Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên
Đa thức P(x) với hệ số nguyên trong L[x] được gọi là khả quy nếu tồn tại đa thức Q(x) và T(x) cũng thuộc L[x] thỏa mãn điều kiện nhất định Các tính chất cơ bản của đa thức này đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu và ứng dụng trong nhiều lĩnh vực toán học.
L[x] là tập hợp các đa thức với bậc lớn hơn 0, thỏa mãn điều kiện P(x) = Q(x).T(x) Nếu không thỏa mãn điều kiện này, thì đa thức được gọi là bất khả quy trong L[x] Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) đề cập đến tập hợp tất cả các đa thức khả quy.
Mọi đa thức P(x) ∈ R[x] với bậc lớn hơn hoặc bằng 2 đều có thể phân tích thành nhân tử bậc nhất và bậc hai, do đó P(x) cũng có thể được coi là thuộc R∗[x] Đa thức thuộc Z[x] được gọi là đa thức nguyên bản nếu tập hợp các hệ số của nó là nguyên tố cùng nhau, mặc dù không nhất thiết phải là đôi một nguyên tố cùng nhau.
Tính chất 1.2 Nếu f(x) ∈ Z[x] thì tồn tại duy nhất một đa thức nguyên bản và một phân số tối giản a b, a ∈ Z, b ∈ N ∗ sao cho f(x) a bf 1 (x).
Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh Cho hai đa thức nguyên bản
Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước chung của các hệ số c 0 , c 1 , , c m+n
Vì P nguyên bản định nghĩa i là số nhỏ nhất không chia hết cho p, và j là số nhỏ nhất sao cho bj không chia hết cho p Khi xem xét cj + i, hệ số tương ứng không chia hết cho p, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, tích trên không phải là nguyên bản.
Tính chất 1.3 Nếu đa thức P(x) ∈ Z[x], degP > 1 mà không thuộc
Z ∗ [x] thì nó cũng không thuộc Q ∗ [x]. Định lý 1.1 (xem [1]-[2]) Cho các đa thức f(x) = anx n + an − 1x n − 1 + ã ã ã+a 1 x+a 0 ∈ Z[x], an 6= 0, a, b là hai số nguyờn khỏc nhau Khi đú, f(a)−f(b) (a−b).
Bổ đề 1.2 (Khai triển Newton) Cho n và m là các số nguyên dương. Với bất kỳ x = (x 1 , x 2 ,ã ã ã , xn) trongR n , ta cú
| α | =m m! α!x α , (1.1) trong đú α! = α 1 !α 2 !ã ã ãαn! với α = (α 1 , α 2 ,ã ã ã , αn) trong N n , x α x α 1 1 x α 2 2 x α n n và tổng chạy qua tất cả α có thể có trong N n thỏa mãn
Chứng minh Với n = 2 theo nhị thức Newton, ta có
Giả sử đẳng thức (1.18) đã đúng cho đến n−1 Đặt X = x 1 +x 2 + + xn − 1, α ′ = (α 1 , α 2 , , αn) Khi đó ta có
Bổ đề được chứng minh. Định lý 1.2 (Khai triển Taylor, xem [1]-[2]) Cho một đa thức f(x) n
Khi đó, hệ số thứ j của f(x) có thể được biểu diễn bởi aj = 1 j!f ( j ) (0), (1.3) trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j tại 0
Bổ đề 1.3 Cho n là một số nguyên dương Ta đặt g(x) x+ 1
(1.6) Áp dụng công thức Leibniz g ( n ) (x) n
Do đó, ta thu được g (n) (0) = n!h(0) =n! (1.8)
Bổ đề được chứng minh.
Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và phân thức nhận giá trị hữu tỉ
nhận giá trị hữu tỉ
Phân thức hữu tỉ là hàm số f: R → R, được xác định bởi sự tồn tại của hai đa thức P(x) và Q(x), với f(x) = P(x)/Q(x) Các tính chất của phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và các dạng phân thức nhận giá trị hữu tỉ trên tập số tự nhiên sẽ được nhắc lại trong bài viết này.
Q(x) (1) Khi P(x) và Q(x) là các đa thức nguyên tố cùng nhau thì (1) được gọi là phân thức hữu tỉ chính tắc.
Nếu đa thức P(x) và Q(x) là các đa thức có hệ số hữu tỉ thì bằng việc quy đồng mẫu số ta sẽ đưa f(x) về dạng f(x) = P ′ (x)
P ′ (x) và Q ′ (x) là các đa thức có hệ số nguyên Do vậy phân thức hữu tỉ f(x) = P (x)
Q(x) được gọi là phân thức hữu tỉ có hệ số nguyên nếu như
Bài toán 1.1 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = 1 ax+b∈ Q với mọi x ∈ Z. Chứng minh rằng a, b∈ Q.
Lời giải Vì f (x) = 1 ax+b∈ Q với mọi x ∈ Z nên ax+b= 1 f (x) với mọi x∈ Z Vậy ax +b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.
Bài toán 1.2 Chứng minh rằng nếu f (x) = 1 ax+b∈ Q với mọi x ∈ Z thì f(x) có dạng f(x) = C
Ax+B với A, B, C thuộc Z Lời giải Vì f (x) = 1 ax+b∈ Q với mọi x ∈ Z nên ta có a, b ∈ Q
Bài toán 1.3 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ax+b cx+d ∈ Q với mọi x∈ Z. Chứng minh rằng f(x) có thể biểu diễn dưới dạng f(x) = Ax+B
Lời giải Nếu ad−bc = 0 thì f(x) = const nên biểu diễn (1) là hiển nhiên.
