Trường THPT chuyên Lào Cai Tổ Toán Tin Giáo viên Bùi Ngọc Diệp PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ skkn Mục lục 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC 3 2 PHƯƠNG[.]
Trường THPT chuyên Lào Cai Tổ Toán - Tin Giáo viên: Bùi Ngọc Diệp PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ skkn Mục lục PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN ĐẠI SỐ 14 Tài liệu tham khảo 26 skkn Mở đầu Trong chương trình trung học phổ thông, bắt đầu làm quen với kiến thức giải tích từ lớp 11 Đây chủ đề khó với định nghĩa, định lí tương đối trừu tượng bạn học sinh Số học, Đại số Giải tích ngành tưởng chừng tách rời chúng lại mối quan hệ hết liên kết chặt chẽ Trong chuyên đề này, xét tốn mà phát biểu chúng đại số số học túy (hoặc hai), lời giải phương pháp giải tích đóng vai trị cốt yếu Chuyền đề giúp học sinh nhìn thấy "sợi dây liên kết" Đại số, Số học Giải tích, đồng thời củng cố, đào sâu kiến thức liên quan skkn Bùi Ngọc Diệp PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC Chúng ta bắt đầu với toán phương trình với phần ngun tốn đề kiểm tra Đội tuyển tỉnh Vĩnh Phúc năm 2017 Bài Phần nguyên số thực x định nghĩa số ngun lớn khơng vượt q x kí hiệu [x] Hiệu x − [x] gọi phần lẻ x kí hiệu {x} Hãy xác định tất ba số thực dương a, b, c cho ỵ ó [na] · [nb] = n2 c (1) với n ∈ N Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Nếu x y số thực {x + y} = {x} + {y} với ≤ {x} + {y} < Chứng minh bổ đề Từ công thức a = [a] + {a}, ∀a ∈ R, ta có [x + y] = [[x] + [y] + {x} + {y}] (2) Đặt a = [x] + [y], b = {x} + {y} a ∈ Z b ∈ R, ≤ b < Từ đó, ta suy a ≤ a + b < a + Kết hợp với a ∈ Z, ta [a + b] = a, điều tương đương với [[x] + [y] + {x} + {y}] = [x] + [y] Từ (2) (3), ta có [x + y] = [x] + [y], Trường THPT chuyên Lào Cai skkn (3) Bùi Ngọc Diệp x + y − [x + y] = x − [x] + y − [y] Điều suy {x + y} = {x} + {y} Như vậy, bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Từ đẳng thức (1) toán, với n ∈ N, ta cú ả â (na {na}) à (nb − {nb}) = n2 c − n2 c Điều ny tng ng vi ả â n2 ab na {nb} − nb {na} + {na} {nb} = n2 c − n2 c (4) Chia hai vế đẳng thức cho n2 , ta ab − {n2 c} a {nb} b {na} {na} {nb} − + = c − n n n2 n2 Từ đây, ta suy Ç lim n→+∞ a {nb} b {na} {na} {nb} ab − − + n n n2 å {n2 c} c− n2 Ç = lim n→+∞ å Do đó, ta ab = c2 Với điều kin ny, (4) tr thn ả â na{nb} + nb{na} − {na}{nb} = n2 c Chia hai vế đẳng thức cho n lấy giới hạn n → +∞, ta suy lim (a {nb} + b {na}) = n→+∞ Vì a, b số thực dương nên {na} > 0, {nb} > Do < {na} < (a{nb} + b{na}) b Chú ý (a{nb} + b{na}) = n→∞ n→∞ b Theo định lý giới hạn kẹp từ (5) suy