Đang tải... (xem toàn văn)
Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2016 i Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số tính chất đa thức với hệ số nguyên 1.2 Một số tính chất phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên 1.3 Định lý Viète 12 1.4 Một số bất đẳng thức 13 Các dạng toán đa thức phân thức với hệ số nguyên 2.1 19 Các dạng toán đa thức biến với hệ số nguyên hệ thức Viète 19 2.2 Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức 30 2.3 Bất đẳng thức phân thức sinh tam thức bậc hai khoảng 35 2.4 Bất đẳng thức sinh hàm phân tuyến tính khoảng 40 2.5 Phân thức quy số tính chất 45 Một số toán liên quan đến bất đẳng thức cực trị tập số nguyên 49 3.1 Bất đẳng thức tập số nguyên 49 3.2 Cực trị tập số nguyên 58 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 70 Mở đầu Chuyên đề đa thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Đa thức không đối tượng nghiên cứu trọng tâm Đại số mà cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác tốn học Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, tốn liên quan tới đa thức nói chung đặc biệt toán bất đẳng thức, cực trị đa thức, phân thức có hệ số nguyên thường xuyên đề cập Những dạng tốn thường xem thuộc loại khó, phần kiến thức đa thức, phân thức hệ số ngun lại khơng nằm chương trình thức Số học Đại số bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức, làm luận văn: Bất đẳng thức toán cực trị lớp đa thức phân thức hệ số nguyên Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương I trình bày kiến thức đa thức phân thức hệ số nguyên, định lý Viète, số bất đẳng thức Chương II trình bày số dạng tốn bất đẳng thức cực trị lớp đa thức phân thức hệ số nguyên, phân thức quy áp dụng Chương III trình bày số bất đẳng thức toán cực trị tập số nguyên Luận văn xem tài liệu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức Có thể sử dụng luận văn việc giảng dạy học sinh thi học sinh giỏi cấp, Olympic sinh viên Luận văn hoàn thành hướng dẫn trực tiếp GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc bảo tận tình Thầy suốt trình xây dựng đề cương hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS Nguyễn Thị Thu Thủy q thầy đọc, kiểm tra, đánh giá đưa ý kiến quý báu để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô Ban Giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Tốn Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập hồn thành luận văn Trong khn khổ luận văn, tác giả chưa thể trình bày hết vấn đề đa thức phân thức hệ số nguyên Tuy thân có nhiều cố gắng, nỗ lực nghiên cứu, song điều kiện trình độ hạn chế nên kết đạt luận văn khiêm tốn Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp q báu thầy để luận văn hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2016 Học viên Nguyễn Ngọc Hà Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày