Tuyển Sinh 2022-2023

[Trần Nam Dũng] Giải Tích Và Các Bài Toán Cực Trị

Trong các bài toán ở trường phổ thông, các bài toán cực trị thuộc vào một trong những dạng toán gần với những ứng dụng thực tế nhất. Những yêu cầu về đường đi ngắn nhất, đường đi nhanh nhât, góc nhìn lớn nhât, tổng thời gian chờ đợi ít nhất, tổng chi phí ít nhất, tổng lợi nhuận cao nhất, diện tích lớn nhất ... là những yêu cầu rất tự nhiên xuất phát từ những bài toán của sản xuất, đời sống và khoa học. Chính vì thế những bài toán cực trị cần có một chỗ đứng xứng đáng trong chương trình toán ở phổ thông, các phương pháp giải bài toán cực trị cũng cần phải được trình bày một cách bài bản.

Trên phương diện phương pháp, có hai cách tiếp cận chính cho lời giải của các bài toán cực trị, đó là phương pháp sử dụng bât đẳng thức và phương pháp hàm sô. Với phương pháp bât đẳng thức, sơ đồ cơ bản là: Để chứng minh $M$ là giá trị lớn nhất của hàm số $f(x)$ trên miền $\mathbb{D}$ ($x$ có thể là một vector), ta sẽ chứng minh
  • $f(x) \leqslant M$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{D}$;
  • Tồn tai $x_{0}$ thuộc $\mathbb{D}$ sao cho $f\left(x_{0}\right)=M$.
Với phương pháp hàm số, ta khảo sát $f(x)$ trên $\mathbb{D}$ và dùng các kết quả của giải tích để tìm ra điểm cực trị và giá trị $M$.

Chú ý rằng, trong chương trình phổ thông khái niệm hàm nhiều biến chưa được đề cập, cho nên, mặc dù chúng ta sẽ bắt gặp những bài toán nhiều biến nhưng công cụ chủ yêu vân là công cụ đạo hàm của hàm số một biên.

Trong bài viết này, chúng ta sẽ chủ yếu đề cập đến các phương pháp giải tích để giải bài toán cực trị. Chúng ta sẽ bắt đầu bằng những bài toán cực trị hàm một biến giải bằng nguyên lý Fermat và định lý tồn tại Weierstrass. Sau đó chúng ta sẽ chuyển sang các bài toán cực trị nhiều biến giải bằng phương pháp khử dần các biến để đưa về trường hợp một biến. Tiếp đến là các bài toán cực trị có điều kiện.

Trong phần cuối cùng, chúng ta sẽ đề cập đến cách tiếp cận các bài toán cực trị nhiều biến bằng cách sử dụng các công cụ toán cao cấp (đạo hàm riêng theo từng biến, phương pháp nhân tử Lagrange). Đây là phần dành cho giáo viên và các học sinh lớp chuyên để có một cái nhìn tổng quan và mạch lạc hơn đối với vấn đề cực trị hàm nhiều biến. Góc nhìn này sẽ giúp các học sinh sau này lên các bậc học cao không bị làm theo quán tính, giải các bài toán cực trị nhiều biến bằng các công cu thô sơ (và vì thế đòi hỏi rất nhiều sự sáng tạo).

Để giúp các bạn học sinh nhìn thấy vẻ đẹ, sức mạnh và sự hiệu quả của các phương pháp giải tích, chúng tôi cố gắng chọn những ví dụ đặc trưng và điển hình nhất. Các ví dụ và bài toán trong bài này được lấy từ những bài toán và định lý kinh điển, những bài toán thi Olympic, những đề thi đại học. Ngoài các ví dụ có lời giải và bình luân chi tiết, chúng tôi đưa ra môt số bài tâp tư giải dành cho ban đoc.

1. Nguyên Lý Fermat

Phương pháp có tên là nguyên lý Fermat là một phương pháp mà ai cũng biết đến: Nếu hàm số $f$ là khả vi thì mỗi một điểm cực tiểu (cực đại) địa phương của nó đều là điểm dừng, tức là là nghiệm của phương trình $f^{\prime}(x)=0$. Về điều này trước Fermat cũng đã từng được nhắc tới:
Về cả hai phía của điểm có giá trị lớn nhất sự giảm ban đầu không đáng kể.
- Johan Kepler
Điều ngược lại không đúng: Điểm dừng có thể không phải là điểm cực trị của hàm số, như ví dụ đơn giản sau: Hàm $x^{3}$ tại điểm $x=0$. Để tìm các giá trị cực trị của hàm số $f$, ta giải phương trình $f^{\prime}(x)=0$, tìm được tất cả các điểm dừng là những điểm "nghi can" cho các giá trị cực tri. Sau đó ta sử dụng định lý tồn tại: Một hàm số liên tục trển đoạn $[a, b]$ sẽ đạt được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đó. Ta sẽ coi định lý này là hiển nhiên về mặt hình học và bỏ qua phép chứng minh đó. Như vậy giá trị lớn nhât và giá trị nhỏ nhât của hàm liên tục, khả vi trên đoạn $[a, b]$ tồn tại và ta chỉ cần tìm các giá trị này tại các điểm dừng và hai đầu mút.

Bổ đề 1.1. Nếu hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ liên tục và $f(x) \rightarrow+\infty$ khi $|x| \rightarrow+\infty$ thì nó đạt được giá trị nhỏ nhất trong $\mathbb{R}$.

Bổ đề 1.2. Nếu hàm số $f:(a, b) \rightarrow \mathbb{R}$ liên tục và $f(x) \rightarrow+\infty$ khi $x \rightarrow a$ và $x \rightarrow b$ thì nó đạt được giá trị nhỏ nhất trên $(a, b)$.

Điều kiện tồn tại giá trị lớn nhất cũng được phát biểu tương tự. Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một ví dụ kinh điển.

Ví dụ 1.3. (Định luật Snellius) Tia sáng cắt đường biên của hai môi trường, vào với góc $\alpha$ và ra với góc $\beta$ (góc giữa tia sáng với đường vuông góc với đường biên tại điểm cắt). Khi đó $$ \frac{\sin \alpha}{v_{a}}=\frac{\sin \beta}{v_{b}}, $$ trong đó $v_{a}, v_{b}$ là vận tốc ánh sáng trong các môi trường đó.
Lời giải. Ta sẽ sử dụng nguyên lý Fermat trong quang học: Ánh sáng trong đường đi của minh từ một điểm tên một điểm luôn chọn đường đi ngắn nhât về mặt thời gian. Nếu ta lấy trên tia sáng hai điểm $A$, $B$ nằm về hai phía đối với đường biên, còn chính đường biên ký hiệu là $l$ là ta thu được bài toán tìm cực tiểu: $$ \left\{\begin{array}{l} f(M)=\dfrac{A M}{v_{a}}+\dfrac{B M}{v_{b}} \rightarrow \min \\ M \in l \end{array}\right. $$ Giá trị nhỏ nhất tồn tai, điều này được đảm bảo bởi bổ đề 1.1. Gọi điểm mà hàm số đat giá tri nhỏ nhất là $M_{0}$. Vấn đề là tính đạo hàm của hàm số $f$. Điều này có thể làm thế nào ? Ta có thể thực hiện điều này bằng cách tìm ra biểu thức hàm số $f$ sử dụng định lý Pythagore: Gọi $A H$, $B K$ là đường vuông góc hạ từ $A$, $B$ tương ứng xuống. Đặt $A H=a$, $B K=b$ và $H K=c$, $H M=x$ thì ta có $$A M=\sqrt{a^{2}+x^{2}},\,B H=\sqrt{b^{2}+(c-x)^{2}}.$$ Từ đó $$f(M)=g(x)=\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{v_{a}}+\frac{\sqrt{b^{2}+(c-x)^{2}}}{v_{b}}.$$ Theo bổ đề 1.1 thì $f(M)$ đạt được giá trị nhỏ nhất tai một điểm $M_{0}$ nào đó. Và theo nguyên lý Fermat thì $f^{\prime}\left(M_{0}\right)=0$. Nhưng $$f^{\prime}(M) =g^{\prime}(x) =\frac{x}{v_{a} \sqrt{a^{2}+x^{2}}}-\frac{c-x}{v_{b} \sqrt{b^{2}+(c-x)^{2}}}.$$ Từ đó $f^{\prime}\left(M_{0}\right)=0$ tương đương với $$ \frac{x_{0}}{v_{a} \sqrt{a^{2}+x^{2}}}-\frac{c-x_{0}}{v_{b} \sqrt{b^{2}+(c-x)^{2}}}, $$ hay $$ \frac{\sin \alpha}{v_{a}}=\frac{\sin \beta}{v_{b}} . $$ Ta có điều phải chúng minh.

