Chuyên Đề Tìm GTLN Và GTNN Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Lớp 8

CHUYÊN ĐỀ : TÌM GTLN, GTNN CỦA BIỂU THỨC A. Các kiến thức thường sử dụng là:

+ Bất đẳng thức Côsi: “Cho hai số không âm a, b; ta có bất đẳng thức:

2

a b ab

 ;

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b”.

+ Bất đẳng thức: ^{ac bd} ^{2 }



 



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ^{a b}

c d .

+ ^{a   b a b} ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ab  0.

+ Sử dụng “bình phương” để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Nếu ^{y a }





Nếu ^{y a }





+ Phương pháp “tìm miền giá trị” (cách 2 ví dụ 1 dạng 2).

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ CÁCH GIẢI

 Dạng 1 : CÁC BÀI TOÁN MÀ BIỂU THỨC CHO LÀ MỘT ĐA THỨC Bài toán 1: Tìm GTNN của các biểu thức:

a) A4x²4x11

b) B = (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) c) ^{C x 22x y 24y7}

Giải:

a) ^{A4x24x 11 4x24x 1 10}^2x1^{210 10}

 Min A = 10 khi ¹

x 2.

b) B = (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) = (x-1)(x+6)(x+2)(x+3)

= (x² + 5x – 6)(x² + 5x + 6) = (x² + 5x)² – 36 ^ -36

 Min B = -36 khi x = 0 hoặc x = -5.

c) ^{C x 22x y 24y7}

= (x² – 2x + 1) + (y² – 4y + 4) + 2 = (x – 1)² + (y – 2)² + 2 ^ 2

 Min C = 2 khi x = 1; y = 2.

Bài toán 2: Tìm GTLN của các biểu thức:

a) A = 5 – 8x – x²

b) B = 5 – x² + 2x – 4y² – 4y

Giải:

a) A = 5 – 8x – x² = -(x² + 8x + 16) + 21 = -(x + 4)² + 21 ^ 21

 Max A = 21 khi x = -4.

b) B = 5 – x² + 2x – 4y² – 4y

= -(x² – 2x + 1) – (4y² + 4y + 1) + 7

= -(x – 1)² – (2y + 1)² + 7 ^ 7

 Max B = 7 khi x = 1, ¹

y 2. Bài toán 3: Tìm GTNN của:

a) ^M        ^{x 1 x 2 x 3 x 4}

b) ^{N }^2x1^{23 2x 1 2}

Giải:

a) ^M        ^{x 1 x 2 x 3 x 4}

Ta có: ^x           ^{1 x 4 x 1 4 x x 1 4 x 3}

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x – 1)(4 – x) ^ 0 hay ^{1 x 4}

2 3 2 3 2 3 1

x           x x x x x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x – 2)(3 – x) ^ 0 hay ^{2 x 3} Vậy Min M = 3 + 1 = 4 khi ^{2 x 3}.

b) ^{N }^2x1^{23 2x  1 2 2x 12 3 2x 1 2} Đặt ^{t 2x1} thì t ^ 0

Do đó N = t² – 3t + 2 = ³2 ²

( ) 1

t 4 1

N 4

   . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ^{3 0 3}

2 2

t   t

Do đó ¹

N  4 khi

3 5

2 1

3 2 1 3 2 4

3 1

2 2

2 1

2 4

x x

t x

x x

    

 

     

      

 

 

Vậy min ^{1 5}

4 4

N    x hay ¹

x 4.

Bài toán 4: Cho x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức M = x³ + y³. Giải:

M = x³ + y³ = (x + y)(x² – xy + y²) = x² - xy + y²

2 2 2 2 2

2 2

1( )

2 2 2 2 2 2 2

x y x y x y

xy x y  

         

2 2

1( )

M 2 x y

  

Ngoài ra: x + y = 1 ^ x² + y² + 2xy = 1 ^ 2(x² + y²) – (x – y)² = 1

=> 2(x² + y²) ≥ 1 Do đó ^{2 2 1}

x y  2 và ^{2 2 1 1}

2 2

x y    x y

Ta có: ^{1( 2 2)}

M  2 x y và ^{( 2 2) 1 1 1. 1}

2 2 2 4

x y  M  

Do đó ¹

M  4 và dấu “=” xảy ra ¹

x y 2

  

Vậy GTNN của ^{1 1}

4 2

M    x y

Bài toán 5: Cho hai số x, y thỏa mãn điều kiện:

(x² – y² + 1)² + 4x²y² – x² – y² = 0.

