Tải bản đầy đủ

Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN KIM THU

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ
CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC
SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN KIM THU


MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ
CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC
SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
(Xác nhận)

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2018


i

Mục lục
MỞ ĐẦU

iii

1 Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên
1
1.1. Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên . . . . . . . 1
1.2. Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và phân thức nhận giá
trị hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Biểu diễn đơn vị thành tổng của các phân số Ai Cập với
mẫu số nguyên dương đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh
bởi số hữu tỷ
12
2.1. Một số phương pháp giải bài toán cực trị của đa thức và
phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên . . . . . . . . . . . . . 12
2.1.1. Phương pháp so sánh bậc hai . . . . . . . . . . . . 12
2.1.2. Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai trên
bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.3. Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng
các số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2. Sử dụng phân thức chính quy giải các bài toán cực trị


liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 Một số dạng toán liên quan
32
3.1. Một số dạng toán cực trị trên tập số nguyên . . . . . . . . 32
3.2. Một số dạng toán về số tự nhiên từ các đề thi Olympic . . 38
KẾT LUẬN

44


ii

TÀI LIỆU THAM KHẢO

45


iii

MỞ ĐẦU
Chuyên đề về đa thức và phân thức là một chuyên đề rất quan trọng
ở bậc trung học phổ thông và trung học cơ sở. Các tính chất của đa
thức và phân thức liên quan chặt chẽ với các tính chất của số nguyên và
số hữu tỷ. Một trong các phương pháp khảo sát đa thức và phân thức
hữu tỷ rất hữu hiệu là việc sử dụng các công cụ hữu ích từ việc khảo
sát các tính chất số học của các số tự nhiên và số hữu tỷ.
Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, các bài toán liên quan
tới đa thức và phân thức với hệ số nguyên (ta gọi chung là phân thức
sinh bởi số tự nhiên) thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này
thường được xem là thuộc loại khó cần các kiến thức sâu sắc về số học
kết hợp với các kiến thức về đa thức và phân thức thường không nằm
trong chương trình chính thống của chương trình toán bậc trung học
phổ thông.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi
về chuyên đề đa thức và phân thức với hệ số nguyên và hệ số hữu tỷ,
em chọn đề tài luận văn “Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm
phân thức sinh bởi số tự nhiên”.
Mục tiêu của luận văn nhằm hệ thống một số kiến thức về số học và
đa thức với hệ số nguyên và cung cấp một số phương pháp tìm cực trị
của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên. Tiếp theo, xét các bài toán
cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình cùng một số dạng liên
quan.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và ba chương.
Chương 1. Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên.
Chương 2. Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh


iv

bởi số hữu tỷ.
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Tiếp theo, trong các chương đều trình bày hệ thống các bài tập áp
dụng và giải các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan.


1

Chương 1

Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên
1.1.

Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên

Trong phần này, trình bày một số tính chất cơ bản của đa thức với
hệ số nguyên.
Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]) Cho L ⊂ R. Đa thức P (x) ∈ L[x] được
gọi là khả quy trên L[x] nếu tồn tại đa thức Q(x) và T (x) cùng thuộc
L[x] với các bậc lớn hơn 0 sao cho P (x) = Q(x).T (x). Trong trường hợp
ngược lại thì được gọi là bất khả quy trên L[x].
Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) Tập hợp tất cả các đa thức khả quy trên
L[x] được ký hiệu là L∗ [x].
Tính chất 1.1 Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc lớn hơn bằng 2 đều
phân tích được thành nhân tử bậc nhất và nhân tử bậc hai nên cũng có
thể coi P (x) ∈ R∗ [x].
Định nghĩa 1.3 (xem [1]-[2]) Đa thức thuộc Z[x] được gọi là đa thức
nguyên bản nếu bộ các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể không
đôi một nguyên tố cùng nhau).
Tính chất 1.2 Nếu f (x) ∈ Z[x] thì tồn tại duy nhất một đa thức
a
nguyên bản và một phân số tối giản , a ∈ Z, b ∈ N∗ sao cho f (x) =
b
a
f1 (x).
b
Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa
thức nguyên bản.