lim = lim lim {na} = n→∞ Trường THPT chuyên Lào Cai skkn (5) Bùi Ngọc Diệp Chứng minh tương tự ta lim {nb} = n→∞ Giả sử {a} = 0, ta có < {a} < Đặt ε = {1 − {a}, {a}} ε > Vì limn→∞ {na} = nên theo định nghĩa giới hạn dãy số tồn n0 ∈ N∗ cho với n ≥ n0 ta có ≤ {na} < ε Từ đây, ta suy ≤ {n0 a} < ε, ≤ {(n0 + 1) a} < ε (6) Vì a số thực dương từ định nghĩa ε ta < {a} ≤ {a} + {n0 a} < {a} + ε ≤ Khi đó, áp dụng bổ đề ta {(n0 + 1) a} = {n0 a + a} = {a} + {n0 a} Từ (6), ta suy ε > {a} + {n0 a} ≥ {a} Điều mâu thuẫn với định nghĩa ε Do điều giả sử sai, hay {a} = 0, tức a ∈ N∗ Chứng minh tương tự, ta b ∈ N∗ Đảo lại, a, b số nguyên dương c = ab ta có ỵ ó [na] · [nb] = n2 c Vậy ba cần tìm gồm a ∈ N∗ , b ∈ N∗ c = ab 4Nhận xét ! (1) Bài toán tốn “số học-giải tích” hay độc đáo Bài toán sử dụng định nghĩa giới hạn giới hạn dãy số kết hợp với tính chất hàm phần ngun “lạ”, gây nhiều khó khăn cho học sinh đứng trước toán Bổ đề sử dụng chứng minh toán tính chất quen thuộc hàm phần nguyên Khi phát lim {na} = 0, lim {nb} = 0, n→∞ n→∞ ta nghĩ đến việc sử dụng định nghĩa giới hạn dãy số “Số a gọi giới hạn ∗ dãy số (un )∞ n=1 với ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N cho với n ≥ n0 ta có |un − a| < ε” để giải toán Muốn chứng minh a ∈ N∗ , b ∈ N∗ ý tưởng tự nhiên chứng minh phần lẻ chúng Sự tinh tế lời giải việc chọn ε = {1 − {a}, {a}} Trường THPT chuyên Lào Cai skkn Bùi Ngọc Diệp (2) Để chứng minh a ∈ N∗ , b ∈ N∗ ta có cách tiếp cận khác với lời giải trên, dựa vào biểu diễn thập phân số vô tỉ sau Giả sử a số vơ tỉ Khi biểu diễn thập phân ta có a = (C, c1 c2 )10 = C + ∞ X ci i i=1 10 tồn chữ c 6= xuất vô hạn lần; tức tồn số i1 < i2 < cho c = ci = ci = Xét n = 10ik −1 n → ∞ k tiến vơ cùng, ta có Ä na = Cc1 cik −1 , cik cik+1 ä 10 Khi đó, ta {na} > (0, c)10 = c > 10 Do lim {na} > 0, n→∞ điều vô lý Như vậy, điều giả sử sai hay a số hữu tỉ Khi a= p vói p, q ∈ N∗ q Xét n = kq + n → ∞ k tiến vơ Ta có {na} = {kp + a}, theo bổ đề {kp + a} = {a} Từ đó, ta lim {na} = n→∞ lim {a} = ⇒ {a} = 0, n→∞ a ∈ N∗ Tương tự, b ∈ N∗ (3) Dưới số toán tương tự Bài toán (Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia mơn Tốn (VMO) năm 2016) dãy số (an ) xác định an = ln 2n2 + − ln n2 + n + , ∀n ∈ N∗ Ä ä Ä Chứng minh rằng, có hữu hạn số n cho {an } < Trường THPT chuyên Lào Cai skkn ä (a) Cho Bùi Ngọc Diệp (b) Cho dãy số (bn ) xác định bn = ln 2n2 + + ln n2 + n + , ∀n ∈ N∗ Ä ä Ä ä Chứng minh tồn vô hạn số n cho {bn } < 2016 Trong {x} ký hiệu phần lẻ số thực x : {x} = x − [x] Bài toán (Đề thi Olympic Tốn học Sinh viên Tồn Quốc năm 2016) Phần nguyên số thực x định nghĩa