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức x² + y². Giải:

(x² – y² + 1)² + 4x²y² – x² – y² = 0

[(x² + 1) – y²]² + 4x²y² – x² – y² = 0

x⁴ + 2x² + 1 + y⁴ – 2y²(x² + 1) + 4x²y² – x² – y² = 0

x⁴ + y⁴ + 2x²y² + x² – 3y² + 1 = 0

x⁴ + y⁴ + 2x²y² - 3x² – 3y² + 1 = -4x²

(x²+y²)²-3(x²+y²)+1=-4x² Đặt t = x² + y². Ta có: t² – 3t + 1 = -4x² Suy ra: t² – 3t + 1 ≤ 0

2

2

3 9 5

2. . 0

2 4 4

3 5 3 5

2 4 2 2

5 3 5

2 2 2

3 5 3 5

2 2

t t

t t

t t

    

 

      

    

 

  

Vì t = x² + y² nên :

GTLN của x² + y² = ^{3 5}

2



GTNN của x² + y² = ^{3 5}

2



Bài toán 6: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 1. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:

P = a + b + c – ab – bc – ca.

Giải:

Ta có: P = a + b + c – ab – bc – ca

= (a – ab) + (b - bc) + (c – ca)

= a(1 – b) + b(1 – c) + c(1 – a) 0 (vì ^{0a b c, , 1}) Dấu “=” có thể xảy ra chẳng hạn: a = b = c = 0 Vậy GTNN của P = 0

Theo giả thiết ta có: 1 – a ^ 0; 1 – b ^ 0; 1 – c ^ 0;

 (1-a)(1-b)(1-c) = 1 + ab + bc + ca – a – b – c – abc ^ 0

 P = a + b + c – ab – bc – ac ^{ 1 abc1}

Dấu “=” có thể xảy ra chẳng hạn: a = 1; b = 0; c tùy ý ^

 

Vậy GTLN của P = 1.

Bài toán 7: Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x² + y² = 1.

Tìm GTLN và GTNN của x + y.

Giải:

Ta có: (x + y)² + (x – y)^{2 } (x + y)²

2(x² + y²) ^ (x + y)²

Mà x² + y² = 1 ^ (x + y)^{2 } 2

2 2 2

x y x y

       

- Xét x y  2

Dấu “=” xảy ra ²

2 2 x y

x y x y

 

   

  

- Xét x y   2

Dấu “=” xảy ra ²

2 2 x y

x y x y

  

   

  



Vậy x + y đạt GTNN là  2 2 x y 2

   .

Bài toán 8: Cho các số thực dương thỏa mãn điều kiện: x² + y² + z^{2 } 27.

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: x + y + z + xy + yz + zx.

Giải:

Ta có: (x – y)² + (x – z)² + (y – z)^{2 } 0 ^ 2x² + 2y² + 2z² - 2xy - 2yz - 2zx ^ 0

 (x + y + z)²= x² + y² + z² +2(xy + yz + zx) ^ 3(x² + y² + z²) ^ 81

 x + y + z ^ 9 (1)

Mà xy + yz + zx ^ x² + y² + z^{2 } 27 (2)

Từ (1) và (2) => x + y + z + xy + yz + zx ^ 36.

Vậy max P = 36 khi x = y = z = 3.