Bài toán 1. Có một miếng thép kích thước $1 m \times 1 m$. Người ta muốn làm từ tấm thép một hình hộp không đáy bằng cách cắt ở 4 góc các hình vuông kích thước $x \times x$, gấp lên rồi hàn lại. Hỏi phải chọn $x$ bằng bao nhiêu để thể tích hình hộp là lớn nhất ?
Lời giải. Rõ ràng ta phải có $0 \leq x \leqslant \frac{1}{2}$. Thể tích hình hộp là $$ V(x)=x(1-2 x)^{2}.$$ Với bài này, chỉ cần một chút khéo léo là ta có thể dùng bất đẳng thức $AM-GM$ để tìm ra giá trị lớn nhất. Tuy nhiên, phương pháp hàm số sẽ cho chúng ta một lời giải tư nhiên mà không đòi hỏi bất cú một sự sáng tao đặc biệt nào: $$V^{\prime}(x)=12 x^{2}-8 x+1=(2 x-1)(6 x-1).$$ Từ đó ta có $V(x)$ chỉ có thể đat giá trí lớn nhất và giá trị nhỏ nhất tại các điểm 0 (biên), $\frac{1}{6}$ (điểm dừng), $\frac{1}{2}$ (biên). Vì $$ V(0)=V\left(\frac{1}{2}\right)=0, V\left(\frac{1}{6}\right)=\frac{2}{27}, $$ nên ta suy ra $V_{\max }=\frac{2}{27}$ khi $x=\frac{1}{6}$.

Bài 1. Hãy giải bài toán trên với miếng thép có kích thước $a \times b$ bằng một trong các phương pháp sau :
  • Dùng bất đẳng thức AM-GM.
  • Dùng đạo hàm.
Ví dụ 1.4. Qua một điểm nằm trong một góc cho trước, hãy kẻ đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất có đầu mút nằm trên các cạnh của góc.
Lời giải. Bổ đề 1 đảm bảo sự tồn tai của đoan thẳng ngắn nhất. Giả sử đoạn thẳng ngắn nhất là $A B$ và điểm nằm trong góc là $M$. Qua $M$ ta kẻ một đường thẳng khác là $A^{\prime} B^{\prime}$. Goi y là góc có hướng giữa $A^{\prime} B^{\prime}$ và $A B$. Hàm số $f(\gamma)=A^{\prime} B^{\prime}$ đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm $\gamma=0$ do đó $f^{\prime}(0)=0$. Đặt $\alpha=\angle O A B, \beta=\angle O B A$ trong đó $O$, là đỉnh của góc. Sử dụng định lý hàm số sin cho các tam giác $M A A^{\prime}$ và $M B B^{\prime}$, ta có $$M A^{\prime}=M A \frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha-\gamma)},\, M B^{\prime}=M B \frac{\sin \beta}{\sin (\beta+\gamma)}.$$ Từ đó $$ \begin{aligned} \Delta f=& A^{\prime} B^{\prime}-A B \\ =& M A^{\prime}+M B^{\prime}-M A-M B \\ =& M A\left[\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha-\gamma)}-1\right] +M B\left[\frac{\sin \beta}{\sin (\beta+\gamma)}-1\right] \\ =& M A \cdot \frac{2 \sin \frac{\gamma}{2} \cdot \cos \left(\alpha-\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin (\alpha-\gamma)} -M B \cdot \frac{2 \sin \frac{\gamma}{2} \cdot \cos \left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin (\alpha+\gamma)} . \end{aligned} $$ Như vây $$\frac{\Delta f}{\Delta \gamma}=\frac{2 \sin \frac{\gamma}{2}}{\gamma}\left(M A \cdot \frac{\cos \left(\alpha-\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin (\alpha-\gamma)} -M B \cdot \frac{\cos \left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin (\alpha+\gamma)}\right) .$$ Cho $\gamma \rightarrow 0$, ta được $$ f^{\prime}(0)=M A \cot \alpha-M B \cot \beta . $$ Nhưng vì $f^{\prime}(0)=0$ nên ta có $M A \cot \alpha=$ $M B \cot \beta$. Kêt quả này có ý nghĩa hình học như thể nào? Hạ đường vuông góc $O H$ xuông $A B$. Dễ dàng kiểm tra được rằng $\dfrac{H B}{H A}=\dfrac{\cot \beta}{\cot \alpha}$. Mặt khác $\dfrac{M A}{M B}=\dfrac{\cot \beta}{\cot \alpha}$, suy ra $M A=H B$, $M B=H A$. Như vậy đoạn thẳng ngắn nhất $A B$ được đặc trưng bởi tính chất sau: Hình chiếu của $O$ lên $A B$ đối xứng với $M$ qua trung điểm của $A B$.

Chú ý 1.5. Tại sao chúng ta chỉ tìm ra đặc trưng hình học của đoạn thẳng $A B$ mà không nêu ra cách dưng của nó ? Vấn đề là với một vi trí tổng quát, lời giải này không thể dựng được bằng thước và compa. Trong thực tế, có nhiều bài toán cực trị ta chỉ đưa ra được các tính chất đặc trưng của lời giải chứ không tìm được lời giải mang tính xây dựng.

Bài 2. Đường thẳng đi qua một điểm nằm trong một góc, cắt góc này thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Hãy tìm lời giải hình học và lời giải giải tích cho bài toán này.

Bài 3. Cũng bài toán trên với chu vi nhỏ nhất. Hãy tìm lời giải hình học lẫn lời giải giải tích.

Bài 4. Qua một điểm nằm trong góc vuông hãy kẻ một đường thẳng sao cho $O A+O B$ nhỏ nhất ($O$ là đỉnh góc vuông và $A$, $B$ là giao điểm của đường thẳng với các cạnh góc vuông).

Với bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một hàm số trên đoạn $[a, b]$ ta có một số trường hợp đặc biệt đơn giản nhưng khá hiệu quả sau :
  • Hàm đơn điệu: Nếu $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ với mọi $x$ thuộc $(a, b)$ thì hàm số $f$ tăng trên $[a, b]$ và ta có $f(a) \leqslant f(x) \leqslant f(b)$ với mọi $x$ thuộc $[a, b]$.
  • Hàm lồi: Nếu $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0$ thì hàm số $f(x)$ sẽ có nhiều nhât một điểm cực đại (nêu có thì đó sẽ là điểm mà hàm số đạt giá trị lớn nhất) và giá trị nhỏ nhất của hàm số sẽ đạt được tại một trong hai điểm biên.
Ví dụ 1.6. (Đề thi Đai hoc khối A - 2008) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực $m$ sao cho phương trình $$ \sqrt{2 x}+\sqrt[4]{2 x}+2 \sqrt{6-x}+2 \sqrt[4]{6-x}=m, $$ có đúng hai nghiệm thực phân biệt.
Lời giải. Hàm số $f(x)=\sqrt{2 x}+\sqrt[4]{2 x}+2 \sqrt{6-x}+2 \sqrt[4]{6-x}$, xác định trên $[0,6]$ là tổng của các hàm lồi nên cũng là một hàm lồi. Vì thế $f(x)$ sẽ có nhiều nhất một điểm cực đại. Tính đạo hàm bâc nhất, ta được $$f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{2 x}}+\frac{1}{2 \sqrt[4]{x^{3}}}-\frac{1}{\sqrt{6-x}}-\frac{1}{2 \sqrt[4]{6-x}} .$$ Dễ thấy $f^{\prime}(2)=0$, suy ra 2 là điểm cực đại duy nhất. Hàm số sẽ có chiều biến thiên là tăng trên $(0,2)$ và giảm trên $(2,6)$. Từ đó dễ dàng suy ra phương trình $f(x)=m$ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $$ \max \{f(0), f(6)\} \leq m<f(2) . $$ Tức là $2(\sqrt{6}+\sqrt[4]{6}) \leqslant m<3(2+\sqrt{2})$.