số kiến thức bản: định nghĩa, số tính chất chia hết, nghiệm nguyên, hệ số đa thức phân thức hệ số nguyên Ở ta sử dụng số ký hiệu: Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , f (x) có hệ số số nguyên ta ký hiệu f (x) ∈ Z[x], f (x) có hệ số số hữu tỉ ta ký hiệu f (x) ∈ Q[x] 1.1 Một số tính chất đa thức với hệ số nguyên Định lý 1.1 (xem [4]) Cho đa thức f (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 ∈ Z[x], an = 0, a số nguyên Khi [f (x) − f (a)] (x − a) Chứng minh Ta có f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 , f (x) − f (a) = an (xn − an ) + an−1 xn−1 − an−1 + · · · + a1 (x − a) (x − a) Vậy ta có điều cần chứng minh p Bài toán 1.1 (xem [4]) Chứng minh phân số tối giản , ((p, q) = q 1) nghiệm đa thức với hệ số nguyên f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 p ước a0 q ước an Lời giải Giả sử phân thức tối giản f p q p q = an p nghiệm đa thức f(x) Khi đó, ta có q n + an−1 p q n−1 + · · · + a1 p q + a0 = Từ đó, ta có an pn = −q(an−1 pn−1 + · · · + a1 q n−2 p + a0 q n−1 ) (1.1) a0 q n = −p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 ) (1.2) Từ (1.1) suy an pn chia hết cho q mà (p, q) = nên an chia hết cho q Từ (1.2)suy a0 q n chia hết cho p mà (p, q) = nên a0 chia hết cho p p Bài toán 1.2 (xem [4]) Chứng minh phân thức tối giản , ((p, q) = q 1) nghiệm đa thức với hệ số nguyên f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 p − mq ước f (m) với m số nguyên Lời giải Phân tích f (x) theo lũy thừa (x − m) ta f (x) = an (x − m)n + bn−1 (x − m)n−1 + · · · + b1 (x − m) + b0 = g(x − m) Nhận xét hệ số b0 , bn−1 số nguyên m số nguyên p Ta có f (m) = b0 Thay x ta thu đẳng thức q f p q =g p −m =g q p − mq q = p − mq nghiệm g(x) theo Bài tốn 2.6 p − mq ước q b0 = f (m) Do Bài tốn 1.3 Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện f (0), f (1), , f (m − 1) không chia hết cho m (m số nguyên dương cho trước, m > 1) Chứng minh f (x) = khơng có nghiệm ngun Lời giải Giả sử f (x) = có nghiệm nguyên x = c, f (x) = (x − c)g(x), g(x) ∈ Z[x] Ta có f (0) = (0 − c)g(0), f (1) = (1 − c)g(1), f (m − 1) = (m − − c)g(m − 1) Vì − c, − c, , m − − c m số nguyên liên tiếp nên phải có số chia hết cho m Vì m số f (0), f (1), , f (m − 1) phải có số chia hết cho m Điều trái với giả thiết Vậy f (x) = nghiệm ngun Bài tốn 1.4 Cho đa thức P (x) với hệ số nguyên, chia hết cho x lấy giá trị nguyên k, k + 1, k + Chứng minh P (m) với số nguyên m Chứng minh Với hai số nguyên m n phân biệt, ta có P (m) − P (n) (m − n) Ta có số P (m) − P (k), P (m) − P (k + 1) P (m) − P (k + 2) theo thứ tự chia hết cho m − k, m − (k + 1), m − (k + 2) với m∈ / {k, k + 1, k + 2} Vì m − k, m − (k + 1), m − (k + 2) ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho Do số P (m) − P (k), P (m) − P (k + 1) P (m) − P (k + 2) có số chia