Xét trường hợp ad−bc 6= 0:
Nếu c = 0 thì biểu diễn (1) là hiển nhiên.
Nếu c 6= 0 thì sử dụng phân tích f(x)− f(0) = 1 αx+β ta sẽ được dạng biểu diễn (1).
Nhận xét rằng kết quả của bài toán cũng đúng trong trường hợp bài toán tổng quát.
Bài toán 1.4 Chứng minh rằng nếu phân thứcf(x) = ax+b cx+d ∈Q,∀x∈
Cx+D trong đóA, B, C, Dlà các số nguyên.
Lời giải Ta có Q(x)−Q(1) x−1 = e cx+d ∈ Q ∀x∈ Z nên Q(x)− M
Ta có M, N, E, C, D là các số nguyên nên dễ dàng suy ra đpcm. Bài toán 1.5 Chứng minh rằng nếu f(x) = ax 2 +bx+c dx+e ∈ Q với mọi x ∈ Z thì f(x) có dạng f(x) = Ax 2 +Bx+C
Lời giải Ta có Q(x)−Q(1) x−1 = px+q cx+d ∈ Q ∀x∈ Z. Suy ra
M ′′ x+N ′′ ,(M, N, M ′ , N ′ , M ′′ , N ′′ ∈ Z) từ đó ta suy ra đpcm.
Bài toán 1.6 Chứng minh rằng nếu f(x) = ax 2 +bx+c dx+e ∈ Q với mọi x ∈Z thì f(x) có dạngf(x) = Cx+D hoặc f(x) =Ax 2 +Bx+
C ∈ Z với mọi x ∈ Z, trong đó C, D thuộc Z.
Nếu d = 0 thì ta có ngay f(x) = Ax 2 +Bx+C ∈ Z với mọi x∈ Z. Nếu d 6= 0 khi đó ta có Q(x)−Q(0) x = a 1 x+b 1 dx+e ∈ Z với mọi x∈ Z.
Dx+E ∈Z, ∀x ∈ Z, trong đó A 1 , A 2 , D, E, M ∈ Z ⇒ A 2 = 0 ⇒A 1 D nên ta có đpcm.
Bài toán 1.7 Cho phân thức hữu tỉ f(x) = P(x)
Q(x) ∈ Q ∀x ∈ Z, (P(x), Q(x)) = 1 Chứng minh rằng f(x) có thể biểu diễn được dưới dạng phân thức của hai đa thức với hệ số nguyên.
Tại x = j (j = 0, 1, , m+n), hàm f(x) cho các giá trị hữu tỉ cj, dẫn đến hệ phương trình tuyến tính với m+n+2 ẩn: a0, a1, , am, b0, b1, , bn có dạng a0 + a1k + + amk^m - b0ck - b1ck^k - - bnck^n = 0, với k = 0, 1, , m+n Hai nghiệm của hệ này tạo ra hai cặp đa thức P(x), Q(x) và P1(x), Q1(x) có những đặc tính nhất định.
Hai cặp nghiệm này cho ta đa thức g(x) =P(x)Q 1 (x)−P 1 (x)Q(x), degg(x) ≤ m+n nhận giá trị 0 tại m+n+ 1điểm nên g(x) ≡ 0 Do P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau nên
Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm với sự sai khác một thừa số, nghiệm đã nhận được là các số hữu tỉ.
Bài toán 1.8 Cho p là một số nguyên dương, q ∈ [0,1] Giả sử x ∈ q p+1 ,1 và f(x) p
1 +q k Lời giải Ta cú 0 < q p +1 < q p < ã ã ã < q < 1 Vớiq j +1 ≤ x ≤ q j thỡ khi i ≥ j + 1 ta có x ≥ q i nên x−q i x+q i
Biểu diễn đơn vị thành tổng của các phân số Ai Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt
Phương pháp so sánh bậc hai
Ta đã biết, đối với dạng tam thức bậc hai f(x) = ax 2 +bx+c, a > 0. ta luôn có f(x) ≥ f(y) + (2ax +b)(x−y), ∀x, y ∈ R (∗) Thật vậy, ta thấy f(x) ≥ f(y) + (2ax+b)(x−y) ⇔ a(x−y) 2 ≥ 0, ∀x, y ∈ R.
Phương pháp so sánh bậc hai cho phép giải quyết các bài toán cực trị tại các nút nguyên trên trục tọa độ, điều mà các phương pháp truyền thống không thể thực hiện được.
Bài toán 2.1 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M =a 2 +b 2 +c 2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức (*) ứng với f(x) =x 2 , ta thu được a 2 ≥ 9 2 + 2×9(a−9), ∀a ∈ N. Tương tự, ta cũng có b 2 ≥ 2 2 + 2×2(b−2), ∀b ∈N và c 2 ≥ 1 + 2(c−1), ∀c ∈ N.
M = a 2 +b 2 +c 2 ≥ 9 2 + 2 2 + 1 + 2[9(a−9) + 2(b−2) + (c−1)]. Mặt khác, theo giả thiết thì
Bài toán 2.2 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có f(a)≥ f(9) + (6×9 + 2)(a−9), ∀a ∈ N. Tương tự, ta cũng có f(b)≥ f(2) + (6×2 + 2)(b−2), ∀a ∈N. và f(a)≥ f(9) + (6×1 + 2)(c−1), ∀a ∈ N.