Bài 5. (Olympic 30 - 4, Năm 1996) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $$ f(x)=x\left(9 \sqrt{1+x^{2}}+13 \sqrt{1-x^{2}}\right), $$ trên đoạn $[0,1]$.

Bài 6. (Bài toán về góc sút và khung thành) Cho một đường thẳng $l$ và hai điểm $A$, $B$ nằm về cùng một phía đối với $l$. Tìm vị trí điểm $M$ trên $l$ sao cho góc $\angle A M B$ lớn nhât.

Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $$ f(x)=\sqrt{2} \sin x+\sqrt{15-10 \sqrt{2} \cos x}.$$

Bài 8. (Việt Nam 1993) Tìm giá tri lớn nhất và giá tri nhỏ nhất của hàm số $$ f(x)=x\left(1993+\sqrt{1995-x^{2}}\right) . $$

2. Cực Trị Hàm Nhiều Biến

Với công cụ cấp trung hoc phổ thông, một trong những phương pháp giải bài toán nhiểu biến số là làm giảm dần các biến số bằng cách tìm cực trị theo từng phương. Y tưởng của phương pháp này được minh hoạ băng hình ảnh sau: Để tìm người cao nhât trong một nhóm người đang xêp thành $m$ hàng, ta tìm người cao nhất trong từng hàng rồi so sánh nhṹng người cao nhất đó để tìm ra người cao nhất tuyệt đối. Ta bắt đầu bằng một ví dụ kinh điển trong hình học. 

Ví dụ 2.1. Trong các tam giác nội tiếp trong một đường tròn cho trước, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất.
Lời giải 1. Không mất tính tổng quát, ta xét tam giác $A B C$ nôi tiếp trong đường tròn đơn vị với $A(0 ; 1)$ cố định và $B\left(x_{1}, y_{1}\right), C\left(x_{2}, y_{2}\right)$ với điều kiện $x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=1, x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=1$ thi được bài toán cực trị sau $$ \left\{\begin{array}{l} \dfrac{\left|\left(x_{1}-1\right) y_{2}-\left(x_{2}-1\right) y_{1}\right|}{2} \rightarrow \max \\ x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=1 \\ x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=1 \end{array}\right. $$ Bài toán cực trị có điều kiên 4 biến này có thể chuyển thành bài toán cực trị 2 biến bằng cách tham số hoá đường tròn đơn vị, cụ thể đặt $x_{1}=\cos \alpha$, $y_{1}=\sin \alpha$, $x_{2}=\cos \beta$, $y_{2}=\sin \beta$ ta quy bài toán về việc tìm giá trị lớn nhât và giá trị nhỏ nhât của hàm số $$ f(\alpha, \beta)=\sin \alpha-\sin \beta+\sin (\beta-\alpha) . $$ Giữ $\alpha$ cố định, xét $f(\alpha, \beta)$ nhu một hàm số theo $\beta$ thì $$ f_{\beta}^{\prime}(\alpha, \beta)=-\cos \beta+\cos (\beta-\alpha) . $$ Từ đây ta tìm được các điểm dừng là $\beta=$ $\frac{\alpha}{2}+k \pi$. Từ đó, để tìm $f(\alpha, \beta)_{\max}$ ta chỉ cần tim giá trị lớn nhất của hàm $$\sin \alpha-\sin \left(\frac{\alpha}{2}+k \pi\right)+\sin \left(\frac{\alpha}{2}+k \pi-\alpha\right),$$ tức là giá trị lớn nhất của $$ \begin{aligned} &f_{1}(\alpha)=\sin \alpha-2 \sin \left(\frac{\alpha}{2}\right), \\ &f_{2}(\alpha)=\sin \alpha+2 \sin \left(\frac{\alpha}{2}\right) . \end{aligned} $$ Giải bài toán một biến này, ta tim được đáp số $f(\alpha, \beta)_{\max }$ bằng $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, chẳng hạn khi $\alpha=\frac{2 \pi}{3}, \beta=\frac{4 \pi}{3}$ (và $f(\alpha, \beta)_{\min }$ bằng $-\frac{3 \sqrt{3}}{2}$ !). Đây chính là tình huống khi tam giác đã cho đều.
Lời giải 2. Cũng bằng phương pháp tương tự, trước hết ta cố định cạnh $B C$ là một dây cung độ dài $2 a$ của đường tròn bán kính $R$ và tim vị trí điểm $A$ trên đường tròn sao cho diện tích tam giác $A B C$ lớn nhất. Có thể chứng minh được dễ dàng rằng điểm $A$ cần tìm chính là trung điểm của cung lớn $B C$ (nơi mà tiếp tuyến song song với $B C$). Diện tích của tam giác cực đai này bằng $$ f(a)=a\left(R+\sqrt{R^{2}-a^{2}}\right) . $$ Bây giờ ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $f(a)$ trên $[0, R]$. Tính đạo hàm $f^{\prime}(a)$, ta được $$ f^{\prime}(a)=R+\sqrt{R^{2}-a^{2}}-\frac{a^{2}}{\sqrt{R^{2}-a^{2}}}, $$ và $f^{\prime}(a)=0$ khi và chỉ khi $a=\frac{R \sqrt{3}}{2}$, từ đó ta tìm được $f_{\max }=\frac{3 \sqrt{3} R^{2}}{4}$.

Ví dụ 2.2. Cho tam giác đều $A B C$. Với mỗi điểm $M$ nằm trong mặt phẳng tam giác, gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các đường thẳng $(B C)$, $(C A)$, $(A B)$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ \frac{M A+M B+M C}{M D+M E+M F} . $$

Ví dụ 2.3 (Chọn đội tuyển IMO Việt Nam 2001). Cho $x, y, z$ là các sô thực dương thoả mãn $2 x+4 y+7 z=2 x y z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x+y+z$.
Lời giải. Rút $z=\dfrac{2 x+4 y}{2 x y-7}>0$ ta đưa bài toán về bài toán cực trị hai biến $$ \left\{\begin{array}{l} f(x, y)=x+y+\dfrac{2 x+4 y}{2 x y-7} \rightarrow \min \\ x>0, y>0,2 x y>7 \end{array}\right. $$ Tính đạo hàm theo $y$, ta được $$ \begin{aligned} f_{y}^{\prime}(x, y) &=1+\frac{4(2 x y-7)-2 x(2 x+4 y)}{(2 x y-7)^{2}} \\ &=1-\frac{4 x^{2}+28}{(2 x y-7)^{2}} . \end{aligned} $$ Từ đó, ta tìm được, với mỗi $x$ có định thì $f(x, y)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm $$ y_{0}=\frac{7}{2 x}+\sqrt{1+\frac{7}{x^{2}}} . $$ Khi đó $$ f\left(x, y_{0}\right)=x+\frac{11}{2 x}+2 \sqrt{1+\frac{7}{x^{2}}}=g(x) . $$ Tính đạo hàm $$ g^{\prime}(x)=1-\frac{11}{2 x^{2}}-\frac{14}{\sqrt{1+\frac{7}{x^{2}}}} \cdot \frac{1}{x^{3}} . $$ Phương trình $g^{\prime}(x)=0$ tương đương với $\left(2 x^{2}-11\right)^{2}\left(x^{2}+7\right)=784$ (với điều kiện $2 x^{2}>11$) có nghiêm $x=3$. Đây chính là điểm cưc tiểu (do $f \rightarrow+\infty$ khi $x \rightarrow 0$ và $x \rightarrow+\infty)$. Từ đó$$ f(x, y)_{\min }=g(x)_{\min }=g(3)=\frac{15}{2} . $$ Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là $\frac{15}{2}$.