số nguyên lớn không vượt x kí hiệu [x] Hiệu x − [x] gọi phần lẻ x kí hiệu {x} Giả sử a, b số thực dương Chứng minh lim (a{nb} + b{na}) = n→∞ a b số nguyên Bài Giả sử a, b, c ∈ Z cho f (n) := an2 + bn + c số phương với n ∈ Z Chứng minh tồn α, β cho f (n) = (αn + β)2 với n ∈ Z Lời giải Theo giả thiết, ta thấy tồi dãy số tự nhiên {an }n≥1 cho f (n) = a2n (7) với số nguyên dương n Khi đó, ta an2 + bn + c = a2n Đẳng thức suy a+ b c a2 + = n2 n n n Do đó, ta có Ç a = lim n→+∞ Trường THPT chun Lào Cai b c a+ + n n å skkn = lim n→+∞ Ç 2å a n n2 ≥ (8) Bùi Ngọc Diệp Vậy a ≥ Ta xét trường hợp sau Trường hợp : a = Khi đó, ta có f (n) = bn + c Nếu b 6= f (n) < n trái dấu với b có trị tuyệt đối đủ lớn, mâu thuẫn với (7) Vậy √ b = 0, c ∈ N số phương (an = c với n ∈ Z) Trong trường hợp này, điều √ phải chứng minh với α := 0, β := c Trường hợp : a 6= Khi đó, ta có a > Từ (8), ta suy tồn số nguyên dương n0 > cho an > với số nguyên dương n ≥ n0 Ta có a2n+1 − a2n f (n + 1) − f (n) » = lim » n→+∞ n→+∞ an+1 + an f (n + 1) + f (n) lim (an+1 − an ) = lim n→+∞ Chú ý f (n + 1) − f (n) = a(n + 1)2 + b (n + 1) + c − an2 + bn + c ỵ ó ỵ ó = 2an + a + b Do lim n→+∞ f (n + 1) − f (n) 2an + a + b = lim = 2a n→+∞ n n Hơn nữa, ta có f (n) f (n + 1) = lim n→+∞ n (n + 1)2 n2 f (n + 1) f (n + 1) · lim = lim = lim 2 n→+∞ (n + 1) n→+∞ n→+∞ n n2 a = lim n→+∞ Vì vậy, ta f (n + 1) − f (n) √ 2a n lim (an+1 − an ) = lim = √ = a n→+∞ n→+∞ a f (n + 1) f (n) + n2 n2 Vì an+1 − an nhận giá trị nguyên, ta suy α := √ a ∈ N∗ tồn n0 ∈ N (đủ lớn) để an+1 − an = α với số tự nhiên n ≥ n0 Với giá trị n với kết ta có 2α2 n + α2 + b = 2an + a + b = a2n+1 − a2n = (α + an )2 − a2n = α2 + 2αan Trường THPT chuyên Lào Cai skkn Bùi Ngọc Diệp Đẳng thức suy 2α|2αan − 2α2 n = b, tức b = 2αβ với β ∈ Z Khi đó, ta 2αan − 2α2 n = b = 2αβ ⇒ an = αn + β Điều chứng tỏ f (n) = a2n = (αn + β)2 với số tự nhiên n ≥ n0 , đó, với n ∈ Z 4Nhận xét ! (1) Trong toán trên, vận dụng cách "khéo léo" định nghĩa giới hạn dãy số Từ giả thiết đề bài, dễ dằng nhận a ≥ Hơn nữa, sử dụng ý tưởng tương tự chứng minh a ≥ toán trên, ta chứng minh kết sau: "Giả sử f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an x + a0 f (x) n x→+∞ x đa thức biến x bậc n ≥ với hệ số thực Khi lim = an " Kết an+1 − an = α với số tự nhiên n ≥ n0 mấu chốt toán Để thu kết chất ta sử dụng nhận xét sau giới hạn dãy số nguyên: "nếu dãy số nguyên {an }n≥1 hội tụ a tồn n0 cho với n ≥ n0 an = a," tức "một dãy số nguyên có giới hạn hữu hạn dãy dãy dừng kể từ số hạng dãy." Nhận xét có nhiều ứng dụng việc giải toán liên quan đến dãy số nguyên (2) Sử dụng