M = f(a)+f(b)+f(c)≥ f(9)+f(2)+f(1)+[(6×9+2)(a−9)+(6×2+2)(b−2)+(6×1+2)( Mặt khác, theo giả thiết thì
Bài toán 2.3 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M =a 2 +b 2 +c 2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức (*) ứng với f(x) =x 2 , ta thu được
9 2 ≥ a 2 + 2×a(9−a), ∀a∈ N. Tương tự, ta cũng có
Mặt khác, theo giả thiết thì a(9−a)+b(2−b)+c(1−c) = (a−b)(9−a)+(b−c)(9−a+2−b)+c(9−a+2−b+1−c)≥ 0.
Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai trên bậc nhất
Bài toán đặt ra là xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤ α < β ≤ +∞) sao cho đối với mọi hàm số bậc hai g(x) = ax² + bx + c, với a > 0, hàm số f(x) = g(x) x−d, g(d) 6= 0, đều thỏa mãn bất đẳng thức f(u) f′(v) ≥ f(v) f′(v) + u−v hoặc f(u) f′(v) ≤ f(v) f′(v) + u−v, với mọi u, v ∈ (α, β), u ≠ v Phương pháp chính được sử dụng là so sánh phân thức bậc hai trên bậc nhất tổng quát Cần lưu ý rằng, trong nhiều bài toán cực trị có ràng buộc theo tổng hoặc tích trên tập số tự nhiên, dấu đẳng thức thường không xảy ra khi các số bằng nhau, do đó, định lý là công cụ hữu ích cho việc giải quyết vấn đề này.
Karamata cho các bộ số được sắp thứ tự.
Trước hết, ta nhắc lại bất đẳng thức Karamata [1-3]. Định lý 2.1 (Bất đẳng thức Karamata) Xét hai dãy số {xk, yk ∈ (a, b), k 1,2, , n}, thỏa mãn điều kiện x 1 ≥ x 2 ≥ ã ã ã ≥ xn, y 1 ≥ y 2 ≥ ã ã ã ≥yn và
Khi đó, ứng với mọi hàm số lồi khả vi ϕ(x)(ϕ ′′ (x) ≥ 0) trên (α, β), ta đều có ϕ(x1) +ϕ(x2) +ã ã ã+ϕ(xn)≥ ϕ(y1) +ϕ(y2) +ã ã ã+ϕ(yn). Đẳng thức xảy ra khi xi = yi, i = 1,2, n.
Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức.
Nhận xét 2.1 Nếu hàm số y = ϕ(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên (α, β) và ϕ ′′ (x) ≥ 0,∀x ∈ (α, β) thì ϕ(x) ≥ ϕ ′ (x0)(x−x0) +ϕ(x0),∀x, x0 ∈ (α, β).
Nếu ϕ ′′ (x) ≤ 0,∀x∈ I(a;b) thì ϕ(x) ≤ ϕ ′ (x0)(x−x0) +ϕ(x0), ∀x, x0 ∈ (α, β). Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi x = x 0
Nhận xét rằng để x−d 6= 0 với mọi x ∈(α, β) thì d /∈ (α, β) Điều này tương đương với hoặc d ≤ α hoặc d≥ β.
Hệ quả 2.1 Điều kiện cần để có bất đẳng thức(∗∗)với mọiu, v ∈ (α, β) và u6= v là hoặc d≤ α hoặc d ≥ β.
Tiếp theo, ta xác định điều kiện đủ để có (∗∗)
Ta có f(x) = ax+ad +b+ g(d) x−d và f ′ (x) = a− g(d)
Trường hợp 1 Xét g(d) < 0 Khi đó f ′ (x) > 0 với mọi x 6= d Ta có f ′′ (x) >0 khi x > d và f ′′ (x) < 0 khi x < d.
Vậy nên khi x < d thì f ′′ (x) < 0 và f ′ (x) > 0.
Theo Bổ đề cơ bản, ta có (∗ ∗ ∗) luôn đúng ứng với mọi u, v < d, u6= v.
Khi x > d thì f ′′ (x) > 0 và f ′ (x) > 0 và (∗∗) luôn đúng với mọi u, v > d, u 6=v.
Trường hợp 2 Xét g(d) > 0 Khi đó f ′′ (x)< 0 khi x > d vàf ′′ (x) > 0 khi x < d.
Khi đó f ′ (x) > 0 khi x > x 2 hoặc x < x 1 và f ′ (x) < 0 ⇔x 1 < x < x 2 Vậy nên
- khi x < β ≤ x 1 thì f ′ (x) > 0 và f ′′ (x) > 0 Khi đó (∗∗) đúng với mọi u, v ∈ (α, β),
- khi x > α ≥ x2 thì f ′ (x) > 0 và f ′′ (x) < 0 Khi đó (∗ ∗ ∗) đúng với mọi u, v ∈ (α, β),
- khi x∈ (x 1 , d) thì f ′ (x) < 0 và f ′′ (x) > 0 Khi đó (∗ ∗ ∗) đúng với mọi u, v ∈ (x 1 , d),
- khi x ∈ (d, x 2 ) thì f ′ (x) < 0 và f ′′ (x) < 0 Khi đó (∗∗) đúng với mọi u, v(d, x 2 ).