2

Chứng minh. Cho hai đa thức nguyên bản
P (x) = an xn an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

Q(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0
thì P (x).Q(x) = cm+n xm+n + cm+n−1 xm+n−1 + · · · + c1 x + c0 .
Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước
chung của các hệ số c0 , c1 , . . . , cm+n .
Vì P nguyên bản nêu gọi i là số nhỏ nhất mà ai không chia hết cho p
và j là số nhỏ nhất sao cho bj không chia hết cho p. Khi đó, xét cj+i ta
thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý. Vậy tích trên nguyên
bản.
Tính chất 1.3 Nếu đa thức P (x) ∈ Z[x], deg P > 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) = an xn + an−1 xn−1 +
· · · + a1 x + a0 ∈ Z[x], an = 0, a, b là hai số nguyên khác nhau. Khi đó,
.
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 = (x1 , x2 , · · · , xn ) trong Rn , ta có
(x1 + x2 + · · · + xn )m =
|α|=m

m! α
x ,
α!

(1.1)

trong đó α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) trong Nn , xα =
xα1 1 xα2 2 . . . xαnn và tổng chạy qua tất cả α có thể có trong Nn thỏa mãn
|α| = α1 + α2 + · · · + αn = m.
Chứng minh. Với n = 2 theo nhị thức Newton, ta có
m
m

(x1 +x2 ) =
j=0

m!
xj1 xm−j
=
2
j!(m − j)!

m

|α|=m

m! α1 α2
x x , α1 = j, α2 = m−j.
α1 !.α2 ! 1 2

Giả sử đẳng thức (1.18) đã đúng cho đến n − 1. Đặt X = x1 + x2 + .. +
xn−1 , α = (α1 , α2 , . . . , αn ). Khi đó ta có
m
m

m

(x1 + x2 + · · · + xn ) = (X + xn ) =
αn

m!
X m−αn xαnn
(m − αn )!.αn !
=0


3
m

m!
xαnn .(x1 + x2 + · · · + xn−1 )m−αn
(m − αn )!.αn !
=0

=

αn
m

=
αn

m!
xαnn .
(m − αn )!.αn !
=0

=
|α|=m

|α =m−αn

(m − αn )!

α1 !α2 ! . . . αn−1 !

m!
xα1 1 xα2 2 . . . .xαnn .
α1 !α2 ! . . . αn !

Bổ đề được chứng minh.
Định lý 1.2 (Khai triển Taylor, xem [1]-[2]) Cho một đa thức
n

aj xj .

f (x) =

(1.2)

j=0

Khi đó, hệ số thứ j của f (x) có thể được biểu diễn bởi
aj =

1 (j)
f (0),
j!

(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) =

1
1
x + x2 + · · · + xn
2
n

n

.

(1.4)

Khi đó g (n) (0) = n!.
Chứng minh. Ta có
n

g(x) = x

1
1
1 + x + · · · + xn−1
2
n

n

= xn h(x),

(1.5)

trong đó
h(x) =
Áp dụng công thức Leibniz

1
1
1 + x + · · · + xn−1
2
n

n

.

(1.6)


4
n

g

(n)

(x) =
j=0
n

=
j=0

n!
(n − j)!j!

d
dx

n−j

d
n!n!
xj .
(n − j)!j!j!
dx

d
x .
dx
n

j

h(x)
(1.7)

j

h(x).

Do đó, ta thu được
g (n) (0) = n!h(0) = n!.

(1.8)

Bổ đề được chứng minh.

1.2.

Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và phân thức
nhận giá trị hữu tỉ

Tiếp theo, ta nhắc lại một số 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.
Định nghĩa 1.4 Hàm số f : R → R được gọi là phân thức hữu tỉ nếu
P (x)
(1). Khi P (x) và
tồn tại các đa thức P (x), Q(x) sao cho f (x) =
Q (x)
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
P (x)
việc quy đồng mẫu số ta sẽ đưa f (x) về dạng f (x) =
, trong đó
Q (x)
P (x) và Q (x) là các đa thức có hệ số nguyên. Do vậy phân thức hữu
P (x)
tỉ f (x) =
được gọi là phân thức hữu tỉ có hệ số nguyên nếu như
Q (x)
P (x), Q(x) ∈ Q[x].
Bài toán 1.1 Cho phân thức hữu tỉ f (x) =

1
∈ Q với mọi x ∈ Z.
ax + b

Chứng minh rằng a, b ∈ Q.
1
1
Lời giải. Vì f (x) =
∈ Q với mọi x ∈ Z nên ax + b =
với
ax + b
f (x)
mọi x ∈ Z. Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.


5

Bài toán 1.2 Chứng minh rằng nếu f (x) =

1
∈ Q với mọi x ∈ Z
ax + b

C
với A, B, C thuộc Z
Ax + B
1
Lời giải. Vì f (x) =
∈ Q với mọi x ∈ Z nên ta có a, b ∈ Q
ax + b
m
e
⇒ a = , b = (m, n, e, f ∈ Z).
n
f
Khi đó
1
nf
C
f (x) = m
=
=
.
e
mf x + ne Ax + B
x+
n
f

thì f (x) có dạng f (x) =

ax + b
∈ Q với mọi x ∈ Z.
cx + d
Ax + B
Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn dưới dạng f (x) =
(1)
Cx + D
với A, B, C, D ∈ Z.
Bài toán 1.3 Cho phân thức hữu tỉ f (x) =

Lời giải. Nếu ad − bc = 0 thì f (x) = const nên biểu diễn (1) là hiển
nhiên.
Xét trường hợp ad − bc = 0:
Nếu c = 0 thì biểu diễn (1) là hiển nhiên.
1
Nếu c = 0 thì sử dụng phân tích f (x) − f (0) =
ta sẽ được
αx + β
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 thức f (x) =

ax + b
∈ Q, ∀x ∈
cx + d

Ax + B
trong đó A, B, C, D là các số nguyên.
Cx + D
M
Q(x)

Q(x) − Q(1)
e
N =
Lời giải. Ta có
=
∈ Q ∀x ∈ Z nên
x−1
cx + d
x−1
E
.
Cx + D
Ta có M, N, E, C, D là các số nguyên nên dễ dàng suy ra đpcm.