hết cho Mặt khác, theo giả thiết, số P (k), P (k + 1), P (k + 2) chia hết cho Vậy P (m) với số nguyên m Bài toán 1.5 (xem [4]) Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] Chứng minh phương trình f (x) = có nhiều nghiệm nguyên phân biệt phương trình f (x) = −1 khơng có nghiệm nguyên Lời giải Giả sử phương trình f (x) = −1 có nghiệm ngun a f (a) = −1 Gọi x1 , x2 , x3 , x4 nghiệm nguyên phân biệt phương trình f (x) = 1, f (x) − = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 )g(x) Suy f (a) − = −2 = (a − x1 )(a − x2 )(a − x3 )(a − x4 )g(a), (a − x1 ), (a − x2 ), (a − x3 ), (a − x4 ) số nguyên phân biệt Nhưng −2 khơng thể phân tích thành tích số nguyên khác nên điều giả sử sai Vậy phương trình f (x) = −1 khơng có nghiệm nguyên Bài toán 1.6 Giả sử P (x) đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên Xét đa thức Q(x) = P (x) − Chứng minh số nghiệm nguyên đa thức Q(x) nhỏ 1996 Lời giải Giả sử số nghiệm đa thức Q(x) không nhỏ 1996 Q(x) = ⇔ P (x) − = ⇔ [P (x) − 3][P (x) + 3] = Gọi x1 , x2 , , xk nghiệm nguyên P (x) = 3, (x1 < x2 < · · · < xk ) y1 , y2 , , yl nghiệm nguyên P (x) = −3, (y1 < y2 < · · · < yl ) Rõ ràng xi = yj , ∀i, j Vì deg P (x) = 1991 nên k ≤ 1991; l ≤ 1991 Mặt khác k + l số nghiệm đa thức Q(x) nên theo giả thiết phản chứng k + l ≥ 1996 Từ ta có k ≥ 5, l ≥ 5, suy tồn i0 , j0 (1 ≤ i0 ≤ k; ≤ j0 ≤ l) cho |xi0 − yj0 | ≥ (1.3) Giả sử P (x) = a1991 x1991 + a1990 x1990 + · · · + a1 x + a0 với ∈ Z, i = 0, 1991 Thế từ ∈ Z, i = 0, 1991, P (xi0 ) = P (yi0 ) = −3, suy P (xi0 ) − P (yi0 ) = Vì P (x) đa thức với hệ số nguyên xi0 , yi0 số nguyên nên ta có P (yi0 ) − P (xi0 ) yi0 − xi0 Như (yi0 − xi0 ), suy yi0 − xi0 ≤ (1.4) Từ (1.3) (1.4) suy mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai, tức đa thức Q(x) = P (x) − khơng thể có q 1995 nghiệm ngun Nhận xét 1.1 Ta chứng minh (1.3) sau: Vì k ≥ 5, l ≥ 5, xi = yj , ∀i, j có ba nghiệm số nghiệm yj (j = 1, l) nhỏ (hoặc lớn hơn) nghiệm xi (i = 1, k) Giả sử x1 < x2 < · · · < xk < yp < yp+1 < yp+2 56 Bài toán 3.7 (xem[3]) Với a, b số tự nhiên dương Chứng minh √ √ a + b2 + b + a2 ≥ (a + b)2 + 4a2 b2 Lời giải Đặt n = a + b; a, b ∈ N∗ , x1 = x2 = · · · = xa = b, xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = a Khi ta √ a a 1+ b2 + x2i , = √ b + a2 = i=1 a+b + x2i , i=a i=1 √ √ + x2i , a + a2 + b + b = n a 4a2 b2 = (ab + ba)2 = a+b xi + i=1 xi n = xi i=a i=1 Theo Bất đẳng thức 1.4.2, ta có n n + x2i ≥ n2 + i=1 xi i=1 với n sô nguyên dương, xi số thực dương, ∀i = 1, n Hay √ √ a + b2 + b + a2 ≥ (a + b)2 + 4a2 b2 Đây điều cần chứng minh Bài toán 3.8 (xem[3]) Với a, b số tự nhiên dương Chứng minh a2 b2 c2 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) + + ≤ 1+a 1+b 1+c (a + b + c) + (a2 + b2 + c2 ) 57 Lời giải Đặt n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗ , x1 = x2 = · · · = xa = a, xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = b, xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = c Khi ta a2 = 1+a b2 = 1+b c2 = 1+c a i=1 a+b xi , + xi xi , + xi i=a a+b+c xi , + x i i=a+b a2 b2 c2 + + = 1+a 1+b 1+c i=1 n xi , + xi n a2 + b2 + c2 = xi i=1 Áp dụng Bất đẳng thức 1.4.3 ta có n n i=1 xi ≤ + xi n xi i=1 n n+ xi i=1 với n sô nguyên dương, xi số thực dương, ∀i = 1, n Hay a2 b2 c2 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) + + ≤ 1+a 1+b 1+c (a + b + c) + (a2 + b2 + c2 ) Đây điều cần chứng minh Bài toán 3.9 (xem[3]) Với a, b số tự nhiên dương Chứng minh ab 1 + 1+a 1+b ≤ 2ab(a + b) a + b + 2ab 58 Lời giải Đặt n = a + b; a, b ∈ N∗ , x1 = x2 = · · · = xb = a, xb+1 = xb+2 = · · · = xa+b = b Khi ta ab = 1+a b i=1 a+b xi , + xi xi ba = , + b i=b+1 + xi ba ab + = 1+a 1+b n i=1 b 2ab = ab + ba = xi , + xi a+b xi + i=1 n xi = xi i=1 i=b+1 Áp dụng Bất đẳng thức 1.4.3, ta có n n i=1 xi ≤ + xi n xi i=1 n n+ xi i=1 với n sô nguyên dương, xi số thực dương, ∀i = 1, n Hay 1 2ab(a + b) + ≤ 1+a 1+b a + b + 2ab Đây điều cần chứng minh ab 3.2 Cực trị tập số nguyên Trong mục ta trình bày tốn cực trị tập số nguyên Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức tập số nguyên 59 ta cần kết hợp việc ước lượng giá trị biểu thức tính chất số học số nguyên như: tính chia hết, đồng dư, tính thứ tự .Đơi phải kết hợp đánh giá biểu thức với giải phương trình nghiệm nguyên để tìm giá trị biến biểu thức đạt cực trị Các toán làm rõ ý tưởng Bài toán 3.10 Với m, n số nguyên dương cho tổng m số dương chẵn khác n số dương lẻ khác 2369 Tìm giá trị lớn P = 3m + 2n Lời giải Tổng m số dương chẵn phân biệt nhỏ + + · · · + 2m = m(m + 1) = m2 + m Tổng n số dương lẻ phân biệt nhỏ + + · · · + 2n − = n2 Do 2369 ≥ n + m + m = m + 2 2 + n2 − hay m+ 2 9477 + n2 ≤ Ta có P = 3m + 2n = m + 22 ) m+ ≤ (32 + ≤ 13 9477 − = 174 + 2n − + n2 − 2 Xét hệ phương trình 3m + 2n = 174 m2 + m + n2 = 2369 60 m Do m = 2t; n = 87 − 3t Suy (2t)2 + 2t + (87 − 3t)2 = 2369 hay t = 20 Ta có 3m + 2n = 174 , suy n = 87 − Vậy hệ có nghiệm m = 40, n = 27 Tóm lại P ≤ 174 với m, n thỏa mãn yêu cầu đề bài, ứng với m = 40, n = 27 P = 174 Vậy giá trị lớn P 174 Bài toán 3.11 (xem [2]) Cho k số nguyên dương lớn Tìm giá trị lớn biểu thức f (x, y, z) = xy + 2xz + 3yz miền D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương x + y + z = k} Lời giải Vì tập hợp D có hữu hạn phần tử (x, y, z) nên P có giá trị lớn D Giả sử max f (x, y, z) = x0 y0 + 2x0 z0 + 3y0 z0 (3.1) (x,y,z)∈D Xét x0 ≥ Khi xảy hai trường hợp Nếu z0 ≥ y0 Dễ thấy (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) ∈ D f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) = x0 y0 + 2x0 z0 + 3y0 z0 + (z0 − y0 ) + (x0 − 1) Do x0 > z0 ≥ y0 nên từ suy f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) > f (x0 , y0 , z0 ) Điều mâu thuẫn với giả thiết (3.1) Vậy không xảy trường hợp z0 ≥ y0 Nếu z0 < y0 Dễ thấy (x0 − 1, y0 , z0 + 1) ∈ D f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) = x0 y0 + 2x0 z0 + 3y0 z0 + 2(y0 − z0 ) + 2(x0 − 1) Do x0 ≥ z0 < y0 nên từ suy f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) > f (x0 , y0 , z0 ) 61 Điều mâu thuẫn với giả thiết (3.1) Suy không xảy trường hợp z0 < y0 Vậy xảy giả thiết x0 ≥ Từ suy x0 = Khi x0 = 1, toán trở thành: Tìm giá trị lớn biểu thức f1 (y, z) = y + 2z + 3yz miền D1 = {(y, z) : y, z nguyên dương y + z = k − 1}, k số nguyên dương lớn Do tập hợp D1 có hữu hạn phần tử (y, z) nên f1 (y, z) có giá trị lớn D1 Giả sử max f1 (y, z) = y1 + 2z1 + 3y1 z1 (y,z)∈D1 Ta chứng minh z1 ≥ y1 (3.2) phản chứng Thật vậy, giả sử z1 < y1 Dễ thấy (y1 − 1, z1 + 1) ∈ D1 f1 (y1 − 1, z1 + 1) = y1 + 2z1 + 3y1 z1 + 3(y1 − z1 − 1) + Do z1 < y1 z1 , y1 số nguyên nên z1 + ≤ y1 Suy f (y1 − 1, z1 + 1) > f (y1 , z1 ) Vô lý Vậy giả thiết z1 < y1 sai , (3.2) nghĩa z1 ≤ y1 Ta lại chứng minh z1 − y1 ≤ (3.3) z1 − y1 > (3.4) phản chứng Thật vậy, giả sử Dễ thấy (y1 + 1, z1 − 1) ∈ D1 f1 (y1 + 1, z1 − 1) = y1 + 2z1 + 3y1 z1 + 3(z1 − y1 − 1) 62 Do z1 − y1 > z1 , y1 số nguyên nên z1 − y1 − ≥ 1, suy f1 (y1 − 1, z1 + 1) > f1 (y1 , z1 ) Điều mâu thuẫn với giả thiết Chứng tỏ điều giả sử (3.4) sai Vậy (3.3) Từ (3.2) (3.3) ta có ≤ z1 − y1 ≤ Như có hai khả xảy Nếu z1 − y1 = hay z1 = y1 , suy z1 = y1 = k−1 Vì để z1 , y1 nguyên k − chia hết cho hay k lẻ Lúc k−1 k−1 max f (x, y, z) = f 1, , (x,y,z)∈D 2 k−1 (k − 1)2 3k + =3 +3 = 4 Nếu z1 − y1 = hay z1 = y1 + , từ z1 + y1 = k − 1, suy y1 = k−2 k , z1 = 2 Vì để z1 , y1 nguyên k chia hết cho hay k chẵn Lúc k−2 k 3k − max f (x, y, z) = f 1, , = (x,y,z)inD 2 3k + k lẻ Kết luận max f (x, y, z) = (x,y,z)∈D 3k − k chẵn Bài toán 3.12 (xem [2] ) Cho k số nguyên dương lớn Tìm giá trị lớn hàm số f (x, y, z) = xyz miền D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương x + y + z = k} Lời giải Khơng giảm tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z 63 Vì D tập hữu hạn phần tử (x, y, z) nên f (x, y, z) đạt giá trị lớn D Giả sử max f (x, y, z) = f (x0 , y0 , z0 ) = x0 y0 z0 vớix0 ≥ y0 ≥ z0 (3.5) (x,y,z)∈D Giả sử x0 − z0 > Khi xảy ba trường hợp x0 = y0 > z0 + Ta có x0 + y0 + z0 = k hay x0 + (y0 − 1) + (z0 + 1) = k Mặt khác x0 = y0 > z0 +1 z0 > nên x0 , (y0 −1), (z0 +1) nguyên dương, tức (x0 , y0 − 1, z0 + 1) ∈ D Lại có f (x0 , y0 − 1, z0 + 1) = x0 (y0 − 1)(z0 + 1) = x0 y0 z0 + x0 (y0 − z0 − 1) Do x0 = y0 > z0 + nên từ suy f (x0 , y0 − 1, z0 + 1) > x0 y0 z0 = f (x0 , y0 , z0 ) Điều mâu thuẫn với (3.5).Vậy trường hợp xảy Nếu x0 > y0 > z0 Xét ba nguyên dương (x0 − 1, y0 , z0 + 1) Do x0 > y0 > z0 x0 , y0 , z0 nguyên dương nên x0 ≥ y0 + y0 ≥ z0 + 1, suy x0 − > Rõ ràng (x0 − 1) + y0 + (z0 + 1) = k nên (x0 − 1, y0 , z0 + 1) ∈ D Mặt khác f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) = y0 (x0 − 1)(z0 + 1) = x0 y0 z0 + y0 (x0 − z0 − 1) > x0 y0 z0 Suy f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) > f (x0 , y0 , z0 ) Điều mâu thuẫn với (3.5) Suy trường hợp xảy x0 − > y0 > z0 Lập luận tương tự ta có (x0 − 1) + (y0 + 1) + z0 = k nên (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) ∈ D f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) = x0 y0 z0 + z0 (x0 − y0 − 1) > f (x0 , y0 , z0 ) 64 Điều mâu thuẫn với (3.5) Suy trường hợp xảy Điều chứng tỏ giả thiết x0 − z0 > sai Vậy ta phải có x0 − z0 ≤ Do xảy hai trường hợp a Nếu x0 − z0 = Kết hợp với x ≥ y ≥ z x0 + y0 + z0 = k , ta có k x0 = y0 = z0 = Điều xảy k chia hết cho b Nếu x0 − z0 = Lúc lại có hai khả b1 x0 = y0 + = z0 + Suy k−1 k+2 , y0 = z0 = 3 Trường hợp xảy k ≡ (mod 3) x0 = b2 x0 = y0 = z0 + Suy k−2 k+1 , z0 = 3 Trường hợp xảy k ≡ (mod 3) Kết luận k k ≡ (mod 3) 27 (k + 2)(k − 1)2 max f (x, y, z) = k ≡ (mod 3) (x,y,z)∈D 27 (k − 2)(k + 1) k ≡ (mod 3) 27 Bài tốn 3.13 (xem [2]) Tìm giá trị nhỏ hàm số x = y0 = f (x, y, z, t) = x2 + y + 2z + t2 miền D = {(x, y, z, t) : x, y, z, t ∈ N; x2 − y + t2 = 21; x2 + 3y + 4z = 101} Lời giải Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D, ta có x2 − y + t2 = 21, x2 + 3y + 4z = 101 65 Cộng vế hai phương trình ta 2x2 + 2y + 4z + t2 = 122 Suy 2(x2 + y + 2z + t2 ) = 122 + t2 Từ suy f (x, y, z, t) ≥ 61 với (x, y, z, t) ∈ D Đẳng thức xảy t = Xét hệ phương trình t=0 x2 − y + t2 = 21 x2 + 3y + 4z = 101 x, y, z ∈ N Hệ tương đương với t=0 x2 − y = 21 x2 + 3y + 4z = 101 x, y, z ∈ N Vì x2 − y = 21 x, y nguyên dương nên x + y = 21 x−y =1 x+y =7 x − y = Suy x = 11, y = 10 x = 5, y = Từ x2 + 3y + 4z = 101, ta có x = 5, y = 2, z = Như (5, 2, 4, 0) ∈ D, f (5, 2, 4, 0) = 61 Vậy max f (x, y, z) = 61 (x,y,x)∈D Bài toán 3.14 (xem [2]) Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = |5x2 + 11xy − 5y | 66 miền D = {(x, y) : x, y ∈ N; y số lẻ } Lời giải Lấy (x, y) tùy ý thuộc D, ta có y số tự nhiên lẻ nên 5y số lẻ Nếu x số chẵn 5x2 + 11xy số chẵn, suy 5x2 + 11xy − 5y số lẻ Nếu x số lẻ 5x2 , 11xy số lẻ , suy 5x2 + 11xy − 5y số lẻ Vậy trường hợp, ta có 5x2 + 11xy − 5y số lẻ Ta chứng minh |5x2 + 11xy − 5y | = Thật vậy, giả sử |5x2 + 11xy − 5y | = Suy 20 5x2 + 11xy − 5y = 20 ⇔| (10x + 11y)2 − 221y | = 20, hay (10x + 11y)2 − 221y = 20 (10x + 11y)2 − 221y = −20 Do 221 = 13.17, bình phương số nguyên tùy ý đồng dư với 1, 3, 4, -1, -3, -4 theo modulo 13, 20 đồng dư theo modulo 13, -20 đồng dư -7 theo modulo 13 nên không tồn x, y thỏa mãn hai đẳng thức Vậy 5x2 + 11xy − 5y = Lập luận tương tự ta có 5x2 + 11xy − 5y = Kết hợp với |5x2 + 11xy − 5y | số lẻ, nên suy |5x2 + 11xy − 5y | ≥ Tức ta có f (x, y) ≥ với (x, y) thuộc D, lại có (0, 1) ∈ D, f (0, 1) = Vậy giá trị nhỏ hàm f (x, y) miền D đạt (x, y) = (0, 1) 67 Bài toán 3.15 (xem [2]) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f (x, y, z) = x 2z + y t miền D = {(x, y, z) : x, y, z, t ∈ Z; ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100} Lời giải Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D Do ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ t nên 2z x ≤ 1, ≤ y t Suy f (x, y, z, t) ≤ với (x, y, z, t) thuộc D Rõ ràng (1, 1, 1, 1) ∈ D f (1, 1, 1, 1) = Vậy max f (x, y, z, t) = (x,y,z,t)∈D Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D Do ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100 nên f (x, y, z, t) = x z y +2 ≥ +2 y t y 100 hay f (x, y, z, t) ≥ Xét hàm số g(x) = y + y 50 y + với ≤ y ≤ 100 y số nguyên Ta nhận y 50 thấy a Nếu y ≤ g(y) − g(7) = (7 − y)(50 − 7y) ≥ 350y Suy g(y) ≥ g(7), ∀y = 1, 2, 3, 4, 5, 6, b Nếu y ≥ g(y) − g(8) = (8 − y)(50 − 8y) ≥ 350y 68 Suy g(y) ≥ g(8), ∀y = 9, 10, , 100 Từ suy g(y) ≥ g(7), g(8), ∀y = 1, 2, , 100 hay g(y) ≥ {g(7), g(8)} = { 99 114 99 , }= 350 400 350 Từ đó, ta có f (x, y, z, t) ≥ f (1, 7, 7, 100) = 99 , ∀(x, y, z, t) ∈ D 350 99 Do 350 f (x, y, z, t) = (x,y,z,t)∈D 90 350 69 Kết luận Luận văn “Bất đẳng thức toán cực trị lớp đa thức phân thức hệ số nguyên ” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết số dạng tốn đa thức phân thức với hệ số nguyên Trình bày dạng tốn ước lượng miền giá trị đa thức phân thức đại số số toán cực trị tương ứng Cuối cùng, luận văn trình bày số tốn bất đẳng thức cực trị tập số nguyên đề toán thi học sinh giỏi nước, Olympic khu vực quốc tế Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Trần Xuân Đáng (2010), Đa thức với hệ số nguyên đồng dư thức, Kỷ yếu ”Chuyên đề bồi dưỡng hè 2010”, ĐHKHTN, Hà Nội, 2010 [2] Phan Huy Khải (2008), Giá trị lớn nhỏ hàm số, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Vũ Lương (2006), Các giảng đầy đủ bất đẳng thức Cauchy, NXB ĐHQGHN [4] Nguyễn Văn Mậu (2003), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2009), Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [7] Victor Prasolov (2001), Polynomial in serie Algorithms and Computation in Mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, 2010 [8] Borcea, J., R Pereira, M Putinar (2009), Hausdorff geometry of complex polynomials, positive charge distributions and normal operators, June 29, 2008-July 6, 2008 ... trình bày kiến thức đa thức phân thức hệ số nguyên, định lý Viète, số bất đẳng thức Chương II trình bày số dạng tốn bất đẳng thức cực trị lớp đa thức phân thức hệ số nguyên, phân thức quy áp dụng... THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ... i=1 Vậy bất đẳng thức (1.11) chứng minh ≥ (k + 1) k m k xi i=1 19 Chương Các dạng toán đa thức phân thức với hệ số nguyên 2.1 Các dạng toán đa thức biến với hệ số nguyên hệ thức Viète Trong mục