Bài 9. (VMO 2004) Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn $(x+y+z)^{3}=$ $32 x y z$. Tìm giá trị lớn nhât và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ P=\frac{x^{4}+y^{4}+z^{4}}{(x+y+z)^{4}} . $$

Bài 10. (VMO 2003) Cho $f(t)=\dfrac{t^{2}+2 t-1}{t^{2}+1}$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $f(x) \cdot f(y)$ với $x, y$ là các số thực thoả mãn điều kiện $x+y=1$.

Bài 11. (Chon đội tuyển IMO Viêt Nam 1993) Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ là các số thực thoả mãn điều kiện $\frac{1}{2} \leq x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2} \leq$ 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$A=\left(x_{1}-2 x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\left(x_{2}-2 x_{3}+x_{4}\right)^{2}+\left(x_{2}-2 x_{1}\right)^{2}+\left(x_{3}-2 x_{4}\right)^{2}.$$

3. Cực Trị Hàm Nhiều Biến Dưới Góc Nhìn Của Toán Cao Cấp

Với những bài toán ở phổ thông, kể cả các bài toán thi học sinh giỏi các câp, các kiến thức giải tích một biến là đủ để xử lý. Tuy nhiên, để có một góc nhìn tổng quát hơn, để giới thiệu những nét đẹp của toán cao cấp, chúng ta có thể giới thiệu với các em một cách so lược về giải tích nhiều biến, phương pháp nhân tử Lagrange. Đây cũng là phương pháp để sáng tạo các bài toán mới, kiểm tra các kết quả sơ cấp khác. Lưu ý, việc giới thiệu các kiến thức này cho đối tượng nào, ở múc độ nào và nhằm mục đích gì là điều hết súc phải cân nhắc. Nguyên lý Fermat có thể mở rộng sang trường hợp nhiều chiều mà không có thay đổi gì đáng kể. Để tìm các giá trị cực trị của hàm $f(x)$, trong đó $x=$ $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right) \in \mathbb{R}^{n}$, ta tìm các điểm dừng từ hệ phương trình $$f^{\prime}(x)=0 \text { hay } f_{x_{j}}^{\prime}\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=0 (j=1,2, \ldots, n), $$ là hệ có số phương trình bằng số ẩn số. Sau đó ta sử dụng định lý Weierstrass (định lý tồn tại), thay đoạn $[a, b]$ bằng tập compact $A$ - tập đóng và bị chặn - trong không gian $\mathbb{R}^{n}$. Đóng ở đây có nghĩa là nó chứa tất cả các điểm giới hạn của nó. Tương tự như trong trường hợp một chiều, ta cũng gặp vân đề tìm các giá trị cực trị trong một miền mở. Bổ đề dưới đây giúp chúng ta xử lý một số trường hợp như vậy.

Bổ đề 3.1. Nếu hàm số $f: \mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$ liên tục và $f(x) \rightarrow+\infty$ khi $$ |x|=\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}} \rightarrow+\infty, $$ thì nó đạt được giá trị nhỏ nhất trong $\mathbb{R}^{n}$.

Ví dụ 3.2. Trong các tam giác nội tiếp trong một đường tròn cho trước, hã́y tìm tam giác có diện tích lớn nhất.
Lời giải. Sử dung định lý Weierstrass về sự tồn tai của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một hàm liên tục xác định trên một tập compact, ta suy ra tam giác $A_{0} B_{0} C_{0}$ với diện tích lớn nhât tồn tại. Sử dụng lý luận hình học quen thuộc, ta suy ra tam giác $A_{0} B_{0} C_{0}$ này phải đều.

Ví dụ 3.3. (Định lý cơ bản của đại số) Một đa thức không đồng nhất hằng số với hệ số phức bất kỳ luôn luôn có nghiệm phức.
Lời giải. Xét một đa thúc bất kỳ $p(z)$ và xét đại lượng $|p(z)|$ nhu một hàm của hai biến số thực $x$ và $y$, trong đó $z=x+i y$. Theo Bổ đề 3.1 hàm số này đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm $z_{0}=\left(x_{0}, y_{0}\right)$. Không mất tính tổng quát, bằng cách đổi biến số, có thể giả sử $z_{0}=0$. Giả sử rằng tại điểm này hàm số $p(z)$ không bằng 0 . Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho hệ số của $z^{k}$ trong đa thúc khác 0 . Khi đó $k \geqslant 1$, $$ p(z)=a_{0}+a_{k} z^{k}+\cdots+a_{n} z^{n}, a_{k} \neq 0 . $$ Ngoài ra $a_{0} \neq 0$ vì $a_{0}=p(0)=p\left(z_{0}\right) \neq 0$. Bây giờ ta lây một nghiệm phúc u của phương trình $a_{0}+a_{k} z^{k}=0$, túc là một trong những căn phúc bậc $k$ của $-a_{0} a_{k}^{-1}$. Ta có
$$ \begin{aligned} |p(t u)| &=\left|a_{0}+a_{k} t^{k} u^{k}+o\left(t^{k}\right)\right| \\ &=\left|\left(1-t^{k}\right) a_{0}+o\left(t^{k}\right)\right| \\ &<a_{0}=p(0), \end{aligned} $$ với $t>0$ đủ nhỏ. Mâu thuẫn vì theo giả thiết, $z_{0}=0$ là điểm hàm số đạt giá trị nhỏ nhất. Định lý được chúng minh.

Ví dụ 3.4. (Đề thi chọn đội tuyển trường PTNK năm 1999) Cho $x, y$ là các số thực thoả mãn điều kiên $0 \leqslant x, y \leqslant 2$ và $1 \leqslant x+y \leqslant 3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $$ A=x^{2}+y^{2}+x y-3 x-3 y \text {. } $$
Lời giải. Hàm số $f(x, y)=x^{2}+y^{2}+x y-$ $3 x-3 y$ khả vi và liên tục trên compact $\mathbb{D}$ xác đinh bởi các bất đẳng thúc ở đề bài ($\mathbb{D }$ là một hình lục giác !) vì vậy $f(x, y)$ đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{D}$. Các giá trị lớn nhât và giá trị nhỏ nhât này sẽ đạt được tại các điểm dừng và trên biên của $\mathbb{D}$. Hệ phương trình tim điểm dừng có dạng $$\begin{cases} 2 x+y-3 &=0 \\ 2 y+x-3 &=0 \end{cases}$$ có nghiệm duy nhất $(x, y)=(1,1)$. Giá trị tại điểm này $f(1,1)=-3$.
  • Trên biên $x=0$ và $1 \leqslant y \leqslant 2$, ta có $f(x, y)=y^{2}-3 y$ có giá trị lớn nhất là $-2$ đat tai $(0,1)$, $(0,2)$, có giá trị nhỏ nhất là $-\frac{9}{4}$ đat tai $\left(0, \frac{3}{2}\right)$. Tương tự trên biên $y=0$, $1 \leqslant x \leqslant 2$.
  • Trên biên $x=2$ và $0 \leqslant y \leqslant 1$, ta có $f(x, y)=y^{2}-y-2$, có giá trị lớn nhất là $-2$ đạt tại $(2,0),(2,1)$ và giá trị nhỏ nhất là $-\frac{9}{4}$ đạt tại $\left(2, \frac{1}{2}\right)$. Tương tự trên biên $y=2$ và $0 \leqslant x \leqslant 1$. - Trên biên $x+y=1,0 \leqslant x \leqslant 1$ ta có $f(x, y)=x^{2}-x-2$ có giá trị lớn nhât là $-2$ đạt tại $(0,1)$ và $(1,0)$ và giá trị nhỏ nhất là $-\frac{9}{4}$ đat tại $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{3}\right)$.
  • Trên biên $x+y=3$ và $1 \leqslant x \leqslant 2$, ta có $f(x, y)=x^{2}-3 x$ có giá trị lớn nhất là $-2$ đạt tại $(1,2)$, $(2,1)$ và giá trị nhỏ nhất là $-\frac{9}{4}$ đat tai $\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$.
Từ đó giá trị lớn nhất của $f$ là $-2$ đat tai các đỉnh của hình lục giác $(0,1)$, $(0,2)$, $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,0)$, $(1,0)$ và giá trị nhỏ nhât là $-3$ đạt tại điểm $(1,1)$.