Vậy ta có thể phát biểu các kết quả nhận được như sau. Định lý 2.2 Giả sử f(x) = g(x) x−d với g(x) = ax 2 +bx +c, a > 0 và g(d) < 0.
Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗) là α ≥ d và điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗ ∗ ∗) là β ≤ d.
Tương tự, ta cũng có kết quả sau Định lý 2.3 Giả sử f(x) = g(x) x−d với g(x) = ax 2 +bx +c, a > 0 và g(d) < 0
Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗) là α ≤ x 1 hoặc d ≤ α < β < x 2 , tương tự, điều kiện cần và đủ (đối với
(α, β)) để có bất đẳng thức (∗ ∗ ∗) là α ≥ x 2 hoặc x 1 ≤ α < β ≤ d với x 1 , 2 = d∓ rg(d) a
Từ các định lý 2.2-2.3, ta phát biểu các hệ quả để sử dụng trong các bài toán áp dụng ở phần sau khi bộ số gồm các số nguyên.
Hệ quả 2.2 Giả sử f(x) = g(x) x−d với g(x) = ax 2 + bx +c, a > 0 có g(d) < 0 và α ≥ d hoặc g(d) >0 và α ≤ x 1 hoặc d ≤ α < β < x 2
Khi đó, với mọi bộ số u 1 , u 2 , u 1 ∈ (α, β) và v 1 , v 2 , v 3 ∈ (α, β) sao cho u 1 +u 2 +u 3 = v 1 +v 2 +v 3 , ta đều có
Hệ quả 2.3 Giả sử f(x) = g(x) x−d với g(x) = ax 2 + bx +c, a > 0 có g(d) < 0 và β ≤ d hoặc g(d) > 0 và α ≥ x 2 hoặc x 1 ≤ α < β ≤ d với x1,2 = d∓ rg(d) a Khi đó, với mọi bộ số u 1 , u 2 , u 1 ∈ (α, β) và v 1 , v 2 , v 3 ∈ (α, β) sao cho u 1 +u 2 +u 3 = v 1 +v 2 +v 3 , ta đều có
Bài toán 2.4 Xét các số x, y, z ≥ 1 có x+y+z = 10 Chứng minh bất đẳng thức
30 Lời giải Xét hàm số f(x) = (x−1) 2 x+ 1 =x−3 + 4 x+ 1.
Theo hệ quả 2.2, ta có f(u) f ′ (v) ≥ f(v) f ′ (v) +u−v, ∀u, v ∈[1,+∞), u 6= v (∗∗)
Ta thu được v1 = 2, v2 = 3, v3 = 5 Tiếp theo, thế vào (∗∗), ta được
8/9 +z −2, ∀z ∈ [1,+∞) Cộng các vế tương ứng ta thu được
Bài toán 2.5 Xét các số x, y, z ∈ (−1,1) có x+y+z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
95(z + 1) Lời giải Xét hàm số f(x) = (x−1) 2 x+ 1 =x−3 + 4 x+ 1.
Theo hệ quả 2.3, ta có f(u) f ′ (v) ≤ f(v) f ′ (v) +u−v, ∀u, v ∈(−1,1), u 6= v (∗ ∗ ∗) Chọn 3 số v ∈ (−1,1) sao cho f ′ (v) ∈ n
5;−49 95 o và có tổng bằng 1 Ta thu được v 1 = 1
6 Tiếp theo, thế vào (∗ ∗ ∗), ta được
Cộng các vế tương ứng ta thu được
Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng các số
Để giải quyết các bài toán tìm cực trị của biểu thức có ràng buộc theo tổng của các số tự nhiên, phương pháp làm đều thường được áp dụng.
Bài toán 2.6 Cho các số nguyên dương a, b, c có a+b+c = 100 Tìm giá trị lớn nhất của
Lời giải Ở đây, vì ba số a, b, clà các số nguyên dương nên từ giả thiết suy ra chúng không thể bằng nhau.
Giả sử a≥ b≥ c thì a ≥ 34 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho bộ số 33a,34b,34c, ta thu được
Tiếp theo, ta xét bài toán tìm cực tiểu.
Bài toán 2.7 Cho các số nguyên dương a, b, c có a+b+c = 100 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Lời giải Ta chứng minh minM = 98.
Bài toán 2.8 Cho các số nguyên dương a, b, c có a+b+c = 9 Chứng minh rằng ab c(c+b) + bc a(a+c) + ca b(a+b) ≥ 3
M = ab c(c+b) + bc a(a+c) + ca b(a+b). Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có rab c + rbc a + rac b 2 s ab c(b+c)
Mặt khác cũng theo bất đẳng thức AM-GM, thì
(a+b+c) 2 ≥ 3(ab+bc+ca) nên rab c + rbc a + rac b
2. Dấu đẳng thức xảy ra khi a= b =c = 3.
Bài toán 2.9 Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn điều kiệnx+y+z 6 Chứng minh rằng
Lời giải Đặt 2 x =a,2 y = b,2 z =c,(a, b, c > 0) ⇒abc = 64 Điều cần chứng minh trở thành a 3 +b 3 +c 3 ≥ 4a 2 + 4b 2 + 4c 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: a 3 +b 3 +c 3 ≥ 3.abc = 3.64 a 3 +a 3 + 64 ≥ 12a 2 b 3 +b 3 + 64≥ 12b 2 c 3 +c 3 + 64 ≥ 12c 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a= b =c = 4 khi đó x= y =z = 2.