phương pháp hồn tương tự tốn ta chứng minh toán tổng quát sau "Cho f (x) đa thức bậc k ≥ thỏa mãn f (n) lũy thừa bậc k số tự nhiên với số nguyên dương n Khi f (x) lũy thừa bậc k đa thức bậc với hệ số nguyên." Bài Cho a, b, c, d ∈ N∗ đôi khác số nguyên tố p thỏa mãn ap + b p = c p + d p Chứng minh |a − c| + |b − d| ≥ p Lời giải Trường THPT chuyên Lào Cai skkn Bùi Ngọc Diệp n > n2 Nhưng P ∈ Z[x] ta có (xn+1 − xn ) | (P (xn+1 ) − P (xn )) = 2n+1 − 2n = 2n nên xn+1 − xn lũy thừa với n ∈ N∗ Vì thế, xn+1 − xn ≥ (xn − xn−1 ) ≥ · · · ≥ 2n−n2 (xn2 +1 − xn2 ) n > n2 Từ xn+1 ≥ xn + 2n−n2 (xn2 +1 − xn2 ) > 2n−n2 , ∀n > n2 Vậy m > có xm 2m(n−n2 ) n+1 = lim n+1 ≥ lim = +∞ n→+∞ am n→+∞ 2n+1 Điều vô lý, mâu thuẫn chứng tỏ m = 1, nghĩa P (x) = a1 x + a0 Bởi a1 |a1 xn = 2n − a0 (∀n ∈ N∗ ), ta thấy Ä ä Ä ä < a1 | 22 − a0 − 21 − a0 = Dễ dàng thử lại để đến kết luận sau a) a1 = P (x) ≡ x + a0 với a0 ∈ Z, a0 ≤ 1, b) a1 = P (x) ≡ 2x + a0 với a0 = 2b, b ∈ Z, b ≤ Để kết thúc phần 2, ta đến với toán sau toán số đề thi chọn Đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán Quốc tế (VN TST) năm 2005 Bài (VN TST 2005) Một số nguyên dương gọi “số kim cương 2005” biểu diễn thập phân có 2005 số đứng cạnh liên tiếp (an ) , n = 1, 2, 3, · · · dãy tăng ngặt số nguyên dương thỏa mãn an < nC (C số thực dương đó) Chứng minh dãy số (an ) , n = 1, 2, 3, · · · chứa vô hạn “số kim cương 2005” Lời giải Để chứng minh toán, trước hết ta cần chứng minh bổ đề sau Bổ đề lim n X = +∞ i=1 n Chứng minh bổ đề Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau x > ln(x + 1), ∀ x > Trường THPT chuyên Lào Cai 12 skkn Bùi Ngọc Diệp Thật vậy, xét hàm số f (x) = x − ln(x + 1), x > ⇒ f (x) = − x = > 0, ∀x > x+1 x+1 Do đó, hàm số f (x) đồng biến (0; +∞) Suy f (x) > f (0) = ⇒ x > ln(x + 1), ∀x > Trong bất đẳng này, thay x Ç x > ta có å Ç 1 x+1 > ln + ⇔ > ln x x x x å ⇔ > ln(x + 1) − ln x, ∀x > x Áp dụng vào tổng cần chứng minh n X n X > [ln(n + 1) − ln(n)] = ln(n + 1) − ln = ln(n + 1), i=1 n i=1 mà lim [ln(n + 1)] = +∞ nên lim n X = +∞ i=1 n Bổ đề chứng minh Bổ đề Nếu hệ số m (m ∈ N, m > 1): dãy số (an ) tăng dãy khơng có số hạng có chứa chữ số m − tổng sau n X i=1 hội tụ n tiến tới vô Chứng minh bổ đề Đặt sk = X n tổng số tự nhiên có chứa k chữ số viết hệ số m khơng có chứa chữ số m − Giả sử số hạng có k chữ số có dạng b1 b2 bk−1 bk , chữ số thứ phải khác khác m − nên có m − cách chọn, chữ số lại phải khác m − nên có m − cách chọn Do đó, có (m − 2)(m − 1)k−1 số có k chữ số mà biểu diễn hệ số m khơng có chứa chữ số m − 1, mà số lớn mk−1 nên tổng nghịch đảo tương ứng chúng bé (m − 