Z thì f (x) có dạng f (x) =

Bài toán 1.5 Chứng minh rằng nếu
ax2 + bx + c
f (x) =
∈Q
dx + e


6

với mọi x ∈ Z thì f (x) có dạng f (x) =
thuộc Z.
Lời giải. Ta có
Suy ra

Ax2 + Bx + C
với A, B, C, D, E
Dx + E

Q(x) − Q (1) px + q
=
∈ Q ∀x ∈ Z.
x−1
cx + d

M
N = M x + N , (M, N, M , N , M , N ∈ Z)
x−1
M x+N

Q(x) −

từ đó ta suy ra đpcm.
Bài toán 1.6 Chứng minh rằng nếu
f (x) =

ax2 + bx + c
∈Q
dx + e

với mọi x ∈ Z thì f (x) có dạng f (x) = Cx + D hoặc f (x) = Ax2 + Bx +
C ∈ Z với mọi x ∈ Z, trong đó C, D thuộc Z.
Lời giải.
Nếu d = 0 thì ta có ngay f (x) = Ax2 + Bx + C ∈ Z với mọi x ∈ Z.
Q(x) − Q(0) a1 x + b1
Nếu d = 0 khi đó ta có
=
∈ Z với mọi x ∈ Z.
x
dx + e
Suy ra
Q(x) − M
A1
A2
=
+
∈ Z, ∀x ∈ Z,
x
D
Dx + E
.
trong đó A1 , A2 , D, E, M ∈ Z ⇒ A2 = 0 ⇒ A1 ..D nên ta có đpcm.
P (x)
∈ Q ∀x ∈ Z,
Q(x)
(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.
Chứng minh. Giả sử:
P (x) = a0 + a1 x + · · · + am xm
Q(x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn
Tại x = j (j = 0, 1, . . . , m + n) hàm f (x) nhận các giá trị hữu tỉ tương
ứng là cj . Khi đó ta có hệ phương trình tuyến tính với m + n + 2 ẩn:
a0 , a1 , . . . , am , b0 , b1 , . . . , bn dạng a0 + a1 k + · · · + am k m − b0 ck − b1 ck k −
· · · − b n ck k n = 0
trong đó k = 0, 1, . . . , m + n. Hai nghiệm của hệ này cho ta hai cặp đa
Bài toán 1.7 Cho phân thức hữu tỉ f (x) =


7

thức P (x), Q(x) và P1 (x), Q1 (x) có tính chất
P (k) − ck Q(k) = 0, P1 (k) − ck Q1 (k) = 0, ∀k = 0, m + n.
Hai cặp nghiệm này cho ta đa thức
g(x) = P (x)Q1 (x) − P1 (x)Q(x), degg(x) ≤ m + n
nhận giá trị 0 tại m + n + 1 điểm nên g(x) ≡ 0. Do P (x) và Q(x) nguyên
tố cùng nhau nên
P (x) = cP1 (x); Q(x) = cQ1 (x).
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 ∈
p x − qk
p 1 − qk
p+1
q , 1 và f (x) =
. Chứng minh rằng |f (x)| ≤
k
k
k=1 x + q
k=1 1 + q
Lời giải. Ta có 0 < q p+1 < q p < · · · < q < 1. Với q j+1 ≤ x ≤ q j thì khi
x − qi
x − qi
i
i ≥ j + 1 ta có x ≥ q nên
.
=
x + qi
x + qi
p
2q i (x − 1)
x − qi 1 − qi
x − qk

=
≤ 0 do đó
Xét hiệu

k
x + qi 1 + qi
(x + q i ) (1 + q i )
k=j+1 x + q
p
1 − qk
.
k
k=j+1 1 + q
Với k = 1, 2, . . . , j ta có
q j−(k−1) − x
x − q j−(k−1)
.
=
x + q j−(k−1)
x + q j−(k−1)
Ta lại có
2 q j−(k−1) − x
q j−(k−1) − x 1 − q k

=
≤0
x + q j−(k−1) 1 + q k
(1 + q k ) x + q j−(k−1)
nên

j

k=1

x − qk

x + qk

j

k=1

1 − qk
.
1 + qk

Từ đó ta được
p

k=1

x − qk

x + qk

p

k=1

1 − qk
⇔ |f (x)| ≤
1 + qk

p

k=1

1 − qk
.
1 + qk


8

1.3.

Biểu diễn đơn vị thành tổng của các phân số Ai
Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt

Ta xét các cách biểu diễn của 1 như là tổng của các phân số đơn vị.
Ví dụ, ta có thể dùng 2, 3 và 6 cho
1 1 1
+ + =1
2 3 6

(1.9)

1 1 1 1
1
+ + + +
= 1.
3 4 4 8 24

(1.10)

và 3, 4, 4, 8,và 24 cho

Ta đã biết rằng một phân số tùy ý luôn có thể được viết thành tổng
của các phân số đơn vị. Tiếp theo, để có các biểu diễn này, ta khảo sát
lời giải của phương trình Diophantine dạng
1
1
1
+
+ ··· +
= 1,
x1 x2
xn

(1.11)

trong đó các ẩn xj là các số nguyên không nhất thiết phải phân biệt với
j = 1, 2, · · · , n.