Bài toán 2.10 Với ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+ b+c = 9 Chứng minh rằng a
2. Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
6 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có
6(ab+bc+ca) = 9−ab+bc+ca
Ta lại có ab +bc+ca≤ (a+b+c) 2
2.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b =c = 3.
Bài toán 2.11 yêu cầu tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức S = 1/n với các số nguyên dương x1, x2, , xn có tổng bằng m, trong đó m và n là hai số nguyên dương với điều kiện m ≥ n ≥ 2.
Vì tồn tại một tập hợp hữu hạn các số (x1, x2, , xn) đáp ứng điều kiện của bài toán, nên giá trị của S cũng sẽ là hữu hạn Điều này đảm bảo rằng sẽ có một giá trị nhỏ nhất cho S.
N và giá trị lớn nhất L của S.
Ta chứng minh L đạt được khi xn = m + 1 − n, x 1 = x 2 = ã ã ã xn − 1 = 1.
Thật vậy, giả sửLđạt được với bộ số(x 1 , x 2 , xn)màxn ≤ m+1−n. Khi đó tồn tại xi >1 (1 ≤ i ≤ n−1) Đặt x ′ i =xi−1, x ′ n = xn+ 1, x ′ k =xk(k 6=n;i; 1 ≤ k ≤ n−1).
Khi đó bộ số x ′ 1 ;x ′ 2 ; x ′ n thỏa mãn điều kiện của bài toán Do ix ′ i +nx ′ n = i(xi −1) +n(xn+ 1) = ixi +nxn+n−i > ixi+nxn suy ra n
X k=1 kxk. Điều này trái với giả thiết của L.
Chứng minh tương tự, ta có N đạt được khi x 1 = m+ 1−n, x 2 =x 3 = ã ã ã =xn = 1 hay
Bài toán 2.12 Cho x, y ∈ N ∗ ; x+y = 2n+ 1 với n là hằng số nguyên dương cho trước Tìm giá trị lớn nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
Lời giải Ta chứng minh biểu thức P đạt giá trị lớn nhất L = (2n)! và giá trị nhỏ nhất N = n!(n+ 1)!
Giả sử N đạt được với bộ số (x; y) thỏa mãn điều kiện của bài toán khi x < n Ta có thể đặt x' = x + 1 và y' = y - 1, từ đó tạo ra bộ số (x'; y') cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Và x ′ !y ′ ! = (x+ 1)!(y−1)! = x!y!x+ 1 y < x!y! = N vì x+ 1< n+ 1< y Trái với giả thiết của N.
Vậy giá trị nhỏ nhất N = n!(n+ 1)!
Giả sử L đạt được với bộ số (x;y) thỏa mãn điều kiện của bài toán mà 1 < x < y. Đặt x ′ = x−1; y ′ = y+ 1.
Khi đó, ta có bộ số (x ′ ;y ′ ) thỏa mãn điều kiện của bài toán và x ′ !y ′ ! = (x−1)!(y+ 1)! = x!y!y+ 1 x > x!y! = L do y + 1> y > x, trái với giả thiết.
Vậy giá trị lớn nhất L = (2n)!
Bài toán 2.13 Xét phương trình vô định sau đây α 1 + 2α 2 + 3α 3 + 4α 4 = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các nghịch đảo của các đại lượng Πα =α 1 !1 α 1 α 2 !2 α 2 α 3 !3 α 3 α 4 !4 α 4 , trong đó α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ) là các nghiệm nguyên không âm phân biệt của phương trình đã cho.
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ) = (4,0,0,0), (0,0,0,1), (1,0,1,0), (0,2,0,0), (2,1,0,0). Tiếp theo, tính các đại lượng Πα =α 1 !1 α 1 α 2 !2 α 2 α 3 !3 α 3 α 4 !4 α 4 , α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ).
Bài toán 2.14 Xét phương trình vô định sau đây α 1 + 2α 2 + 3α 3 + 4α 4 + 5α 5 = 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các nghịch đảo của các đại lượng Πα = α 1 !1 α 1 α 2 !2 α 2 α 3 !3 α 3 α 4 !4 α 4 α 5 !5 α 5 , trong đó α = (α1, α2, α3, α4, α5) là các nghiệm nguyên không âm phân biệt của phương trình đã cho.
Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên không âm chỉ là α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 , α 5 ) = (5,0,0,0,0), (0,0,0,0,1), (0,1,1,0,0),
(1,2,0,0,0), (2,0,1,0,0), (1,0,0,1,0), (3,0,1,0,0). Tiếp theo, ta tính các đại lượng Πα =α 1 !1 α 1 α 2 !2 α 2 α 3 !3 α 3 α 4 !4 α 4 α 5 !5 α 5 , α = (α 1 , α 2 , α 3 , α 4 , α 5 ).
Sử dụng phân thức chính quy giải các bài toán cực trị liên quan
cực trị liên quan Định nghĩa 2.1 Hàmf(x) xác định trên tập các số thực dương, không đồng nhất với 0 được gọi là phân thức chính quy nếuf(x) n
Các hàm số như f1(x) = 1 + 2x + x² + 1/x + 1/x³ và f2(x) = 2x² + 3x³ + 1/x⁵ + 2x⁴ là những ví dụ dễ dàng để kiểm chứng là phân thức chính quy Định nghĩa về hàm f(x) cho thấy rằng nó được xác định trên tập các số thực dương, không đồng nhất với 0, và được gọi là phân thức chính quy hữu tỉ nếu f(x) n.