Chú ý 3.5. Vì các compact có thể được mô tả bằng các bất đẳng thức hoặc các đẳng thức (ví dụ hình cầu $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$) nên các bài toán cực trị trên compact có thể quy về bài toán cực trị có điều kiện. Với những bài toán này, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange để tìm lời giải. Ta giới thiệu nội dung phương pháp này thông qua trường hợp bài toán cực trị nhiều biến với một điều kiện ràng buộc: Để tìm cực trị của hàm số $f\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ với điều kiện ràng buộc $g\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=0$, ta xét hàm $$F\left(\lambda, x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=f\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)+\lambda g\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right) .$$ Sau đó ta tìm cưc trị của $F$. Chú ý rằng các điểm cực trị này đều thoả mãn điều kiện $$g\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=F_{\lambda}^{\prime}\left(\lambda, x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=0,$$ nên sẽ là cực trị của $f$ với điều kiện ràng buộc $g\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=0$.

Ví du 3.6. Tìm giá tri giá tri nhỏ nhất của hàm số $f(x, y)=5 x^{2}+2 x y+3 y^{2}$ với điều kiện $$ g(x, y)=7 x^{2}+2 x y+4 y^{2}-3=0 . $$
Lời giải. Xét $L=f(x, y)+\lambda g(x, y)$. Đạo hàm theo các biến $x$ và $y$, ta được $$ \left\{\begin{array}{l} 10 x+2 y+\lambda(14 x+2 y) &=0 \\ 2 x+6 y+\lambda(2 x+8 y) &=0 \end{array}\right. $$ Từ đây tính $\lambda$ từ các phương trình rồi cho bằng nhau, ta được $$ \frac{10 x+2 y}{14 x+2 y}=\frac{6 y+2 x}{8 y+2 x} . $$ Từ đó suy ra $\dfrac{y}{x}=\{-1,2\}$. Thay vào phương trình $g(x, y)=0$, ta tìm được một số điểm "nghi vấn" của cực trị. Tính các giá trị của hàm số $f$ tại các điểm này, ta thu được giá trị nhỏ nhất đat tại các điểm $$ (x, y)=\left\{\left(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right),\left(\frac{1}{3},-\frac{1}{3}\right)\right\} . $$ Từ đó dẫn đến kết luận của bài toán. Cuối cùng ta dùng đến định lý về sự tồn tại giá trị nhỏ nhất $(g(x, y)=0$ là phương trình của một ellip, vì thế là compact).

Bài 1. (Bài toán về Entropi cực đại) Với $n$ số dương $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ sao cho $\sum_{k=1}^{n} x_{k}$, tìm giá trị nhỏ nhất của tổng $\sum_{k=1}^{n} x_{k} \ln \left(x_{k}\right)$. (Tổng này với dấu trừ được gọi là entropi.)

Bài 2. Tổng của 5 số thực bằng 1 , tổng bình phương của chúng bằng 13 thì giá trị nhỏ nhất của tổng lập phương của chúng bằng bao nhiêu ?

Ví dụ 3.7. (Chọn đội tuyển Việt Nam 2001) Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điểu kiện $2 x+4 y+7 z=2 x y z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x+y+$ $z$.
Lời giải. Xét $$ L=x+y+z+\lambda(2 x+4 y+7 z-2 x y z) . $$ Khi đó hệ $L_{x}=L_{y}=L_{z}=0$ có dạng $$ \left\{\begin{array}{l} 1+\lambda(2-2 y z)=0, \\ 1+\lambda(4-2 z x)=0, \\ 1+\lambda(7-2 x y)=0 . \end{array}\right. $$ Từ đây ta tìm được $$ \left\{\begin{array}{l} 2 y z=2+\dfrac{1}{\lambda}, \\ 2 z x=4+\dfrac{1}{\lambda}, \\ 2 x y=7+\dfrac{1}{\lambda} . \end{array}\right. $$ Mặt khác, điều kiện $x+4 y+7 z=2 x y z$ có thể viết lại thành $$ \frac{2}{2 y z}+\frac{4}{2 z x}+\frac{7}{2 x y}=1.$$ Thay các biểu thúc vừa tìm được ở trên vào, ta tim được $$ \frac{2 \lambda}{2 \lambda+1}+\frac{4 \lambda}{4 \lambda+1}+\frac{7 \lambda}{7 \lambda+1}=1.$$ Biến đổi tương đương, ta được phương trình $$ 112 \lambda^{3}+50 \lambda^{2}-1=0 . $$ Phương trình này có các nghiệm $\lambda=$ $\frac{1}{8}, \lambda=\frac{-4 \pm \sqrt{2}}{14}$ (loại vì dẫn đến $y z<0$ ). Từ đó ta có $$ \left\{\begin{array}{l} 2 y z=10 \\ 2 z x=12 \\ 2 x y=15 \end{array}\right. $$ Từ đây tính được điểm dùng là $(x, y, z)=$ $\left(3, \frac{5}{2}, 2\right)$. Sự tồn tại của giá trị nhỏ nhất được đảm bảo bởi Bổ đề 3.1, do đó $\left(3, \frac{5}{2}, 2\right)$ chính là điểm mà hàm số đạt giá tri nhỏ nhất.

Bài 3. Cho $a, b, c$ là các số thực dương cho trước và $x, y, z$ là các số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện $x y z=a x+$ $b y+c z$. Chứng minh rằng $$ x+y+z \geqslant \sqrt{b+c+\frac{2 b c}{d}}+\sqrt{c+a+\frac{2 c a}{d}} + \sqrt{a+b+\frac{2 a b}{d}}, $$ trong đó $d$ là số thực dương xác định bởi phương trình $$ \frac{a}{a+d}+\frac{b}{b+d}+\frac{c}{c+d}=1 . $$

Ví dụ 3.8. (Bất đẳng thức Hölder) Cho $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ là các sô thực dương và $p, q$ là các số dương thoả mãn điều kiện $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$ \sum_{k=1}^{n} x_{k} y_{k} \leq\left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^{q}\right)^{\frac{1}{q}} . $$
Lời giải. Do tính thuần nhất, ta chỉ cần chứng minh rằng nếu $$ \sum_{k=1}^{n} x_{k}^{p}=1,\, \sum_{k=1}^{n} y_{k}^{q}=1 $$ thì $$ \sum_{k=1}^{n} x_{k} y_{k} \leq 1.$$ Xét nhân tử Lagrange $$L=\sum_{k=1}^{n} x_{k} y_{k}+\lambda \left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^{p}-1\right) +\mu\left(\sum_{k=1}^{n} y_{k}^{q}-1\right) .$$ Hệ phương trình tìm điểm dừng có dạng $$ \left\{\begin{array}{l} y_{i}+\lambda p x_{i}^{p-1}=0,\, i=1, \ldots, n \\ x_{i}+\mu p y_{i}^{q-1}=0,\, i=1, \ldots, n \end{array}\right. $$ Viết $n$ phương trình đầu tiên dưới dạng $y_{i}=(-\lambda p) x_{i}^{p-1}$, lấy luy thùa $q$ rồi cộng lại vê theo vế, với chú ý rằng $(p-1) q=p$, ta suy $\mathrm{ra}-\lambda p=1$, suy ra $y_{i}=x_{i}^{p-1}$. Đây là điểm dừng và là điểm hàm số $\sum_{k=1}^{n} x_{k} y_{k}$ đạt giá trị lón nhất. Nhưng rõ ràng giá trị lớn nhất này bằng 1 nên ta có điều phải chứng minh.

Cuối cùng, chúng ta sẽ bình luận lời giải của một số bài toán bất đẳng thức dưới góc nhìn của toán cao cấp.

Ví dụ 3.9. Cho $n \geqslant 2$ và $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ và $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{n}$ là $2 n$ số thực thoả mãn điều kiện $$\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}=1,\, \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}=1,\, \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}=0.$$ Chứng minh rằng $$\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}\right)^{2} \leq n.$$
Lời giải. Bất đẳng thức khá khó chịu này có một lời giải hết sức ngắn gọn và ấn tượng. Đặt $A=\sum_{i=1}^{n} a_{i}$, $B=\sum_{i=1}^{n} b_{i}$. Khi đó khai triển bất đẳng thức hiển nhiên $$ \left(1-A a_{i}-B b_{i}\right)^{2} \geqslant 0, $$ ta được $$1-2 A a_{i}-2 B b_{i}+2 A B a_{i} b_{i} +A^{2} a_{i}^{2}+B^{2} b_{i}^{2} \geqslant 0 .$$ Cho $i$ chạy từ $1$ đến $n$ rồi cộng các bất đẳng thức lại vế theo vế, chú ý rằng $$\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}=1,\, \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}=1,\, \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}=0$$ ta được $$A^{2}+B^{2} \leqslant n,$$ chính là điều phải chứng minh.

Dưới góc nhìn của toán sơ cấp thì khó có thể giải thích được tại sao chúng ta lại nghĩ ra được lời giải này, tại sao lại biêt để bình phương các đại lượng $1-A a_{i}-B b_{i}$ rồi công lại? Chúng ta sẽ lại phải đổ cho "kinh nghiêm, óc phán đoán" hay "nhay cảm toán học"... Toán cao cấp sẽ giúp chúng ta giải thích được lời giải độc đáo này : Xét bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số $$ f(a, b)=\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}\right)^{2} $$ với các điều kiên ràng buộc $$\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}=1,\, \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}=1,\, \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}=0 .$$ Lập nhân tử Langrange $$L=\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}\right)^{2}+\lambda\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}-1\right)+\eta\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}-1\right)+\mu \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} .$$ Các phương trình tìm điểm dừng có dạng $$ \left\{\begin{array}{l} 2 A+2 \lambda a_{i}+\mu b_{i}=0, i=1,2, \ldots, n \\ 2 B+2 \eta a_{i}+\mu b_{i}=0, i=1,2, \ldots, n \end{array}\right. $$ Từ hệ này, nếu $4 \lambda \eta-\mu^{2} \neq 0$, thì tất cả các $a_{i}$ bằng nhau và tất cả các $b_{i}$ bằng nhau. Điều này không thể xảy ra. Do đó ta phải có $4 \lambda \eta-\mu^{2}=0$. Lúc này, để hệ có nghiệm, ta lại phải có $$ \frac{A}{B}=\frac{2 \lambda}{\mu}=\frac{2 \mu}{2 \eta} . $$ Ngoài ra, ta có $$ \begin{aligned} 0 &=\sum_{i=1}^{n} a_{i} \mu b_{i}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}\left(-2 A-2 \lambda a_{i}\right) \\ &=-2 A^{2}-2 \lambda . \end{aligned} $$ Suy ra $2 \lambda=-2 A^{2}$ và $\mu=-2 A B$. Từ đó ta có điều kiện $1-A a_{i}-B b_{i}=0$. Như vậy tại điểm dừng ta có các hệ thức $1-A a_{i}-B b_{i}=0$ và đây chính là cơ sở để ta "mạnh dạ" thực hiện các phép bình phương nói trên.

Bài 4. (IMO Shortlist 1995) Cho $a, b, c$ là các sồ thực dương cho trước và $x, y, z$ là các số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện $x+y+z=a+b+c$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$ 4 x y z-\left(a^{2} x+b^{2} y+c^{2} z\right).$$

Bài 5. (IMO 1984) Cho $x, y, z$ là các số thực không âm có tổng bằng 1 . Chứng minh bât đẳng thức
$$ 0 \leq x y+y z+z x-2 x y z \leq \frac{7}{27} . $$

Bài 6. (Chọn đội tuyển Việt Nam 1993) Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ là các số thực thoả mãn điều kiện $\frac{1}{2} \leq x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2} \leq 1$. Tìm giá trị lớn nhất và giá tri nhỏ nhất của biểu thức $$A=\left(x_{1}-2 x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\left(x_{2}-2 x_{3}+x_{4}\right)^{2}+\left(x_{2}-2 x_{1}\right)^{2}+\left(x_{3}-2 x_{4}\right)^{2}.$$

Tài Liệu Tham Khảo

  1. J. Brinkhouse \& V.Iu.Protasov, Lý thuyết cự trị qua các ví du đơn giản, Tap chí “Truyền bá toán học" số 9 năm 2005 , trang $32-55$.
  2. Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lý và áp dụng, Nhà xuât bản Giáo Dục, 2006
  3. V. Tikhomirov, Các câu chuyện về maximum và minimum, Nhà xuất bả MCCME, 2006 .
  4. The Vietnamese Mathematical Olympiad $(1990-2006)$ Selected Problems, Education Publishing House, 2007 .
  5. Các nguồn tài liệu trên Internet, các tạp chí Kvant, Toán hoc và Tuổi trẻ, đề thi Olympic Toán các nước, đề thi Đại học 2008 .
MOlympiad.NET rất mong bạn đọc ủng hộ UPLOAD đề thi và đáp án mới hoặc LIÊN HỆ
[email protected]
You can use $\LaTeX$ in comment