Bảng 1:Tổ hợp có thể có của α với n = 6
α1

α2

α3

α4

α5

α6

Mẫu số

6

0

0

0

0

0

6! = 720

4

1

0

0

0

0

4!.2 = 48

3

0

1

0

0

0

3!.3 = 18

2

2

0

0

0

0

2!.2!.22 = 16

2

0

0

1

0

0

2!.4 = 8

1

1

1

0

0

0

2.3 = 6

1

0

0

0

5

0

5

0

3

0

0

0

0

3!.23 = 48

0

1

0

1

0

0

2.4 = 8

0

0

2

0

0

0

2!.32 = 18

0

0

0

0

0

1

6

Để giải thích cho kết quả ứng với n = 6, ta xét các tổ hợp có thể có


9

của
α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 , α6 ), αj ∈ N,

(1.12)

thỏa mãn điều kiện
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 + 6α6 = 6.

(1.13)

Tiếp theo, xét đại lượng
6

αj !j αj = α1 !1α1 .α!.2α2 . · · · .α6 !.6α6

(1.14)

j=1

Tính tổng của các nghịch đảo của các đại lượng trong bảng số trong
Bảng 1, ta thu được
1
1
1
1
1 1 1
1
1
1
1
+
+
+
+ + + +
+ +
+ = 1.
(1.15)
720 48 18 16 8 6 5 48 8 18 6
Từ ví dụ trên, ta phát biểu kết quả sau.
Định lý 1.3 (xem [1]) Với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng
thức
n

α∈Sn

1
= 1,
αj
α
!j
j
j=1

(1.16)

trong đó tổng trên Sn chạy qua tất cả α = (α1 , α2 , · · · , αn ) có thể có
trong Nn thỏa mãn điều kiện
n

jαj = n.

(1.17)

j=1

Chứng minh. ta có
1
1
x1 + x22 + · · · + xnn
2
n

m

=
|α|=m

m! α1 1 2
x .
x
α! 1
2 2

α2

1 n
.··· .
x
n n

αn

n

= m!
|α|=m

1
jαj
x
.
αj j
α
!j
j
j=1
(1.18)

Cho m = n và xj = t với j = 1, 2, · · · , n dẫn đến
1
1
t + t2 + · · · + tn
2
n

n

n

= n!
|α|=n

1 jαj
t .
αj
α
!j
j
j=1

(1.19)


10

So sánh hệ số của tn trong cả hai đồng nhất thức. ta thu được n! đối
với vế trái. Mặt khác hệ số tn trong vế phải là tổng của tất cả số hạng
với tn mà được viết bởi
n

α∈Sn

1
,
αj
α
!j
j
j=1

(1.20)

trong đó tổng chạy qua tất cả α có thể có trong Sn xác định bởi
Sn = {α ∈ Nn ; α1 + 2α2 + · · · + nαn = n} .

(1.21)

Do đó, ta thu được
n

α∈Sn

1
=1
αj
α
!j
j
j=1

(1.22)

và ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.9 Xét phương trình vô định sau đây
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 = 4.
Tính tổng nghịch đảo các đại lượng
Πα = α1 !1α1 .α2 !2α2 .α3 !3α3 .α4 !4α4 ,
trong đó α = (α1 , α2 , α3 , α4 ) 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 = (α1 , α2 , α3 , α4 ) = (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 = α1 !1α1 .α2 !2α2 .α3 !3α3 .α4 !4α4 ,

α = (α1 , α2 , α3 , α4 ).

Ta có
Π1 = 4!14 .0!20 .0!30 .0!40 = 24,
Π2 = 0!10 .0!20 .0!30 .1!41 = 4,


11

Π3 = 1!11 .0!20 .1!31 .0!40 = 3,
Π4 = 0!10 .2!22 .0!30 .0!40 = 8,
Π5 = 2!12 .1!21 .0!30 .0!40 = 4.
Suy ra
1
1
1
1
1
1 1 1 1
+
+
+
=
+ + + + = 1.
Π1 Π2 Π3 Π4
24 4 3 8 4
Bài toán 1.10 Xét phương trình vô định sau đây
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 = 5.
Tính tổng nghịch đảo các đại lượng
Πα = α1 !1α1 .α2 !2α2 .α3 !3α3 .α4 !4α4 .α5 !5α5 ,
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 = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ) = (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 = α1 !1α1 .α2 !2α2 .α3 !3α3 .α4 !4α4 .α5 !5α5 ,

α = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ).