Từ định nghĩa, dễ dàng ta suy ra các tính chất sau:
Tính chất 2.1 Nếuf(x) là hàm phân thức chính quy, thìf(x) > 0 ứng với mọi x > 0.
Tính chất 2.2 Nếu f(x) và g(x) là các hàm phân thức chính quy, thì với mọi cặp số dương α, β hàm số h(x) = αf(x) + βg(x) cũng là hàm phân thức chính quy.
Tính chất 2.3 Nếu f(x) và g(x) là các hàm phân thức chính quy, thì hàm số h(x) = f(g(x)) cũng là hàm phân thức chính quy.
Nếu f(x) là hàm phân thức chính quy, thì hàm số h(x) = [f(x)]^m (với m ∈ N∗) cũng là hàm phân thức chính quy Hàm số f(x1, x2, , xm) không đồng nhất 0, xác định trên tập các số thực dương, được gọi là hàm phân thức chính quy hữu tỉ m biến nếu f(x1, x2, , xm) n.
ak ∈ N, αkj ∈ Z, k = 1, n, j = 1, m a 1 α 11 +a 2 α 21 +ã ã ã+anα n1 = 0 a 1 α 12 +a 2 α 22 +ã ã ã+anα n2 = 0 a 1 α 1 n+a 2 α 2 n+ã ã ã +anαnm = 0
Từ định nghĩa trên, ta có các tính chất sau:
Hàm số f(x1, x2, , xm) được coi là hàm phân thức chính quy hữu tỉ khi và chỉ khi các hàm phân thức thành phần của f(1, 1, , xk, 1, , 1) cũng là hàm phân thức chính quy hữu tỉ.
Hàm số f(x, y) = 3x³y⁸ + 4x⁴y⁹ + 5x⁵y¹² là một hàm phân thức chính quy, với các hàm thành phần f₁(x) = 3x³ + 4x⁴ + 5x⁻⁵ và f₂(y) = 3x⁸ + 4x⁹ + 5x⁻¹² Định nghĩa về hàm phân thức chính quy khẳng định rằng f(x₁, x₂, , xₘ) là hàm phân thức chính quy nếu và chỉ nếu các hàm thành phần của nó cũng là hàm phân thức chính quy Theo định lý 2.4, mọi hàm phân thức f(x₁, x₂, , xₘ) chính quy trên tập x₁, , xₘ > 0 có dạng f(x₁, x₂, , xₘ)ⁿ.
ak ∈ N, αkj ∈ Z, k = 1, n, j = 1, m a 1 α 11 +a 2 α 21 +ã ã ã+anα n1 = 0 a 1 α 12 +a 2 α 22 +ã ã ã+anα n2 = 0 a 1 α 1 n+a 2 α 2 n+ã ã ã +anαnm = 0 ta đều có f(x 1 , , xm) ≥ n
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có f(x1, x2, , xm) a 1 +a 2 + .+an n
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 1 =x 2 = ã ã ã = xm = 1.
Hệ quả 2.4 Với mỗi hàm phân thức f(x 1 , x 2 , , xm) chính quy trên tập x 1 , , xm >0 ta đều có: minf(x 1 , x 2 , , xm) =f(1,1, ,1).
Nhận xét 2.2 Với mọi hàm phân thức dạng g(x) n
P k =1 akx α k , ak ≥ 0, đặt P n k=1 ak = p, P n k=1 akαk = q thì hàm số f(x) = x − q p g(x) là một hàm phân thức chính quy.
Từ đó ta thu được định lý quan trọng sau đây. Định lý 2.5 Mọi hàm phân thức dạng g(x) n
P k=1 akx α k , ak ≥ 0, k = 1, n đều có tính chấtg(x) ≥ g(1)x p q ,∀x > 0 trong đó P n k=1 ak =p, P n k=1 akαk = q.
Chứng minh Theo nhận xét trên, ta có f(x) =x − q p g(x) là một phân thức chính quy nên ta suy ra f(x) ≥ f(1) mà f(1) = g(1) nên ta có đpcm.
Bài toán 2.15 Chứng minh rằng các hàm số dạng f(x) = a+bx+cx 2 + 2 cx + b
3x 3 với a, b, c nguyên dương luôn đạt giá trị nhỏ nhất tại số nguyên dương.
Lời giải Để ý rằng, f(x) là phân thức chính quy một biến ứng với mọi a, b, c nguyên dương nên minf(x) =f(1).
Bài toán 2.16 Chứng minh rằng các hàm số dạng g(x) = 2x 2 + 3x 3 + 1 x 5 + 2 x 4
Lời giải Để ý rằng, g(x) là phân thức chính quy một biến nên ming(x) =g(1)
Bài toán 2.17 Cho các số thựcα 1 , α 2 , , α 9 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x) = x α 1 + 2x α 2 + 3x α 3 +ã ã ã + 9x α 9 , x ∈R + Lời giải Ta có f(x)
45 ≥ x α 45 1 x 2α 45 2 x 9α 45 9 = 1⇔ f(x) ≥ 45. Vậy minf(x) = 45 khi và chỉ khi x = 1.
