MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ RỜI RẠC
Các bài toán về tìm cực trị rời rạc là các bài toán tìm giá trị lớn nhất ( GTLN ) và giá trị nhỏ nhất
( GTNN ) của các hàm số nhiều biến nguyên dương thỏa mãn điều kiện nào đó. Để giải các bài toán
loại này chúng ta chỉ có thể sử dụng công cụ duy nhất là Bất đẳng thức. Sau đây tôi xin giới thiệu
một số bài toán dạng này.
Bài toán 1: Tìm GTNN và GTLN của biểu thức:
1 2

k k k
n
A x x x= + + +
với

*
1 2 1 2
, , , , , , ; , 2; ( )
n n
m n k x x x N n k x x x m m n∈ ≥ + + + = >
.
Giải:
Do chỉ có hữu hạn các bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
thỏa mãn điều kiện của bài toán (TMĐKBT) nên có hữu
hạn giá trị của biểu thức A. Theo nguyên lý cực hạn sẽ tồn tại GTNN N của A và GTLN L của A.
Với k = 2 theo bất đẳng thức Côsi – Svác ta có
2
/A m n≥
; dấu bằng xảy ra khi

1 2

n
x x x= = =
.
Từ đó ta dự đoán N đạt được khi các số
1 2
, ,
n
x x x
hơn kém nhau không quá 1. Thật vậy, do
1 2
, ,
n
x x x
có vai trò như nhau nên ta luôn có thể giả thiết được:
1 2
1
n
x x x≤ ≤ ≤ ≤
. Nếu N đạt
được với bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
mà
1
1
n

x x− >
thì ta đặt:
' '
1 1
1; 1
n n
x x x x= + = −
; khi đó bộ số
' '
1 2
( ; ; )
n
x x x
TMĐKBT và
' '
1 2 1 2
(1)
k k k k k k
n n
N x x x x x x= + + + > + + +
trái với giả thiết của N.
' ' ' ' 1 2 ' ' 2 ' 1
1 1 1 1
((1)
k k k k k k k k k k k k
n n n n n n n n n n
x x x x x x x x x x x x x x
− − − −
⇔ + > + ⇔ − > − ⇔ + + + + >
' 1 ' 2 ' 2 1

1 1 1 1 1 1
(2)
k k k k
x x x x x x
− − − −
+ + + +
. (2) đúng vì:
' '
1 1 1
1 0 & 1 0
n n n
x x x x x x> = + > = − > >
Nên (1) đúng )
Do A đạt GTNN khi các số
1 2
, ,
n
x x x
gần nhau nên ta dự đoán A có GTLN L khi các số
1 2
, ,
n
x x x
xa nhau. Ta sẽ chứng minh L đạt được khi
1 2 1
1& 1
n n
x x x x m n
−
= = = = = + −

.
Thật vậy, nếu L đạt được với bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
mà
1
1
n
x
−
>
thì ta đặt
' '
1 1
1& 1
n n n n
x x x x
− −
= − = +
; khi đó bộ số
' '
1 2 2 1
( ; ; ; ; )
n n n
x x x x x
− −
TMĐKBT và
' '

1 2 1 1 2 1
(3).
k k k k k k k k
n n n n
L x x x x x x x x
− −
= + + + + < + + + +
Điều này trái với giả thiết của L.
' ' 1 2 ' ' 2 ' 1 ' 1 ' 2
1 1 1 1 1 1 1 1
' 2 1 ' '
n 1 1
((3)
(4) dúng vì x 0; 0)
k k k k k k k k k k
n n n n n n n n n n n n n
k k
n n n n n n
x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x
− − − − − −
− − − − − − − −
− −
− −
⇔ + < + ⇔ + + + + < + +
+ + > > > >
Ví dụ: nếu n = 29 và m = 2010 thì
2010
69
29

 
=
 
 
; giả sử
.69 (29 ).70
k k
N l l= + −
thì:
69. (29 ).70 2010 29.70 2010 20.l l l+ − = ⇒ = − =
Vậy:
20.69 9.70
k k
N = +
.
28 1982 .
k
L = +
1
Trong trường hợp tổng quát thì:
1 ( 1 )
k
L n m n= − + + −
;

( ) 1 ( 1 )
k
k
m m m
N l n l l n m

n n n
   
     
= + − + = + −
 ÷  ÷
     
     
   
.
Bài toán 2: Tổng của n số nguyên dương bằng m ( m > n > 1). Tìm GTLN và GTNN của tích n số
đó.
Giải:
Ta kí hiệu n số nguyên dương có tổng bằng m là
1 2
, ,
n
x x x
. Kí hiệu tích của chúng là P. Theo Bất
đẳng thức Cô-si, nếu
1 2
, ,
n
x x x
là các số thực dương thì P đạt GTLN khi
1 2
/
n
x x x m n= = = =
do đó ta dự đoán P đạt GTLN L khi các số
1 2