Đặt A = x + y + z và B = x² + y² + z²

2 2

( 1) 1 1

2 2 2 2

A B A B B

P A    

      

Vì B ^ 27 ^{ 1}

2 B

  -14 ^ P ^ -14 Vậy min P = -14 khi 2 2 2

1 27 x y z

x y z

   



  



Hay x  13;y 13;z 1. Bài toán 9:

Giả sử x, y là các số dương thỏa mãn đẳng thức: x + y = 10. Tìm giá trị của x và y để biểu thức: P = (x⁴ + 1)(y⁴ + 1) đạt GTNN. Tìm GTNN ấy.

Giải:

Ta có: P = (x⁴ + 1)(y⁴ + 1) = (x⁴ + y⁴) + (xy)⁴ + 1

Đặt t = xy thì:

x² + y² = (x + y)² – 2xy = 10 – 2t

x⁴ + y⁴ = (x² + y²)² – 2x²y² = (10 – 2t)² – 2t² = 2t² – 40t + 100 Do đó: P = 2t² – 40t + 100 + t⁴ + 1 = t⁴ + 2t² – 40t + 101

= (t⁴ – 8t² + 16) + 10(t² – 4t + 4) + 45 = (t² – 4)² + 10(t – 2)² + 45

45

 P và dấu “=” xảy ra ^x + y = 10 và xy = 2.

Vậy GTNN của P = 45 ^x + y = 10 và xy = 2.

Bài toán 10:

Cho x + y = 2. Tìm GTNN của biểu thức: A = x² + y². Giải:

Ta có: x + y = 2 ^ y = 2 – x

Do đó: A = x² + y² = x² + (2 – x)²

= x² + 4 – 4x + x²

= 2x² – 4x + 4

= 2( x² – 2x) + 4

= 2(x – 1)² + 2 ^ 2 Vậy GTNN của A là 2 tại x = y = 1.

 Dạng 2 : CÁC BÀI TOÁN MÀ BIỂU THỨC CHO LÀ MỘT PHÂN THỨC Bài toán 1:

Tìm GTLN và GTNN của: ⁴₂ ³

1 y x

x

 

 .

Giải:

* Cách 1:

2

2 2

4 3 ax 4 3

1 1

x x a

y a

x x

    

  

 

Ta cần tìm a để ax²4x 3 alà bình phương của nhị thức.

Ta phải có: ^{' 4 (3 ) 0 1}

4 a a a

a

  

       

- Với a = -1 ta có:

2 2

2 2

4 3 x 4 4 ( 2)

1 1

1 1 1

x x x

y x x x

   

      

  

1.

  y Dấu “=” xảy ra khi x = -2.

Vậy GTNN của y = -1 khi x = -2.

- Với a = 4 ta có:

2 2

2 2

4 3 -4x 4 1 (2 1)

4 4 4

1 1 1

x x x

y x x x

   

     

  

Dấu “=” xảy ra khi x = ¹

2. Vậy GTLN của y = 4 khi x = ¹

2.

* Cách 2:

Vì x² + 1 ^0 nên: 2 ²

4 3

yx 4 3 0

1

y x x y

x

      

 (1)

y là một giá trị của hàm số ^(1) có nghiệm - Nếu y = 0 thì (1) ³

x 4

  

- Nếu y ^0 thì (1) có nghiệm ^{   ' 4 y y(  3) 0 (y1)(y 4) 0}

1 0 4 0 y

y

  

    hoặc ^_{  }^y_y^{ 1 0}_{4 0}

 1 y 4

   

Vậy GTNN của y = -1 khi x = -2.

Vậy GTLN của y = 4 khi x = ¹

2.

Bài toán 2: Tìm GTLN và GTNN của: ²₂ ¹

1 x x A x x

  

  . Giải:

Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình ẩn x sau đây có nghiệm:

2 2

1 1 x x a x x

  

  (1)

Do x² + x + 1 = x² + 2.¹

2.x +

1 3 1 2 3

4 4 x2  4 0

Nên (1) ^ax² + ax + a = x² – x + 1 ^(a – 1)x² + (a + 1)x + (a – 1) = 0 (2)

 Trường hợp 1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0.