Bài toán 2.18 Chứng minh rằng hàm số f(x, y) = 3x 3 y 8 + 4x 4 y 9 + 5 x 5 y 12 đạt giá trị nhỏ nhất tại cặp số tự nhiên trên tập R + ×R +
Lời giải. Để ý rằng, f(x, y) là phân thức chính quy hai biến, và các hàm số là các phân thức thành phần là: f 1 (x) = 3x 3 + 4x 4 + 5x − 5 ; f 2 (y) = 3x 8 + 4x 9 + 5x − 12
Từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của f(x, y) trên tập R + ×R + đạt tại x= 1, y = 1.
Bài toán 2.19 Chứng minh rằng hàm số f(x, y) = 3x 3 y 8 + 4x 4 y 9 + 5 x 5 y 12 đạt giá trị nhỏ nhất tại cặp số tự nhiên trên tập R + ×R +
Lời giải. Để ý rằng, f(x, y) là phân thức chính quy hai biến, và các hàm số là các phân thức thành phần là: f1(x) = 3x 3 + 4x 4 + 5x − 5 ;f2(y) = 3x 8 + 4x 9 + 5x − 12
Từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của f(x, y) trên tập R + ×R + đạt tại x= 1, y = 1.
Một số dạng toán liên quan
3.1 Một số dạng toán cực trị trên tập số nguyên
Trong phần này ta đi xét một số bất đẳng thức phân thức trên tập rời rạc với các điều kiện ràng buộc khác nhau.
Bài toán 3.1 Cho đa thức
Xét dãy số (ak), k = 0,2, , n Tìm số hạng lớn nhất của dãy số (ak).
Số hạng ak lớn nhất khi và chỉ khi
Vì k ∈ Z nên k = 8 Vậy a 8 = 2 8 C 12 8 = 126720 là số hạng lớn nhất của dãy (ak)
Bài toán 3.2 Cho số nguyên dương n > 1 và số thực p > 0 Xét dãy các số {x 1 , , xn} không âm thỏa mãn điều kiện P n i=1 xi = p Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M n − 1
Lời giải Đặt xk= max{x 1 ,x 2 , , xn} Khi đó n − 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số của dãy bằng p 2 , các số khác đều bằng 0 Vậy max n − 1
Bài toán 3.3 Cho số nguyên dương N Tìm giá trị lớn nhất trong dãy số C N n (n = 0,1, , N).
Lời giải Do C N n = C N N − n nên ta chỉ cần xét dãy {C N n } với n 0,1, ,
Bài toán 3.4 (Taiwan TST 2014) Cho đa thức với hệ số thực
Giả sử xk nghiệm thực của phương trình P(x) = 0,k = 1,2, , n. Chứng minh rằng |xk| ≤ r2(1−n) n an − 2.
Lời giải Theo định lý Viète, ta có
Lấy tổng, ta thu được n
X i =1 x 2 i > 0 ⇔ n < 2, mâu thuẫn với giả thiết Ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài toán 3.5 (IMO 1995) Cho a, b, c là các số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Ta cần chứng minh bất đẳng thức
⇔ ab+bc+ca ≥ 3 (luôn đúng theo AM-GM).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b =c = 1.
Bài toán 3.6 (China Northern Mathematical Olympiad 2007) Choa, b, c là các số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên k ≥ 2 thì a k a+b + b k b+c + c k c+a ≥ 3
2 + a k − 1 b a+b + b k − 1 c b+c + c k − 1 a c+a. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a+b ≥ 2√ ab, b+c ≥ 2√ bc, c+a ≥ 2√ ca.
Vì vậy phải chứng minh: a k −
Theo bất đẳng thức AM-GM a k − 1 +b k − 1 +c k − 1 ≥ 3√ 3 a k − 1 b k − 1 c k − 1 = 3 và
Cộng ba bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a= b =c = 1.
Bài toán 3.7 (Brazilian Olympiad Revenge 2007) Cho a, b, c là các số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng a 2 +b 2 +c 2 + 1 a 2 +1 b 2 +1 c 2 +2 a+b+c+1 a+1 b+1 c
Lời giải Do abc = 1, ta có a 2 +b 2 +c 2 + 21 a + 1 b + 1 c
1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 2(a+b+c) =a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 + 2abc(a+b+c) = (ab+bc+ca) 2 Lại có:
= 2(ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a) + 3abc) abc = 2(a+b+c)(ab+bc+ca). Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
(a+b+c) 2 +(ab+bc+ca) 2 ≥ 2(a+b+c)(ab+bc+ca) (điều phải chứng minh).
Dấu đẳng thức xảy ra khi a= b =c = 1.
Bài toán 3.8 (Hongkong 2000) Với các số hữu tỷ dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng
Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
+ (a 3 +b 3 +c 3 )bc 2 a 3 + ca 2 b 3 + ab 2 c 3 ≥ 18 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b =c = 1.
Bài toán 3.9 (APMO 2005) Với các số hữu tỷ dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 8 Chứng minh rằng x 2 p(x 3 + 1)(y 3 + 1) + y 2 p(y 3 + 1)(z 3 + 1) + z 2 p(z 3 + 1)(x 3 + 1) ≥ 4
3. Lời giải Với mọi a ≥ 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có pa 3 + 1 =p
2 Áp dụng bất đẳng thức này, ta có x 2 p(x 3 + 1)(y 3 + 1) + y 2 p(y 3 + 1)(z 3 + 1) + z 2 p(z 3 + 1)(x 3 + 1)
Bất đẳng thức trên luôn đúng do x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 + 2(x 2 +y 2 +z 2 ) ≥ 3p 3 x 4 y 4 z 4 + 2.3p 3 x 2 y 2 z z = 48 + 24.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y = z = 2.