Ta có
Π1 = 5!15 .0!20 .0!30 .0!40 .0!.50 = 120,
Π2 = 0!10 .0!20 .0!30 .1!40 .1!51 = 5,
Π3 = 0!11 .1!21 .1!31 .0!40 .0!50 = 6,
Π4 = 1!11 .2!22 .0!30 .0!40 .0!50 = 8,
Π5 = 2!12 .0!20 .1!31 .0!40 .0!50 = 4,
Π6 = 1!11 .0!20 .0!30 .1!41 .0!50 = 4,
Π7 = 3!13 .0!20 .1!31 .0!40 .0!50 = 18.
Suy ra
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1
+
+
+
+
+
+
=
+ + + + + +
= 1.
Π1 Π2 Π3 Π4 Π5 Π6 Π7
120 5 6 8 4 4 18


12

Chương 2

Các phương pháp giải toán cực trị
dạng phân thức sinh bởi số hữu tỷ
2.1.

Một số phương pháp giải bài toán cực trị của đa
thức và phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên

Trong phần này ta khảo sát lớp phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên.
Để giải các bài toán cực trị tương ứng ta xét một số phương pháp đặc
thù như so sánh bậc hai và so sánh dạng dạng phân thức bậc hai trên
bậc nhất tổng quát.
2.1.1.

Phương pháp so sánh bậc hai

Ta đã biết, đối với dạng tam thức bậc hai
f (x) = ax2 + 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.
Sử dụng phương pháp so sánh bậc hai, ta giải quyết được các dạng
toán cực trị ở các nút nguyên trên trục tọa độ mà các phương pháp
truyền thống không thực hiện được.


13

Bài toán 2.1 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện



a ≥ 9
a + b ≥ 11


a + b + c ≥ 12.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = a2 + b2 + c2 .
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức (*) ứng với f (x) = x2 , ta thu được
a2 ≥ 92 + 2 × 9(a − 9), ∀a ∈ N.
Tương tự, ta cũng có
b2 ≥ 22 + 2 × 2(b − 2), ∀b ∈ N

c2 ≥ 1 + 2(c − 1), ∀c ∈ N.
Từ đó, suy ra
M = a2 + b2 + c2 ≥ 92 + 22 + 1 + 2[9(a − 9) + 2(b − 2) + (c − 1)].
Mặt khác, theo giả thiết thì
9(a−9)+2(b−2)+(c−1) = (a−9+b−2+c−1)+(a−9+b−2)+7(a−9) ≥ 0.
Suy ra
M ≥ 92 + 22 + 1 = 86
nên min M = 86 khi a = 9, b = 2, c = 1.
Bài toán 2.2 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện



a ≥ 9
a + b ≥ 11


a + b + c ≥ 12.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = f (a) + f (b) + f (c),
trong đó f (x) = 3x2 + 2x − 10.


14

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.

f (a) ≥ f (9) + (6 × 1 + 2)(c − 1), ∀a ∈ N.
Từ đó, suy ra

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

(6×9+2)(a−9)+(6×2+2)(b−2)+(6×1+2)(c−1) = 8(a−9+b−2+c−1)+6(a−9+b−2)+
Suy ra
M ≥ f (9) + f (2) + f (1) = 237
nên min M = 237 khi a = 9, b = 2, c = 1.
Bài toán 2.3 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện



c ≤ b ≤ a ≤ 9
a + b ≤ 11


a + b + c ≤ 12.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M = a2 + b2 + c2 .
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức (*) ứng với f (x) = x2 , ta thu được
92 ≥ a2 + 2 × a(9 − a), ∀a ∈ N.
Tương tự, ta cũng có
22 ≥ b2 + 2 × b(2 − b), ∀a ∈ N.