 Trường hợp 2: Nếu a ^ 1 thì để (2) có nghiệm, điều kiện cần và đủ là ^{ 0}, tức là:

( 1)2 4( 1)( 1) 0 ( 1 2 2)( 1 2 2) 0 (3 1)( 3) 0 1 3( 1)

3

a a a a a a a

a a a a

            

       

Với ¹

a3 hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là ^x ₂₍^{ (a}_a1)^1)₂₍₁^a_¹_a) Với ¹

a3 thì x = 1 Với a = 3 thì x = -1

Kết luận: gộp cả 2 trường hợp 1 và 2, ta có:

GTNN của ¹

A3 khi và chỉ khi x = 1 GTLN của A = 3 khi và chỉ khi x = -1 Bài toán 3:

a) Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab = 1. Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 4

( 1)( )

A a b a b

    a b

 .

b) Cho m, n là các số nguyên thỏa ^{1 1 1}

2m n 3. Tìm GTLN của B = mn.

Giải:

a) Theo bất đẳng thức Côsi cho hai số dương a² và b²

2 2 2 2

2 2 2

a b  a b  ab (vì ab = 1)

2 2 4 4 4

( 1)( ) 2( 1) 2 ( ) ( )

A a b a b a b a b a b

a b a b a b

               

  

Cũng theo bất đẳng thức côsi cho hai số dương a + b và ⁴

a b . Ta có: (a + b) + ⁴ 2 (a b). ⁴ 4

a b   a b 

 

Mặt khác: a b 2 ab2

Suy ra: ^{A 2 (a b 4 ) (a b) 2 4 2 8}

   a b      



Với a = b = 1 thì A = 8

Vậy GTNN của A là 8 khi a = b = 1.

b) Vì ^{1 1 1}

2m n 3 nên trong hai số m, n phải có ít nhất một số dương. Nếu có một trong hai số là âm thì B < 0. Vì ta tìm GTLN của B = mn nên ta chỉ xét trường hợp cả hai số m, n cùng dương.

Ta có: ^{1 1 1 3(2 ) 2 (2 3)( 3) 9}

2 3 m n mn m n

m n        

Vì m, n ^ N^* nên n – 3 ^ -2 và 2m – 3 ^ -1.

Ta có: 9 =1.9 = 3.3 = 9.1; Do đó xảy ra:

+ ^²_n^m _{3 9}^{ 3 1}^m_n^₁₂² và B = mn = 2.12 = 24 + ^²_n^m _{3 3}^{ 3 1}^m_n^₆³ và B = mn = 3.6 = 18 + ^²_n^m _{3 1}^{ 3 9}^m_n^₄⁶ và B = mn = 6.4 = 24 Vậy GTLN của B = 24 khi ^_{ }^m_n ^₁₂²

 hay ^_{ }^m_n ^₄⁶



Bài toán 4: Giả sử x và y là hai số thỏa mãn x > y và xy = 1. Tìm GTNN của biểu thức:

2 2

x y A x y

 

 .

Giải:

Ta có thể viết:

2 2 2 2 2

2 2 ( ) 2

x y x xy y xy x y xy

A x y x y x y

     

  

  

Do x > y và xy = 1 nên:

( )2 2 2 2

2 2

x y xy x y x y

A x y

x y x y x y

   

      

  

Vì x > y ^ x – y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức côsi với 2 số không âm, ta có:

2. . 2

2 2

x y x y

A x y

 

 



Dấu “=” xảy ra ^{ x y}₂ ^ _{x y}^{2 (x y )2  4 (x y ) 2} (Do x – y > 0) Từ đó: ^{2 2 3}

A  2

Vậy GTNN của A là 3  ^^{x y}_xy^{ }₁ ² 1 2

1 2 x

y

  

 

  

 hay ^{1 2}

1 2 x

y

  



  

 Thỏa điều kiện xy = 1 Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số: 2

1 y 1

x x

   . Giải:

Ta có thể viết: ^{2 2}

1 1

1 1 3

2 4

y x x

x

 