Name

Abel Albania AMM Amsterdam An Giang Andrew Wiles Anh APMO Austria (Áo) Ba Đình Ba Lan Bà Rịa Vũng Tàu Bắc Bộ Bắc Giang Bắc Kạn Bạc Liêu Bắc Ninh Bắc Trung Bộ Bài Toán Hay Balkan Baltic Way BAMO Bất Đẳng Thức Bến Tre Benelux Bình Định Bình Dương Bình Phước Bình Thuận Birch BMO Booklet Bosnia Herzegovina BoxMath Brazil British Bùi Đắc Hiên Bùi Thị Thiện Mỹ Bùi Văn Tuyên Bùi Xuân Diệu Bulgaria Buôn Ma Thuột BxMO Cà Mau Cần Thơ Canada Cao Bằng Cao Quang Minh Câu Chuyện Toán Học Caucasus CGMO China - Trung Quốc Chọn Đội Tuyển Chu Tuấn Anh Chuyên Đề Chuyên SP TPHCM Chuyên SPHN Chuyên Trần Hưng Đạo Collection College Mathematic Concours Cono Sur Contest Correspondence Cosmin Poahata Crux Czech-Polish-Slovak Đà Nẵng Đa Thức Đại Số Đắk Lắk Đắk Nông Đan Phượng Danube Đào Thái Hiệp ĐBSCL Đề Thi Đề Thi HSG Đề Thi JMO Điện Biên Định Lý Định Lý Beaty Đỗ Hữu Đức Thịnh Do Thái Doãn Quang Tiến Đoàn Quỳnh Đoàn Văn Trung Đống Đa Đồng Nai Đồng Tháp Du Hiền Vinh Đức Dương Quỳnh Châu Duyên Hải Bắc Bộ E-Book EGMO ELMO EMC Epsilon Estonian Euler Evan Chen Fermat Finland Forum Of Geometry Furstenberg G. Polya Gặp Gỡ Toán Học Gauss GDTX Geometry Gia Lai Gia Viễn Giải Tích Hàm Giảng Võ Giới hạn Goldbach Hà Giang Hà Lan Hà Nam Hà Nội Hà Tĩnh Hà Trung Kiên Hải Dương Hải Phòng Hậu Giang Hậu Lộc Hilbert Hình Học HKUST Hòa Bình Hoài Nhơn Hoàng Bá Minh Hoàng Minh Quân Hodge Hojoo Lee HOMC HongKong HSG 10 HSG 10 2015-2016 HSG 10 2022-2023 HSG 10 Bà Rịa Vũng Tàu HSG 10 Bắc Giang HSG 10 Bạc Liêu HSG 10 Bắc Ninh HSG 10 Bình Định HSG 10 Bình Dương HSG 10 Bình Thuận HSG 10 Chuyên SPHN HSG 10 Đắk Lắk HSG 10 Đồng Nai HSG 10 Gia Lai HSG 10 Hà Nam HSG 10 Hà Tĩnh HSG 10 Hải Dương HSG 10 KHTN HSG 10 Nghệ An HSG 10 Phú Yên HSG 10 Thái Nguyên HSG 10 Thanh Hóa HSG 10 Trà Vinh HSG 10 Vĩnh Phúc HSG 11 HSG 11 2011-2012 HSG 11 2012-2013 HSG 11 Bà Rịa Vũng Tàu HSG 11 Bắc Giang HSG 11 Bạc Liêu HSG 11 Bắc Ninh HSG 11 Bình Định HSG 11 Bình Dương HSG 11 Bình Thuận HSG 11 Cà Mau HSG 11 Đà Nẵng HSG 11 Đồng Nai HSG 11 Hà Nam HSG 11 Hà Tĩnh HSG 11 Hải Phòng HSG 11 HSG 12 Quảng Ngãi HSG 11 Lạng Sơn HSG 11 Nghệ An HSG 11 Ninh Bình HSG 11 Thái Nguyên HSG 11 Thanh Hóa HSG 11 Trà Vinh HSG 11 Vĩnh Long HSG 11 Vĩnh Phúc HSG 12 HSG 12 2010-2011 HSG 12 2011-2012 HSG 12 2012-2013 HSG 12 2013-2014 HSG 12 2014-2015 HSG 12 2015-2016 HSG 12 2016-2017 HSG 12 2017-2018 HSG 12 2018-2019 HSG 12 2019-2020 HSG 12 2020-2021 HSG 12 2021-2022 HSG 12 An Giang HSG 12 Bà Rịa Vũng Tàu HSG 12 Bắc Giang HSG 12 Bạc Liêu HSG 12 Bắc Ninh HSG 12 Bến Tre HSG 12 Bình Định HSG 12 Bình Dương HSG 12 Bình Phước HSG 12 Bình Thuận HSG 12 Cà Mau HSG 12 Cần Thơ HSG 12 Cao Bằng HSG 12 Chuyên SPHN HSG 12 Đà Nẵng HSG 12 Đắk Lắk HSG 12 Đắk Nông HSG 12 Đồng Nai HSG 12 Đồng Tháp HSG 12 Gia Lai HSG 12 Hà Nam HSG 12 Hà Tĩnh HSG 12 Hải Dương HSG 12 Hải Phòng HSG 12 Hòa Bình HSG 12 Khánh Hòa HSG 12 KHTN HSG 12 Lạng Sơn HSG 12 Long An HSG 12 Nam Định HSG 12 Nghệ An HSG 12 Ninh Bình HSG 12 Phú Yên HSG 12 Quảng Nam HSG 12 Quảng Ngãi HSG 12 Quảng Ninh HSG 12 Sơn La HSG 12 Tây Ninh HSG 12 Thái Nguyên HSG 12 Thanh Hóa HSG 12 Thừa Thiên Huế HSg 12 Tiền Giang HSG 12 TPHCM HSG 12 Vĩnh Long HSG 12 Vĩnh Phúc HSG 9 HSG 9 2010-2011 HSG 9 2011-2012 HSG 9 2012-2013 HSG 9 2013-2014 HSG 9 2014-2015 HSG 9 2015-2016 HSG 9 2016-2017 HSG 9 2017-2018 HSG 9 2018-2019 HSG 9 2019-2020 HSG 9 2020-2021 HSG 9 2021-202 HSG 9 2021-2022 HSG 9 2022-2023 HSG 9 An Giang HSG 9 Bà Rịa Vũng Tàu HSG 9 Bắc Giang HSG 9 Bắc Ninh HSG 9 Bến Tre HSG 9 Bình Định HSG 9 Bình Dương HSG 9 Bình Phước HSG 9 Bình Thuận HSG 9 Cà Mau HSG 9 Cao Bằng HSG 9 Đà Nẵng HSG 9 Đắk Lắk HSG 9 Đắk Nông HSG 9 Đồng Nai HSG 9 Đồng Tháp HSG 9 Gia Lai HSG 9 Hà Giang HSG 9 Hà Nam HSG 9 Hà Tĩnh HSG 9 Hải Dương HSG 9 Hải Phòng HSG 9 Hòa Bình HSG 9 Khánh Hòa HSG 9 Lạng Sơn HSG 9 Long An HSG 9 Nam Định HSG 9 Nghệ An HSG 9 Ninh Bình HSG 9 Phú Yên HSG 9 Quảng Nam HSG 9 Quảng Ngãi HSG 9 Quảng Ninh HSG 9 Sơn La HSG 9 Tây Ninh HSG 9 Thanh Hóa HSG 9 Thừa Thiên Huế HSG 9 Tiền Giang HSG 9 TPHCM HSG 9 Trà Vinh HSG 9 Vĩnh Long HSG 9 Vĩnh Phúc HSG Cấp Trường HSG Quốc Gia HSG Quốc Tế Hứa Lâm Phong Hứa Thuần Phỏng Hùng Vương Hưng Yên Hương Sơn Huỳnh Kim Linh Hy Lạp IMC IMO IMT India - Ấn Độ Inequality InMC International Iran Jakob JBMO Jewish Journal Junior K2pi Kazakhstan Khánh Hòa KHTN Kiên Giang Kim Liên Kon Tum Korea - Hàn Quốc Kvant Kỷ Yếu Lai Châu Lâm Đồng Lăng Hồng Nguyệt Anh Lạng Sơn Langlands Lào Cai Lê Hải Châu Lê Hải Khôi Lê Hoành Phò Lê Hồng Phong Lê Khánh Sỹ Lê Minh Cường Lê Phúc Lữ Lê Phương Lê Quý Đôn Lê Viết Hải Lê Việt Hưng Leibniz Long An Lớp 10 Chuyên Lớp 10 Không Chuyên Lớp 11 Lục Ngạn Lượng giác Lương Tài Lưu Giang Nam Lý Thánh Tông Macedonian Malaysia Margulis Mark Levi Mathematical Excalibur Mathematical Reflections Mathematics Magazine Mathematics Today Mathley MathLinks MathProblems Journal Mathscope MathsVN MathVN MEMO Metropolises Mexico MIC Michael Guillen Mochizuki Moldova Moscow MYTS Nam Định Nam Phi National Nesbitt Newton Nghệ An Ngô Bảo Châu Ngô Việt Hải Ngọc Huyền Nguyễn Anh Tuyến Nguyễn Bá Đang Nguyễn Đình Thi Nguyễn Đức Tấn Nguyễn Đức Thắng Nguyễn Duy Khương Nguyễn Duy Tùng Nguyễn Hữu Điển Nguyễn Mình Hà Nguyễn Minh Tuấn Nguyễn Nhất Huy Nguyễn Phan Tài Vương Nguyễn Phú Khánh Nguyễn Phúc Tăng Nguyễn Quản Bá Hồng Nguyễn Quang Sơn Nguyễn Song Thiên Long Nguyễn Tài Chung