1 ≥ c2 + 2 × 1(1 − c), ∀a ∈ N.


15

Từ đó, suy ra
M = a2 + b2 + c2 ≤ 92 + 22 + 1 − 2[a(9 − a) + b(2 − b) + c(1 − c)].
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.
Suy ra
M ≤ 92 + 22 + 1 = 86
nên max M = 86 khi a = 9, b = 2, c = 1.
2.1.2.

Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai trên bậc
nhất

Trước hết ta xét bài toán về xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤
α < β ≤ +∞) sao cho ứng với mọi hàm số bậc hai g(x) = ax2 + bx +
g(x)
, g(d) = 0, ta đều có bất đẳng
c, a > 0, hàm số có dạng f (x) =
x−d
thức
f (u)
f (v)

+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u = v
(∗∗)
f (v)
f (v)
hoặc
f (u)
f (v)

+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u = v
f (v)
f (v)

(∗ ∗ ∗)

và xét các áp dụng liên quan.
Ý tưởng chính của phương pháp là sử dụng phép so sánh phân thức
bậc hai trên bậc nhất tổng quát.
Để ý rằng, trong hầu hết các dạng toán cực trị có ràng buộc theo
tổng hoặc tích trên tập số tự nhiên thì dấu đẳng thức xảy ra không ở
bộ số bằng nhau. Vì vậy, ta cần đến một công cụ hữu hiệu là định lý
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
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn


16





x 1 ≥ y1






x1 + x2 ≥ y1 + y2
......




x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1



x + x + · · · + x = y + y + · · · + y
1

2

n

1

2

n

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 ) + · · · + ϕ(xn ) ≥ ϕ(y1 ) + ϕ(y2 ) + · · · + 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 = x0 .
Nhận xét rằng để x − d = 0 với mọi x ∈ (α, β) thì d ∈
/ (α, β). Điều này
tương đương với hoặc d ≤ α hoặc d ≥ β.
Từ đó suy ra
Hệ quả 2.1 Điều kiện cần để có bất đẳng thức (∗∗) với mọi u, v ∈ (α, β)
và u = v là hoặc d ≤ α hoặc d ≥ β.
Tiếp theo, ta xác định điều kiện đủ để có (∗∗) .
Ta có
g(d)
f (x) = ax + ad + b +
x−d

g(d)
2g(d)
f (x) = a −
, f (x) =
.
2
(x − d)
(x − d)3

(2.1)


17

Trường hợp 1. Xét g(d) < 0. Khi đó f (x) > 0 với mọi x = 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,
u = v.
Khi x > d thì f (x) > 0 và f (x) > 0. và (∗∗) luôn đúng với mọi
u, v > d, u = v.
Trường hợp 2. Xét g(d) > 0. Khi đó f (x) < 0 khi x > d và f (x) > 0
khi x < d.
Xét phương trình
f (x) = 0 ⇔ x1,2 = d ∓

g(d)
, x1 < d < x 2 .
a

Khi đó f (x) > 0 khi x > x2 hoặc x < x1 và f (x) < 0 ⇔ x1 < x < x2 .
Vậy nên
- khi x < β ≤ x1 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 ∈ (x1 , d) thì f (x) < 0 và f (x) > 0. Khi đó (∗ ∗ ∗) đúng với mọi
u, v ∈ (x1 , d),
- khi x ∈ (d, x2 ) thì f (x) < 0 và f (x) < 0. Khi đó (∗∗) đúng với mọi
u, v(d, x2 ).
Vậy ta có thể phát biểu các kết quả nhận được như sau.
Định lý 2.2 Giả sử f (x) =

g(x)
với g(x) = ax2 + bx + c, a > 0 và
x−d

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)
với g(x) = ax2 + bx + c, a > 0 và
x−d

g(d) < 0
Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗)
là α ≤ x1 hoặc d ≤ α < β < x2 , tương tự, điều kiện cần và đủ (đối với