     

Vì

1 2 3 3

2 4 4

x   

 

  . Do đó ta có: ⁴

y3. Dấu “=” xảy ra ¹

x 2

   . Vậy: GTLN của ⁴

y 3 tại ¹

x 2

Bài toán 6: Cho t > 0. Tìm GTNN của biểu thức: ^{( ) 1}

f t t 4

  t . Giải:

Ta có thể viết: ( ) ^{1 4 2 1 (2 1)2 4 (2 1)2} 1

4 4 4 4

t t t t

f t t

t t t t

   

     

Vì t > 0 nên ta có: ^{f t( ) 1}

Dấu “=” xảy ra ^{2 1 0 1}

t t 2

    

Vậy f(t) đạt GTNN là 1 tại ¹

t2.

Bài toán 7: Tìm GTNN của biểu thức: ( ) ²₂ ¹ 1 g t t

t

 

 . Giải:

Ta có thể viết: ( ) ²₂ ¹ 1 ₂²

1 1

g t t

t t

   

 

g(t) đạt GTNN khi biểu thức ₂²

1

t  đạt GTLN. Nghĩa là t² + 1 đạt GTNN Ta có: t² + 1 ^ 1 ^ min (t² + 1) = 1 tại t = 0 ^min g(t) = 1 – 2 = -1 Vậy GTNN của g(x) là -1 tại t = 0.

Bài toán 8: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: xyz = 1. Tìm GTNN của

biểu thức: 3 3 3

1 1 1

( ) ( ) ( )

E x y z  y z x z x y

   .

Giải:

Đặt ^{a 1}_x^;b1_y^{;c 1}_z ^abc _xyz^{1 1}

Do đó: ^{1 1}_x     _y ^{a b x y (a b xy} ^).   ^{x y c a b(}  ⁾

Tương tự: y + z = a(b + c) z + x = b(c + a)

3 3 3

2 2 2

3 3 3

1 1 1 1 1 1

. . .

( ) ( ) ( )

1 1 1

. . .

( ) ( ) ( )

E x y z y z x z x y

a b c

a b c

a b c b c a c a b b c c a a b

   

  

     

     

Ta có: ³

2

a b c

b c c a a b  

   (1) Thật vậy: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z

2

; ;

2 2 2

x y z a b c

y z x z x y x y z

a b c

     

     

   

Khi đó, ^VT b c c a a b^{a b c y z x}₂x ^{z x y}₂y ^{x y z}₂z

     

     

  

1 1 1 3 3 3

1 1 1

2 2 2 2 2 2

y x z x z y

x y x z y z

     

              

Nhân hai vế (1) với a + b + c > 0. Ta có:

( ) ( ) ( ) 3

( )

2 a a b c b a b c c a b c

a b c

b c c a a b

     

    

  

2 2 2 33 3 3

2 2 2 2

a b c a b c abc

b c c a a b E

         

  

 GTNN của E là ³

2 khi a = b = c = 1.

Bài toán 9: Cho x, y là các số thực thỏa mãn: 4x² + y² = 1 (*).

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: ^a₂²_{x y}^x_{ }^3y₂. Giải:

Từ ^a ₂²_{x y}^x_{ }^3y₂ ^a(2x+y+z) = 2x+3y

2ax + ay + 2a – 2x +3y = 0

2(a – 1)x + (a – 3)y = -2a (1)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số (2x; y) và (a – 1; a – 3) Ta có: 4a² = [2x(a-1)+y(a-3)]² ≤ (4x²+y²).[(a-1)²+(a-3)²]

=> ^{4a2 (a1)2 (a 3)2} (vì 4x²+y² = 1)

Do đó ta có: ^{4a2 (a1)2 (a 3)2 a22a 1 a26a9}

2 2

2a 8a 10 0 a 4a 5 0

       

( 1)( 5) 0 5 0

1 0 a a a

a

  

        (Vì a + 5 > a – 1) ^{  1 a 5}

* Thay a = 1 vào (1) ta được: -2y = -2 ^ y = 1 Thay y = 1 vào (*) ta có: x = 0 ^ (x; y) = (0;1)

* Thay a = -5 vào (1) ta được: 2(-5 – 1)x + (-5 – 3)y = -2(-5)

6 5

12 8 10 6 4 5

4

x y x y y  x

         

Thay vào (*) ta được:

2

2 6 5

4 1

4

x  x  

2 3 4

100 60 9 0

10 5

x x x y

          3 4

( ; ) ; x y 10 5  

   

Vậy GTLN của a là 1 khi x = 0; y = 1.