Nguyễn Tăng Vũ Nguyễn Tất Thu Nguyễn Thúc Vũ Hoàng Nguyễn Trung Tuấn Nguyễn Tuấn Anh Nguyễn Văn Huyện Nguyễn Văn Mậu Nguyễn Văn Nho Nguyễn Văn Quý Nguyễn Văn Thông Nguyễn Việt Anh Nguyễn Vũ Lương Nhật Bản Nhóm $\LaTeX$ Nhóm Toán Ninh Bình Ninh Thuận Nội Suy Lagrange Nội Suy Newton Nordic Olympiad Corner Olympiad Preliminary Olympic 10 Olympic 10/3 Olympic 10/3 Đắk Lắk Olympic 11 Olympic 12 Olympic 23/3 Olympic 24/3 Olympic 24/3 Quảng Nam Olympic 27/4 Olympic 30/4 Olympic KHTN Olympic Sinh Viên Olympic Tháng 4 Olympic Toán Olympic Toán Sơ Cấp Ôn Thi 10 PAMO Phạm Đình Đồng Phạm Đức Tài Phạm Huy Hoàng Pham Kim Hung Phạm Quốc Sang Phan Huy Khải Phan Quang Đạt Phan Thành Nam Pháp Philippines Phú Thọ Phú Yên Phùng Hồ Hải Phương Trình Hàm Phương Trình Pythagoras Pi Polish Problems PT-HPT PTNK Putnam Quảng Bình Quảng Nam Quảng Ngãi Quảng Ninh Quảng Trị Quỹ Tích Riemann RMM RMO Romania Romanian Mathematical Russia Sách Thường Thức Toán Sách Toán Sách Toán Cao Học Sách Toán THCS Saudi Arabia - Ả Rập Xê Út Scholze Serbia Sharygin Shortlists Simon Singh Singapore Số Học - Tổ Hợp Sóc Trăng Sơn La Spain Star Education Stars of Mathematics Swinnerton-Dyer Talent Search Tăng Hải Tuân Tạp Chí Tập San Tây Ban Nha Tây Ninh Thạch Hà Thái Bình Thái Nguyên Thái Vân Thanh Hóa THCS Thổ Nhĩ Kỳ Thomas J. Mildorf THPT Chuyên Lê Quý Đôn THPTQG THTT Thừa Thiên Huế Tiền Giang Tin Tức Toán Học Titu Andreescu Toán 12 Toán Cao Cấp Toán Rời Rạc Toán Tuổi Thơ Tôn Ngọc Minh Quân TOT TPHCM Trà Vinh Trắc Nghiệm Trắc Nghiệm Toán Trại Hè Trại Hè Hùng Vương Trại Hè Phương Nam Trần Đăng Phúc Trần Minh Hiền Trần Nam Dũng Trần Phương Trần Quang Hùng Trần Quốc Anh Trần Quốc Luật Trần Quốc Nghĩa Trần Tiến Tự Trịnh Đào Chiến Trường Đông Trường Hè Trường Thu Trường Xuân TST TST 2008-2009 TST 2010-2011 TST 2011-2012 TST 2012-2013 TST 2013-2014 TST 2014-2015 TST 2015-2016 TST 2016-2017 TST 2017-2018 TST 2018-2019 TST 2019-2020 TST 2020-2021 TST 2021-2022 TST 2022-2023 TST An Giang TST Bà Rịa Vũng Tàu TST Bắc Giang TST Bắc Ninh TST Bến Tre TST Bình Định TST Bình Dương TST Bình Phước TST Bình Thuận TST Cà Mau TST Cần Thơ TST Cao Bằng TST Đà Nẵng TST Đắk Lắk TST Đắk Nông TST Đồng Nai TST Đồng Tháp TST Gia Lai TST Hà Nam TST Hà Tĩnh TST Hải Dương TST Hải Phòng TST Hòa Bình TST Khánh Hòa TST Lạng Sơn TST Long An TST Nam Định TST Nghệ An TST Ninh Bình TST Phú Yên TST PTNK TST Quảng Nam TST Quảng Ngãi TST Quảng Ninh TST Sơn La TST Thái Nguyên TST Thanh Hóa TST Thừa Thiên Huế TST Tiền Giang TST TPHCM TST Trà Vinh TST Vĩnh Long TST Vĩnh Phúc Tuyên Quang Tuyển Sinh Tuyển Sinh 10 Tuyển Sinh 10 An Giang Tuyển Sinh 10 Bà Rịa Vũng Tàu Tuyển Sinh 10 Bắc Giang Tuyển Sinh 10 Bạc Liêu Tuyển Sinh 10 Bắc Ninh Tuyển Sinh 10 Bến Tre Tuyển Sinh 10 Bình Định Tuyển Sinh 10 Bình Dương Tuyển Sinh 10 Bình Phước Tuyển Sinh 10 Bình Thuận Tuyển Sinh 10 Cà Mau Tuyển Sinh 10 Cao Bằng Tuyển Sinh 10 Chuyên SPHN Tuyển Sinh 10 Đà Nẵng Tuyển Sinh 10 Đắk Lắk Tuyển Sinh 10 Đắk Nông Tuyển Sinh 10 Đồng Nai Tuyển Sinh 10 Đồng Tháp Tuyển Sinh 10 Gia Lai Tuyển Sinh 10 Hà Giang Tuyển Sinh 10 Hà Nam Tuyển Sinh 10 Hà Nội Tuyển Sinh 10 Hà Tĩnh Tuyển Sinh 10 Hải Dương Tuyển Sinh 10 Hải Phòng Tuyển Sinh 10 Hòa Bình Tuyển Sinh 10 Khánh Hòa Tuyển Sinh 10 KHTN Tuyển Sinh 10 Lạng Sơn Tuyển Sinh 10 Long An Tuyển Sinh 10 Nam Định Tuyển Sinh 10 Nghệ An Tuyển Sinh 10 Ninh Bình Tuyển Sinh 10 Phú Yên Tuyển Sinh 10 PTNK Tuyển Sinh 10 Quảng Nam Tuyển Sinh 10 Quảng Ngãi Tuyển Sinh 10 Quảng Ninh Tuyển Sinh 10 Sơn La Tuyển Sinh 10 Tây Ninh Tuyển Sinh 10 Thái Nguyên Tuyển Sinh 10 Thanh Hóa Tuyển Sinh 10 Thừa Thiên Huế Tuyển Sinh 10 Tiền Giang Tuyển Sinh 10 TPHCM Tuyển Sinh 10 Vĩnh Long Tuyển Sinh 10 Vĩnh Phúc Tuyển Sinh 2010-2011 Tuyển Sinh 2011-2012 Tuyển Sinh 2012-2013 Tuyển Sinh 2013-2014 Tuyển Sinh 2014-2015 Tuyển Sinh 2015-2016 Tuyển Sinh 2016-2017 Tuyển Sinh 2017-2018 Tuyển Sinh 2018-2019 Tuyển Sinh 2019-2020 Tuyển Sinh 2020-2021 Tuyển Sinh 2021-202 Tuyển Sinh 2021-2022 Tuyển Sinh 2022-2023 Tuyển Sinh Chuyên SP TPHCM Tuyển Tập Tuymaada UK - Anh Undergraduate USA - Mỹ USA TSTST USAJMO USATST USEMO Uzbekistan Vasile Cîrtoaje Vật Lý Viện Toán Học Vietnam Viktor Prasolov VIMF Vinh Vĩnh Long Vĩnh Phúc Virginia Tech VLTT VMEO VMF VMO VNTST Võ Anh Khoa Võ Quốc Bá Cẩn Võ Thành Văn Vojtěch Jarník Vũ Hữu Bình Vương Trung Dũng WFNMC Journal Wiles Yên Bái Yên Định Yên Thành Zhautykov Zhou Yuan Zhe
false
ltr
item
MOlympiad.NET: [Trần Nam Dũng] Giải Tích Và Các Bài Toán Cực Trị
[Trần Nam Dũng] Giải Tích Và Các Bài Toán Cực Trị
MOlympiad.NET
https://www.molympiad.net/2021/12/tran-nam-dung-giai-tich-va-cac-bai-toan-cuc-tri.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2021/12/tran-nam-dung-giai-tich-va-cac-bai-toan-cuc-tri.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Not found any posts Not found any related posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU Tag ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Table of Contents See also related Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED
PLEASE FOLLOW THE INSTRUCTIONS TO VIEW THIS CONTENT
NỘI DUNG CAO CẤP NÀY ĐÃ BỊ KHÓA
XIN HÃY LÀM THEO HƯỚNG DẪN ĐỂ XEM NỘI DUNG NÀY
STEP 1: SHARE THIS ARTICLE TO A SOCIAL NETWORK
BƯỚC 1: CHIA SẺ BÀI VIẾT NÀY LÊN MẠNG XÃ HỘI
STEP 2: CLICK THE LINK ON YOUR SOCIAL NETWORK
BƯỚC 2: BẤM VÀO ĐƯỜNG DẪN TRÊN MẠNG XÃ HỘI CỦA BẠN