2) · (m − 1)k−1 mk−1 Hơn sk = Trường THPT chuyên Lào Cai X 13 skkn n Bùi Ngọc Diệp tổng số hạng có chứa k chữ số hệ số m chứa chữ số m − nên không vượt tổng tất số tự nhiên có dạng mà ta vừa đánh giá được, suy sk < (m − 2) · (m − 1)k−1 mk−1 Do lim n X n n X (m − 2) · (m − 1)k−1 = lim sk < lim k=1 mk−1 i=1 k=1 n X m−1 = lim (m − 2) · m k=1 m−2 = = m(m − 2) − m−1 m Ç åk−1 Tức tổng hội tụ n tiến tới vô cực Bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Đặt m = 102005 ⇒ m − số tự nhiên có chứa 2005 số liên tiếp viết hệ thập phân Ta cần chứng minh dãy cho, có vơ số số hạng chứa chữ số m − Giả sử dãy khơng có chứa số hạng có chữ số m − Khi đó, theo bổ đề (2) lim i=1 n X i=1 hữu hạn Hơn nữa, theo giả thiết an < nC, ∀n nên n n n X X X 1 1 > lim = · lim lim C i=1 nC i=1 n i=1 Theo bổ đề 1, giới hạn tiến tới vô cực Hai điều mâu thuẫn với chứng tỏ điều giả sử sai, tức dãy cho có số hạng chứa chữ số m − 1, giả sử an0 Ta lại xét dãy dãy ban đầu an0 +1 , an0 +2 , an0 +3 , Dãy có đầy đủ tính chất dãy chứa số hạng có chứa chữ số m − khác với số an0 (do dãy tăng) Lập luận tương tự thế, dãy có thêm số hạng có chứa chữ số m − Từ suy dãy cho có vơ số số hạng chứa chữ số m − Vậy dãy số (an ), n = 1, 2, 3, chứa vơ hạn số kim cương 2005 Đây điều phải chứng minh PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Đầu tiên, đến với ứng dụng giải tích vấn đề chứng minh phương trình đại số có nghiệm qua toán sau Trường THPT chuyên Lào Cai 14 skkn Bùi Ngọc Diệp Bài Giả sử hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện với x ∈ R Ç 2019 f (x) + f x + å số hữu tỉ f (x + 9) + f (x + 4) + f (x + 2019) số vơ tỉ Chứng minh rằng, phương trình sau có nghiệm thực x9 − 4x + 2019 − f (x) = Lời giải Để chứng minh toán ta cần chứng minh bổ đề dây Bổ đề Nếu hàm số g : R → R liên tục nhận giá trị vơ tỉ g(x) = c với c số Chứng minh bổ đề Thật vậy, khơng tồn cặp số thực phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 ) cho g (x1 ) 6= g (x2 ) Do tính chất liên tục hàm g nên với số hữu tỉ q ∈ (min {g (x1 ) , g (x2 )} ; max {g (x1 ) , g (x2 )}) cho trước, tồn x3 ∈ (x1 , x2 ) để g (x3 ) = q, điều g nhận giá trị vơ tỉ Vây bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Theo hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện Ç 2019 f (x) + f x + å số hữu tỉ f (x + 9) + f (x + 4) + f (x + 2019) số vô tỉ Điều tương đương với hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện Ç 2019 f (x) + f x + å số vô tỉ với x ∈ R, số f (x + 9) + f (x + 4) + f (2019) số hữu tỉ Do vậy, cặp hàm h1 (x) Ç å 2019 = f (x) + f x + + f (x + 9) + f (x + 4) + f (2019) å