, ,
n
x x x
hơn kém nhau không quá 1. Thật vậy giả sử L
đạt được với bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
mà
1
1
n
x x− >
thì ta đặt:
' '
1 1
1; 1
n n
x x x x= + = −
; khi đó bộ số
' '
1 2 1
( ; ; ; )
n n
x x x x
−
TMĐKBT và
' '
1 2 1 2 1

(1)
n n n
L x x x x x x x
−
= <
điều này trái với giả thiết của L.
' '
1 1 1 1 1 1
((1) ( 1)( 1) 1 1(2)
n n n n n n
x x x x x x x x x x x x⇔ < = + − = + − − ⇔ − >
. Do (2) đúng nên (1)
Đúng ).
Ta cũng dự đoán P có GTNN N khi các số
1 2
, ,
n
x x x
xa nhau. Ta sẽ chứng minh N đạt được khi
1 2 1
1& 1
n n
x x x x m n
−
= = = = = + −
.
Thật vậy, nếu N đạt được với bộ số
1 2
( ; ; )
n

x x x
mà
1
1
n
x
−
>
thì ta đặt
' '
1 1
1& 1
n n n n
x x x x
− −
= − = +
; khi đó bộ số
' '
1 2 2 1
( ; ; ; ; )
n n n
x x x x x
− −
TMĐKBT và
' ' ' '
1 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1
1
(3) ( 1)( 1) 1
1 (4). Do (4) dúng nên (3) dúng
n n n n n n n n n n n n n n

n n
N x x x x x x x x x x x x x x x x x x
x x
− − − − − − −
−
= > ⇔ > = − + = + − −
⇔ + >
Điều này trái với giả thiết của số N.
Cụ thể: Nếu n = 29 và m = 2010 thì:
20 9
69 .70 & 1982.L N= =
Trong trường hợp tổng quát thì:
1 ; . 1 ( 1 )
n k
k
m m m
N m n L k n m
n n n
−
   
     
= + − = + = + −
 ÷  ÷
     
     
   
.
Bài toán 3: Cho n số nguyên dương
1 2
, ,

n
x x x
có tích bằng m (m > n > 1). Tìm GTLN của biểu
thức:
1 2

k k k
n
A x x x= + + +
với
*
& 2.k N k∈ ≥
Giải:
Lý luận như các bài trên ta có: tồn tại GTLN L của A. Ta chứng minh L đạt được với
1 2 1
1&
n n
x x x x m
−
= = = = =
. Thật vậy, nếu L đạt được với bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
mà
1
1
n
x

−
>
thì
ta đặt
' '
1 1
1&
n n n n
x x x x
− −
= =
; khi đó bộ số
' '
1 2 2 1
( ; ; ; ; )
n n n
x x x x x
− −
TMĐKBT và
' '
1 2 1 1 2 1
(1).
k k k k k k k k
n n n n
L x x x x x x x x
− −
= + + + + < + + + +
Điều này trái với giả thiết của L.
2
' '

1 1 1 1
((1) 1 ( 1)( 1) 0
k k k k k k k k
n n n n n n n n
x x x x x x x x
− − − −
⇔ + < + = + ⇔ − − >
. Điều này đúng vì:
1
1)
n n
x x
−
≥ >
.
Vậy
1
k
MaxA n m= − +
.
Bài toán 4: Phân tích số 2003 thành tổng các số nguyên dương. Tìm GTLN của tích các số nguyên
dương này.
Giải:
Giả sử
1 2
2003
n
x x x+ + + =
với
*

1 2
, , , & 2 2003
n
x x x N n∈ ≤ ≤
. Ta cần tìm GTLN của
biểu thức
1 2

n n
P x x x=
. Theo kết quả bài 2 ta có:
2003 2003
. 1
n k
k
n
P
n n
−
 
   
≤ +
 ÷
   
   
 
với
2003
. 1k n m
n

 
 
= + −
 ÷
 
 
 
.
Do 2003 là số nguyên tố nên nếu
2 667n≤ ≤
thì
2003
2003 . 1n k n
n
 
− = − ≥
 
 
và
2003 2003
1 1 4
667n
   
+ ≥ + = ⇒
   
   
1
2003 2003 2003 2003 2003
. 1 . 1 . 1 .2
n k n k

k k
n
P
n n n n n
− − −
     
         
≤ + ≤ + − =
 ÷  ÷  ÷
         
         
     
1 2
665
' ' '
1 2 1
2003 2003 2003 2003
1 . 1
1 1 667 667
n l
l
n
x x x
n n
+ −
+
   
       
≤ + ≤ ≤ + =
 ÷  ÷

       
+ +
       
   
668
665 667
2003 2003
3 .4.2.2 . 1 2.3
668 668
t
t
−
 
   
≤ + =
 ÷
   
   
 
.
Với n = 668 thì:
667
668
2.3P ≤
Với
669 1001n≤ ≤
thì
2003 2003
. 1 2 .3
n k

k
k n k
n
P
n n
−
−
 
   
≤ + =
 ÷
   
   
 
với k = 3n – 2003
2003 2n k n⇒ − = −
. Ta sẽ chứng minh:
3 2003 2003 2 667 3 2004 2 1336
2 .3 2.3 2 3
n n n n
n
P
− − − −
≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔
3( 668) 2( 668) 668 668
2 3 8 9
n n n n− − − −
≤ ⇔ ≤
bất đẳng thức này đúng với n > 668 nên bất đẳng thức cần
chứng minh đúng.