GTNN của a là -5 khi ^{3 ; 4}

10 5

x  y  . Bài toán 10:

Giả sử x, y là hai số dương thỏa mãn điều kiện: x + y = 1.

Hãy tìm gái trị nhỏ nhất cảu biểu thức:

M =

2 2

1 1

x y

x y

 

     

 

   

Giải:

Ta có: M =

2 2

1 1

x y

x y

 

     

 

   

= ² 2 ² 2

1 1

2 2

x y

x y

    

= 4 + x² + y² + ²2 2²





4 1 1

x y

x y

x y x y

 

      

 

Vì x, y > 0 nên ta có thể viết:





Mà x + y = 1 nên 1^{2 xy  1}_xy ^{ 2} _{x y}^{21 2 16} (1) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ¹

x y 2

Ngoài ra ta cũng có:

2 2 2 2 2 2 2

(x y )  0 x y 2xy2(x y ) 2 xy x y

2 2 2 2 2

2(x y ) (x y) 2(x y ) 1

       (vì x + y = 1)

2 2 1

x y 2

   (2)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ¹

x y 2

Từ (1) và (2) cho ta:

2 2

2 2

1 1 25

4 ( )(1 ) 4 (1 16)

2 2

M x y

   x y    

Do đó: ²⁵

M  2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi đồng thời ở (1) và (2) cùng xảy ra dấu “=” nghĩa là khi

1 x y 2

Vậy GTNN của ²⁵

M  2 khi và chỉ khi ¹

x y 2.

* Dạng 3: CÁC BÀI TOÁN MÀ BIỂU THỨC CHO CÓ CHỨA CĂN THỨC.

Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số: y x 2 4x. Giải:

* Cách 1:

Điều kiện: ^{2 0 2 4(*)}

4 0

x x

x

  

  

  



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ac + bd)^{2 } (a² + b²)(c² + d²) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ^{a b}

c d . Chọn a x2;c1;b 4x d; 1 với 2 x 4

Ta có:

       

   

2 2 2

2 2 2

2 2

2 4 2 4 . 1 1

2 4 .2

4 2

y x x x x

y x x

y y

 

         

     

   

Vì y > 0 nên ta có: ^{0 y 2}

Dấu “=” xảy ra  x 2 4      x x 2 4 x x 3 (Thỏa mãn (*)) Vậy GTLN của y là 2 tại x = 3.

* Cách 2:

Ta có: y x 2 4x

Điều kiện: ^{2 0 2 4}

4 0

x x

x

  

  

  



Vì y > 0 nên y đạt GTLN khi và chỉ khi y² đạt GTLN.

Ta có: ^{y2     x 2 4 x 2 (x2)(4x) y2  2 2 (x2)(4x)}

Do ^{2 4 2 0}

4 0

x x

x

  

      nên áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm cho ta: ^{2 (x2)(4x) ( x  2) (4 x) 2}

Do đó ^{y2   2 2 4}

Dấu “=” xảy ra      ^{x 2 4 x x 3} (thỏa mãn điều kiện).

Vậy GTLN của hàm số y là 2 tại x = 3.

Bài toán 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số: y3 x 1 4 5x(1 x 5). Giải:

a) GTLN:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số:

(3; 4) và (( x1; 5x) ta có:

  



2 (3. 1 4. 5 )2 (32 4 ).2 1 5 100 y  x  x    x  x 

<=> ^{y2 }