Ç 2019 − f (x + 9) − f (x + 4) − f (2019) h2 (x) = f (x) + f x + Trường THPT chuyên Lào Cai 15 skkn Bùi Ngọc Diệp hàm liên tục nhận giá trị vô tỉ với x ∈ R Vậy theo nhận xét h1 ≡ c1 , h2 ≡ c2 (với c1 , c2 số vơ tỉ đó) Suy Ç 2019 f (x) + f x + å = c1 + c2 , ∀x ∈ R, (9) ta có Ç å c1 + c2 2019 + f (x + 2019) = , ∀x ∈ R f x+ 2 (10) Từ (9) (10), ta f (x) = f (x + 2019) với x ∈ R, hay f (x) hàm tuần hoàn R Xét hàm số g(x) = x9 − 4x + 2019 − f (x) , với x ∈ R Khi đó, g(x) hàm số xác định, liên tục R Vì f (x) hàm số tuần hồn R nên hàm số f (x) bị chặn Ta có: lim g (x) = lim Ä ä lim g (x) = lim Ä ä x→+∞ x→−∞ x9 − 4x + 2019 − f (x) = +∞ x→+∞ x→+∞ x9 − 4x + 2019 − f (x) = −∞ Từ suy ra, tồn số n > 0, m < cho g(n) > 0, g(m) < Vì hàm số g(x) liên tục R g(m).g(n) < nên theo định lý giá trị trung gian tồn x0 ∈ (n, m) cho g(x0 ) = hay x90 − 4x0 + 2019 − f (x0 ) = Ta điều phải chứng minh 4Nhận xét ! (1) Bài toán tương đối "lắt léo" Từ phương trình yêu cầu chứng minh có nghiệm, ta thấy f (x) hàm bị chặn tốn giải thông qua định lý giá trị trung gian quen thuộc Do mấu chốt toán ta cần phải chứng minh f (x) số hàm số bị chặn Để giải vấn đề này, ta sử dụng linh hoạt tính chất hàm số f để hàm số tuần hồn Sau đó, sử dụng kết quen thuộc giải tích "nếu hàm số liên tục tuần hồn bị chặn" Các hàm số f (x) = sinx f (x) = cosx hàm số thường gặp thỏa mãn tính chất Cần ý rằng, định lý giá trị trung gian đóng vai trị quan trọng tốn chứng minh phương trình đại số có nghiệm Về mặt hỉnh ảnh, hình sau định lý giá trị trung gian sau "Nếu hàm số f (x) có giá trị dương giá trị âm đồ thị cắt trục tung điểm." Trường THPT chuyên Lào Cai 16 skkn Bùi Ngọc Diệp (2) Sau số tốn có nội dung tương tự Bài toán (Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh Hà Tĩnh năm 2017) Cho P (x) = x3 + 2x2 − 7x − 17 Q(x) = x3 + 3x2 − 8x + 14 Chứng minh hai đa thức có nghiệm dương α, β √ α− » β=1 Bài toán (Đề thi Gặp gỡ Toán học năm 2017) Cho P (x) = x3 − 4x2 + 39x − 46 Q(x) = x3 + 3x2 + 4x − Chứng minh hai đa thức có nghiệm dương α, β {α} = {β}2 , ký hiệu {x}là phần lẻ x Bài toán (VMO 2003) Cho P (x) = 43 − 2x2 − 15x + Q(x) = 12x3 + 6x2 − 7x + Chứng minh hai đa thức có nghiệm ba nghiệm phân biệt Kí hiệu α β hai nghiệm lớn P (x) Q(x) Chứng minh α2 + 3β = Tiếp theo đến ứng dụng phương pháp giải tích tốn tìm số lớn (nhỏ nhất) thỏa mãn bất đẳng thức cho trước Bài Tìm số thực k lớn cho Ä a2 + äÄ b2 + äÄ ä ä Ä c2 + ≥ k a2 + b2 + c2 + (9 − k)(ab + bc + ca) với a, b, c > Lời giải Trường THPT chuyên Lào Cai 17 skkn Bùi Ngọc Diệp x → +∞, ta có b, c → 0, a → +∞ x Ta viết lại bất đẳng thức thành