Với
1002 2003n≤ ≤
thì
2003 1001 999 333 333 667
2 2 2 4.2 4.8 4.9 2.3
n k n
n
P
− −
≤ = ≤ = = < <
.
Vậy GTLN cần tìm là:
667
2.3
.
3
Bài toán 5: Cho m,n là hai số nguyên dương với
2m n≥ ≥
. Giả sử
1 2
, ,
n
x x x
là các số nguyên
dương có tổng bằng m. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức
1
n
k
k
S kx

=
=
∑
.
Giải:
Vì có hữu hạn bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
TMĐKBT nên có hữu hạn giá trị của S do đó tồn tại GTNN N
và GTLN L của S.
Ta chứng minh L đạt được khi
1 2 1
1 , 1
n n
x m n x x x
−
= + − = = = =
. Thật vậy, giả sử L đạt được
Với bộ số
1 2
( ; ; )
n
x x x
mà
1
n
x m n< + −
. Khi đó tồn tại

1(1 1)
i
x i n> ≤ ≤ −
.
Đặt
' ' '
1, 1, ( , ;1 1).
i i n n k k
x x x x x x k n i k n= − = + = ≠ ≤ ≤ −
Khi đó bộ số
' ' '
1 2
( ; ; )
n
x x x

TMĐKBT. Do
' ' '
1 1
( 1) ( 1)
n n
i n i n i n i n k k
k k
ix nx i x n x ix nx n i ix nx kx kx
= =
+ = − + + = + + − > + ⇒ >
∑ ∑
Trái với giả thiết của L. Vậy
2
( 1) /2 ( 1 ) (2 )/ 2L n n n m n mn n n= − + + − = + −

.
Chứng minh tương tự ta có: N đạt được khi
2
1 2 3
1 , 1 ( 2 )/ 2
n
x m n x x x N n m n= + − = = = = ⇒ = + −
.
Bài toán 6: Cho
*
, ; 2 1x y N x y n∈ + = +
với n là hằng số nguyên dương. Tìm GTNN và GTLN
của biểu thức
! !P x y=
.
Giải:
Ta chứng minh P đạt GTNN
!( 1)!N n n= +
và GTLN
(2 )!L n=
Thật vậy giả sử N đạt được với bộ số (x;y) TMĐKBT mà x < n; ta đặt:
' 1, ' 1x x y y= + = −
. Khi
đó bộ số (x’;y’) TMĐKBT và:
1
! ! '! '! ( 1)!( 1)! ! ! ( 1 1 )
x
N x y x y x y x y x n y
y
+

= > = + − = + < + <
trái với giả thiết của N.
Giả sử L đạt được với bộ số (x;y) TMĐKBT mà 1 < x < y. Ta đặt
' 1, ' 1x x y y= − = +
.
. Khi đó bộ số (x’;y’) TMĐKBT và:
1
! ! '! '! ( 1)!( 1)! ! ! ( 1)
y
L x y x y x y x y x y y
x
+
= < = − + = < < +
trái với giả thiết của L.
Bài toán đã được giải quyết.
Bài toán 7: Cho
*
, ; 2 1x y N x y n∈ + = +
với n là hằng số nguyên dương. Tìm GTNN và GTLN
của biểu thức
! !P x y= +
.
Giải:
Ta chứng minh P đạt GTNN
! ( 1)!N n n= + +
và GTLN
1 (2 )!L n= +
4
Thật vậy giả sử N đạt được với bộ số (x;y) TMĐKBT mà x < n; ta đặt:
' 1, ' 1x x y y= + = −

. Khi
đó bộ số (x’;y’) TMĐKBT và:
! ! '! '! ( 1)! ( 1)! ! ! . ! ( 1).( 1)!(1 1)N x y x y x y x y x x y y x n y= + > + = + + − = + + − − − ≤ < < −
Trái vói giả thiết của N.
Giả sử L đạt được với bộ số (x;y) TMĐKBT mà 1 < x < y. Ta đặt
' 1, ' 1x x y y= − = +
.
. Khi đó bộ số (x’;y’) TMĐKBT và:
! ! '! '! ( 1)! ( 1)! ! ! . ! ( 1).( 1)!( 1 0)L x y x y x y x y y y x x y x x= + < + = − + + = + + − − − > > − >
Trái vói giả thiết của L.
Vậy bài toan đã được giải quyết.
//


5