18

(α, β)) để có bất đẳng thức (∗ ∗ ∗) là α ≥ x2 hoặc x1 ≤ α < β ≤ d với
g(d)
x1,2 = 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.
g(x)
với g(x) = ax2 + bx + c, a > 0 có
x−d
g(d) < 0 và α ≥ d hoặc g(d) > 0 và α ≤ x1 hoặc d ≤ α < β < x2 .
Khi đó, với mọi bộ số u1 , u2 , u1 ∈ (α, β) và v1 , v2 , v3 ∈ (α, β) sao cho
u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3 , ta đều có
Hệ quả 2.2 Giả sử f (x) =

3

k=1

g(uk )
uk − d

g(d)
a−
(vk − d)2

3

k=1

g(vk )
vk − d
.
g(d)
a−
(vk − d)2

g(x)
với g(x) = ax2 + bx + c, a > 0 có
x−d
g(d) < 0 và β ≤ d. hoặc g(d) > 0 và α ≥ x2 hoặc x1 ≤ α < β ≤ d với
g(d)
x1,2 = d ∓
.
a
Khi đó, với mọi bộ số u1 , u2 , u1 ∈ (α, β) và v1 , v2 , v3 ∈ (α, β) sao cho
u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3 , ta đều có
Hệ quả 2.3 Giả sử f (x) =

3

k=1

g(uk )
uk − d

g(d)
a−
(vk − d)2

3

k=1

g(vk )
vk − d
.
g(d)
a−
(vk − d)2

Bài toán 2.4 Xét các số x, y, z ≥ 1 có x + y + z = 10. Chứng minh bất
đẳng thức
157
9(x − 1)2 4(y − 1)2 9(z − 1)2
+
+

.
4(x + 1)
3(y + 1)
8(z + 1)
30
Lời giải. Xét hàm số
f (x) =
Ta có
f (x) =

(x − 1)2
4
=x−3+
.
x+1
x+1
(x − 1)(x + 3)
≥ 0, ∀x ≥ 1
(x + 1)2


19


f (x) =

8
> 0, ∀x ≥ 1.
(x + 1)3

Theo hệ quả 2.2, ta có
f (v)
f (u)

+ u − v, ∀u, v ∈ [1, +∞), u = v
(∗∗)
f (v)
f (v)
4 3 8
Chọn 3 số v ∈ [1, +∞) sao cho f (v) ∈
; ;
và có tổng bằng 10.
9 4 9
Ta thu được v1 = 2, v2 = 3, v3 = 5. Tiếp theo, thế vào (∗∗), ta được
f (2)
9(x − 1)2

+ x − 2, ∀x ∈ [1, +∞)
4(x + 1)
f (2)
4(y − 1)2
f (3)

+ y − 3, ∀y ∈ [1, +∞)
3(y + 1)
f (3)
9(z − 1)2
f (5)

+ z − 2, ∀z ∈ [1, +∞)
8(z + 1)
f (5)
hay
9(x − 1)2
1/2

+ x − 2, ∀x ∈ [1, +∞)
4(x + 1)
5/9
1
4(y − 1)2

+ y − 3, ∀y ∈ [1, +∞)
3(y + 1)
3/4
8/3
9(z − 1)2

+ z − 2, ∀z ∈ [1, +∞)
8(z + 1)
8/9
Cộng các vế tương ứng ta thu được
9(x − 1)2 4(y − 1)2 9(z − 1)2
1/2
1
8/3 157
+
+

+
+
=
,
4(x + 1)
3(y + 1)
8(z + 1)
5/9 3/4 8/9
30
đpcm.
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
9(x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2
M :=
+
+
.
5(x + 1)
5(y + 1)
95(z + 1)
Lời giải. Xét hàm số
(x − 1)2
4
f (x) =
=x−3+
.
x+1
x+1


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×