Xét a = x, b = c = å Ç å Ç å äÄ ä Ä b2 + c b + c bc 1+ b +2 c +2 ≥k 1+ + (9 − k) + a a2 a a Ç Chọn với x → +∞ ta có (1 + 0)(0 + 2)(0 + 2) ≥ k(1 + 0) + (9 − k)(0 + 0) ⇔ k ≤ Ta chứng minh k = tức Ä a2 + äÄ b2 + äÄ ä Ä ä c2 + ≥ a2 + b2 + c2 + 5(ab + bc + ca) Điều tương với Ä ä a2 b2 c2 + a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + ≥ 5(ab + bc + ca) Đặt ab = x, bc = y, ca = z Ä ä xyz + x2 + y + z + ≥ 5(x + y + z) (11) Bổ đề Với x, y, z > x2 + y + z + 2xyz + ≥ 2(xy + yz + zx) Ta thấy, bất đẳng thức (11) tương đương với bất đẳng thức Ä ä 2xyz + x2 + y + z + 16 ≥ 10(x + y + z) Kết hợp phải bổ đề trên, ta thấy tốn hồn thành ta chứng minh bất đẳng thức Ä ä l3 x2 + y + z + 2(xy + yz + zx) + 15 ≥ 10(x + y + z) Chú ý bất đẳng thức tương đương với (x + y + z − 1)2 + 2(x − 1)2 + 2(y − 1)2 + 2(z − 1)2 ≥ Bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh Vậy giá trị lớn k 4Nhận xét ! (1) Bổ đề chứng minh dễ dàng cách áp dụng Dirichlet sau: Khơng tính tổng quát, giả sử (x − 1)(y − 1) ≥ xy ≥ x + y − ⇒ 2xyz ≥ 2xz + 2yz − 2z Trường THPT chuyên Lào Cai 18 skkn Bùi Ngọc Diệp Do đó, ta x2 + y + z + 2xyz + ≥ x2 + y + z + 2xz + 2yz − 2z + ≥ 2xy + (z − 1)2 + 2xz + 2yz = 2(xy + yz + zx) Do đó, bổ đề chứng minh (2) Một số tốn có phương pháp tương tự toán Bài toán (VMO 2006 - Bảng B) Tìm số thuwjc k lớn thỏa mãn: Với a, b, c dương mà abc = ta có bất đẳng thức sau 1 + + + 3k ≥ (k + 1) (a + b + c) a b c Bài tốn (VN TST 2009) Tìm tất số thực r cho bất đẳng thức sau với a, b, c dương Ç Ç åÅ å a ã b c ã r+ r+ ≥ r+ r+ b+c c+a a+b Å Bài tốn (VN TST 2013) Tìm số k ngun dương lớn thỏa mãn: Với a, b, c dương mà abc = ta có bất đẳng thức sau 1 k k + + + ≥ + a b c a+b+c+1 Bài toán cho thấy ứng dụng phương pháp giải tích chủ đề liên quan đến bất phương trình hàm Bài Cho a ≥ số thực hàm f : R → R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện (1) (f (ax))2 ≤ a3 x2 f (x) với số thực x (2) f bị chặn lân cận Chứng minh |f (x)| ≤ x2 a với ∀x ∈ R Lời giải Trong i thay x = ta thu [f (0)]2 ≤ ⇒ f (0) = Trường THPT chuyên Lào Cai 19 skkn ... lục PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ 14 Tài liệu tham khảo 26 skkn Mở đầu Trong. .. liên kết" Đại số, Số học Giải tích, đồng thời củng cố, đào sâu kiến thức liên quan skkn Bùi Ngọc Diệp PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC Chúng ta bắt đầu với toán phương trình với... TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Đầu tiên, đến với ứng dụng giải tích vấn đề chứng minh phương trình đại số có nghiệm qua toán sau Trường THPT chuyên Lào Cai 14 skkn Bùi Ngọc Diệp Bài Giả sử hàm số