Một số dạng toán về số tự nhiên từ các đề thi Olympic
Ta xét một số bài toán liên quan đến công thưsc tổ hợp từ các đề thi
Bài toán 3.10 (Olympic 30/4/2011) Cho hàm số
(k−2011x) 2 C 2011 k x k (1−x) 2011 − k Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số F(x) trên [0; 1]
C n k x k (1−x) n − k = [x+ (1−x)] n = 1Vậy A = (nx) 2 +nx+n(n−1)x 2 −2(nx) 2 =nx(1−x). Áp dụng kết quả trên ta thu được f(x) = 2011x(1−x).
Do x ∈ [0; 1] nên x≥ 0,1−x ≥ 0 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có f(x) ≤ 2011 x+ (1−x)
Dấu đẳng thức xảy ra khi x= 1
Nhận xét 3.1 Ta có thể thay số 2011 trong hàm số f(x) bởi một số thực dương bất kì.
Xuất phát từ cách viết tổng Pn k=0
Để biểu diễn đa thức (-1)k C(n, k) k^3 + 9k^2 + 26k + 24 dưới dạng phân thức p(n) q(n), trong đó p(n) và q(n) là các đa thức có hệ số nguyên, chúng ta có thể thiết lập một bài toán cực trị liên quan đến tổ hợp.
Bài toán 3.11 Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức f(n) n
Ta có n 2 −12n+40 = (n−6) 2 +4 ≥ 4,∀n ∈ N Dấu đẳng thức xảy ra khi n = 6 Vậy f(n) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi n = 6.
Với ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c= 3 Chứng minh rằng a
Không thể áp dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM với mẫu số do bất đẳng thức sẽ bị đổi chiều Tuy nhiên, chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức này theo một cách khác Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a.
2 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có a
2(ab+bc+ca) = 3−ab+bc+ca
Ta lại có ab+bc+ca≤ (a+b+c) 2
2(ab+bc+ca) = 3−ab+bc+ca
2.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b =c = 1.
Bài toán 3.13 (Olympic 30/4/2009) yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của tổng A, được tính từ các số nguyên dương a1, a2, , an có tổng bằng 2009 Tổng A được xác định qua công thức 1/a1 * (a1 + a2) * (a1 + a2 + a3) * * (a1 + a2 + + an), trong đó k1, k2, , kn là một hoán vị bất kỳ của tập hợp {1, 2, , n}.
Lời giải Xét một bộ bất kì n số nguyên dương a 1 , a 2 , , an có tổng bằng 2009
Ta chứng minh bằng quy nạp
Với mỗi n số nguyên dương a1, a2, , an
Trong A, đặt 1 a 1 +a 2 +ã ã ã+an làm thừa số chung, ta được
, trong đó B gồm n! số hạng.
TrongB ta nhóm các số hạng không chứaa 1 thành tổngB 1 gồm(n−1)! số hạng ứng với (n−1)! hoán vị của {2,3 , n}
Do đó theo giả thiết quy nạp thì B = 1 a 2 a 3 an
Tiếp tục như thế với a 2 , a 3 , , an ta được
Từ đó suy ra A = 1 a 1 a 2 an
Vậy theo nguyên lí quy nạp (3.1) đúng với mọi n ≥ 1.
+) Nếu a 1 = 1, loại a 1 = 1, thế a 2 = 1 bởi a ′ 2 = 1 +a 2 thì tổng các số ai không đổi, còn tích tăng lên.
+) Nếu ai ≥ 5 thế a1 bởi 2(a1 −2) thì tổng các số ai không đổi, tích tăng lên vì 2(a 1 −2) = 2a 1 −4 > a 1
+) Nếu có một số ai = 4, thế số đó bởi 2 + 2 thì tổng và tích các số ai không đổi
+) Nếu có ba số 2, thế ba số đó bằng hai số 3 thì tổng không đổi, tích tăng lên
Vậy để tích p của các số ai lớn nhất thì phải chọn không quá hai số 2, các số khác bằng 3 Do 2009 = 3.669 + 2 nên maxP = 2.3 669 Suy ra minA = 1
Luận văn “Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên” đã trình bày những vấn đề sau:
Bài luận văn này trình bày một cách chi tiết các tính chất cơ bản của đa thức có hệ số nguyên, phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên, cũng như các đồng nhất thức và bất đẳng thức dạng phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên.
- Tiếp theo trình bày chi tiết các dạng toán tìm cực trị trong lớp các hàm phân thức.
- Cuối cùng, luận văn trình bày các dạng toán liên quan được chọn lọc từ các đề thi HSG quốc gia, Olympic khu vực và quốc tế.
[1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Nội suy đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc về đa thức và áp dụng, NXB Giáo dục.
[4] Nguyễn Văn Nho, OLYMPIC toán học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo dục.
[5] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer.
[6] Pólya G., Szgo G., 1956, Problems and theorems from Analysis, Moscow.
[7] Radulescu T-L.T , Radulescu V.D., Andreescu T (2009) Problems in Real Analysis: Advanced calculus on the real axis Springer.
[8] Titu Andreescu (2004), Mathematical Olympiad Treasures,Birkhauser Boston, USA.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC
SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC