PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ Bùi Ngọc Diệp Trường Trung học phổ thông Chuyên Lào Cai Trong chương trình trung học phổ thông, chúng ta được bắt đầu làm quen với các kiến[.]
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ Bùi Ngọc Diệp Trường Trung học phổ thơng Chun Lào Cai 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 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Chúng ta bắt đầu với tốn phương trình với phần ngun toán đề kiểm tra Đội tuyển tỉnh Vĩnh Phúc năm 2017 Bài toán Phần nguyên số thực x định nghĩa số nguyên 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 [na] · [nb] = n2 c (1.1) 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} Đặt a = [x] + [y], b = {x} + {y} skkn (1.2) 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] (1.3) Từ (1.2) (1.3), ta có [x + y] = [x] + [y], 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 (1.1) toán, với n ∈ N, ta có na − {na} · nb − {nb} = n2 c − n2 c Điều tương đương với n2 ab − na {nb} − nb {na} + {na} {nb} = n2 c − n2 c (1.4) Chia hai vế đẳng thức cho n2 , ta nc a {nb} b {na} {na} {nb} ab − − + = c − n n n2 n2 Từ đây, ta suy a {nb} b {na} {na} {nb} lim ab − − + = lim n→+∞ n→+∞ n n n2 ! nc c− n2 Do đó, ta ab = c2 Với điều kiện này, (1.4) trở thàn 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→+∞ skkn (1.5) 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 (1.5) suy lim = lim lim {na} = n→∞ Chứng minh tương tự ta lim {nb} = n→∞ Giả sử {a} = 0, ta có < {a} < Đặt ε = − {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 (1.6) 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 (1.6), 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 [na] · [nb] = n2 c Vậy ba cần tìm gồm a ∈ N∗ , b ∈ N∗ Nhận xét skkn c = ab (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 = − {a}, {a} (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 ∞ X ci a = (C, c1 c2 )10 = C + 10i i=1 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 na = Cc1 cik −1 , cik cik+1 Khi đó, ta {na} > (0, c)10 = 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}, skkn theo bổ đề {kp + a} = {a} Từ đó, ta lim {na} = lim {a} = ⇒ {a} = 0, n→∞ ∗ 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) (a) Cho dãy số (an ) xác định an = ln 2n2 + − ln n2 + n + , ∀n ∈ N∗ Chứng minh rằng, có hữu hạn số n cho {an } < (b) Cho dãy số (bn ) xác định bn = ln 2n2 + + ln n2 + n + , ∀n ∈ N∗ 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 toán 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 skkn Lời giải Theo giả thiết, ta thấy tồi dãy số tự nhiên {an }n≥1 cho f (n) = a2n (1.7) 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 c b a = lim a + + = lim n→+∞ n→+∞ n n a2n n2 ! ≥ (1.8) 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 (1.7) √ 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 (1.8), 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) p = lim p n→+∞ an+1 + an n→+∞ f (n + 1) + f (n) lim (an+1 − an ) = lim n→+∞ Chú ý h i f (n + 1) − f (n) = a(n + 1)2 + b (n + 1) + c − an2 + bn + c = 2an + a + b Do f (n + 1) − f (n) 2an + a + b = lim = 2a n→+∞ n→+∞ n n lim Hơn nữa, ta có f (n) f (n + 1) = lim n→+∞ n2 n→+∞ (n + 1)2 f (n + 1) n2 f (n + 1) = lim · lim = lim 2 n→+∞ n→+∞ (n + 1) n→+∞ n n2 a = lim skkn Vì vậy, ta f (n + 1) − f (n) √ 2a n r lim (an+1 − an ) = lim r = √ = 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 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 Nhận 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 skkn (2) Sử dụng phương pháp hồn tương tự tốn ta chứng minh tốn tổng qt 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 toán Cho a, b, c, d ∈ N∗ đôi khác số nguyên tố p thỏa mãn ap + bp = cp + dp Chứng minh |a − c| + |b − d| ≥ p Lời giải Vì p số nguyên tố nên áp dụng định lý Fermat, ta ap − a ≡ (modp), bp − b ≡ (modp), cp − c ≡ (modp), dp − d ≡ (modp) Kết hợp giả thiết kết trên, ta có = (ap − cp ) + (bp − dp ) ≡ a − c + b − d (modp) Điều suy a + b ≡ c + d (modp) Ta xét trường hợp sau Trường hợp : a + b 6= c + d Vì a, b, c, d số đơi khác nên khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a + b > c + d Khi đó, ta a − c + b − d = (a + b) − (c + d) > Do |a − c| + |b − d| ≥ |a − c + b − d| = a − c + b − d ≥ p Trường hợp : a + b = c + d Giả sử a > c > d suy b < d a > c > d > b Xét hàm số f (t) = Vì f (t) có đạo hàm khoảng (c, a) (b, d) nên theo định lý Lagrange tồn số t1 ∈ (c, a), t2 ∈ (d, b) cho f (t1 ) = f (a) − f (c) ap − c p = a−c a−c f (d) − f (b) dp − b p = d−b d−b Do f (t1 ) = f (t2 ) Điều vơ lí p nguyên tố t1 , t2 thuộc hai khoảng khác Nhận xét f (t2 ) = skkn (1) Khi nhìn thấy giả thiết tốn, nghĩ đến việc "làm hạ thấp số bậc" đẳng thức cho Rất "may", p số nguyên tố Vì dùng định lí "kinh điển" số học, định lí Fermat Sau thu kết a + b ≡ c + d (modp) có nhiều bạn "vội vàng" đưa kết luận tốn mà khơng để ý tới trường hợp (a + b) − (c + d) = Việc sử dụng định lý Lagrange trường hợp "tự nhiên" Ngoài ra, dụng tích phân để đưa kết luận trường hợp Cụ thể, từ đẳng thức ap − c p = d p − b p , ta suy Za xp−1 dx = c Zd xp−1 dx b Điều vô lý a, b, c, d ∈ N∗ đơi khác (b, d) ⊂ (c, a) (2) Một câu hỏi đặt liệu kết toán ta thay số nguyên tố p số nguyên n Câu hỏi xin dành cho bạn đọc Một ứng dụng phương pháp giải tích vấn đề tìm đa thức với hệ số nguyên xuất Bài toán (Đề thi Olympic Toán Bungari năm 2003) Tìm tất đa thức P ∈ Z[x] cho phương trình P (x) = 2n có nghiệm xn ∈ N∗ với n ∈ N∗ Lời giải Từ giả thiết, ta thấy P (x) ≡ m X x i i=0 m := deg P ∈ N∗ , (ai )m i=0 ⊂ Z, am > ∗ dãy (xn )+∞ n=n1 tăng ngặt với n1 ∈ N Hơn nữa, lim xn = +∞ n→+∞ skkn xm xm n n = lim = lim = Pm−1 n i−m n→+∞ a + n→+∞ n→+∞ P (xn ) am m i=0 xn lim Từ đó, ta n+1 xm xn+1 n+1 /2 = 21/m , = ⇒ lim m n n→+∞ n→+∞ xn xn /2 lim nên (theo bất đẳng thức TBC-TBN, dấu “= ”không xảy ra) xn+1 xn−1 + = 21/m + 2−1/m > lim n→+∞ xn xn Vậy tồn số nguyên dương n2 ≥ n1 cho xn+1 xn−1 + > ⇒ xn+1 − xn > xn − xn−1 xn xn 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 = +∞ = lim n+1 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 < a1 | 22 − a0 − 21 − a0 = Dễ dàng thử lại để đến kết luận sau a1 = P (x) ≡ x + a0 với a0 ∈ Z, a0 ≤ 1, 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 10 skkn Bài toán (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 n X lim = +∞ n i=1 Chứng minh bổ đề Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau x > ln(x + 1), ∀ x > 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 x1 > ta có 1 x+1 > ln + ⇔ > ln ⇔ > ln(x + 1) − ln x, ∀x > x x x x x Áp dụng vào tổng cần chứng minh n n X X > [ln(n + 1) − ln(n)] = ln(n + 1) − ln = ln(n + 1), n i=1 i=1 mà lim ln(n + 1) = +∞ nên lim n X = +∞ n i=1 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 a i=1 i 11 skkn hội tụ n tiến tới vô Chứng minh bổ đề Đặt X1 n tổng số tự nhiên có chứa k chữ số viết hệ số m 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 cịn 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 sk = (m − 2) · (m − 1)k−1 mk−1 Hơn X1 n tổng số hạng có chứa k chữ số hệ số m khơng có chứa chữ số m − nên khơng vượt q tổng tất số tự nhiên có dạng mà ta vừa đánh giá được, suy (m − 2) · (m − 1)k−1 sk < mk−1 Do n n X X n (m − 2) · (m − 1)k−1 = lim sk < lim lim k=1 a mk−1 i=1 i k=1 k−1 n X m−1 = lim (m − 2) · m k=1 sk = = m−2 = m(m − 2) − m−1 m 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) n X lim i=1 a i=1 i hữu hạn Hơn nữa, theo giả thiết an < nC, ∀n nên n n n X X X 1 1 > lim = · lim lim a nC C n i=1 i i=1 i=1 12 skkn 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 vô hạn số kim cương 2005 Đây điều phải chứng minh PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN ĐẠI SỐ Đầu tiên, đến với ứng dụng giải tích vấn đề chứng minh phương trình đại số có nghiệm qua tốn sau Bài tốn Giả sử hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện với x ∈ R 2019 f (x) + f x + số hữu tỉ f (x + 9) + f (x + 4) + f (x + 2019) số vô 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 vô 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 ∈ g (x1 ) , g (x2 ) ; max g (x1 ) , g (x2 ) cho trước, tồn x3 ∈ (x1 , x2 ) để g (x3 ) = q, điều khơng thể g nhận giá trị vô tỉ Vây bổ đề chứng minh 13 skkn Quay trở lại toán Theo hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện 2019 f (x) + f x + 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 2019 f (x) + f x + số vô tỉ với x ∈ R, số f (x + 9) + f (x + 4) + f (2019) số hữu tỉ Do vậy, cặp hàm 2019 h1 (x) = f (x) + f x + + f (x + 9) + f (x + 4) + f (2019) 2019 − f (x + 9) − f (x + 4) − f (2019) h2 (x) = f (x) + f x + 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 2019 c1 + c2 f (x) + f x + , ∀x ∈ R, (2.9) = 2 ta có 2019 c1 + c2 f x+ + f (x + 2019) = , ∀x ∈ R 2 (2.10) Từ (2.9) (2.10), 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 x9 − 4x + 2019 − f (x) = +∞ x→+∞ x→+∞ 14 skkn lim g (x) = lim 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 Nhận xét (1) Bài toán tương đối "lắt léo" Từ phương trình u cầu chứng minh có nghiệm, ta thấy f (x) hàm bị chặn tốn giải thơng 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." (2) Sau số tốn có nội dung tương tự Bài tốn (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 p √ 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 + 15 skkn 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 tốn Tìm số thực k lớn cho a2 + b2 + c2 + ≥ k a2 + b2 + c2 + (9 − k)(ab + bc + ca) với a, b, c > x → +∞, ta có b, c → 0, a → +∞ x Ta viết lại bất đẳng thức thành ! 2 b + c bc b + c 2 1+ + (9 − k) + b +2 c +2 ≥k 1+ a a2 a a Lời giải Xét a = x, b = c = Chọn với x → +∞ ta có (1 + 0)(0 + 2)(0 + 2) ≥ k(1 + 0) + (9 − k)(0 + 0) ⇔ k ≤ Ta chứng minh k = tức a2 + b2 + c2 + ≥ a2 + b2 + c2 + 5(ab + bc + ca) Điều tương với a2 b2 c2 + a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + ≥ 5(ab + bc + ca) Đặt ab = x, bc = y, ca = z xyz + x2 + y + z + ≥ 5(x + y + z) (2.11) Bổ đề Với x, y, z > x2 + y + z + 2xyz + ≥ 2(xy + yz + zx) Ta thấy, bất đẳng thức (2.11) tương đương với bất đẳng thức 2xyz + x2 + y + z + 16 ≥ 10(x + y + z) Kết hợp phải bổ đề trên, ta thấy toán hoàn thành ta chứng minh bất đẳng thức l3 x2 + y + z + 2(xy + yz + zx) + 15 ≥ 10(x + y + z) 16 skkn 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 Nhận 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 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 3 a b c r+ r+ r+ ≥ r+ b+c c+a a+b Bài toán (VN TST 2013) Tìm số k nguyên 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 tốn Cho a ≥ số thực hàm f : R → R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 2 (1) f (ax) ≤ a3 x2 f (x) với số thực x 17 skkn (2) f bị chặn lân cận Chứng minh f (x) ≤ x a với ∀x ∈ R Lời giải Trong i thay x = ta thu 2 f (0) ≤ ⇒ f (0) = Với x 6= 0, từ i ta có 2 f (ax) f (x) ≥ ≥0 a3 x với ∀x 6= Từ đó, ta f (x) ≥ với x ∈ R Nếu a = từ i ta 2 f (x) ≤ x2 f (x) Từ đây, ta suy f (x) ≤ x2 với x ∈ R Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh với trường hợp a = Bây giờ, ta xét trường hợp a > Đặt f (x) f (x) g (x) = = ≥0 x x a a với x 6= f (x) = x2 g (x) , a ∀x 6= Khi đó, từ i ta suy !2 (ax)2 x2 g (ax) ≤ a3 x2 g (x) , ∀x 6= a a 2 ⇔ g (ax) ≤ g (x) , ∀x 6= (2.12) Ta chứng minh x g (x) ≤ g n a 2−n với ∀x 6= 0, ∀n ∈ N∗ , 18 skkn (2.13) phương pháp quy nạp toán học theo n Thật vậy, (2.12) thay x " # 21 x g (x) ≤ g , a với ∀x 6= x a ta (2.14) Như vậy, mệnh đề (2.13) với n = Giả sử mệnh đề với n = k ≥ tức x g (x) ≤ g k a Trong (2.15) thay x x a 2−k , ∀x 6= (2.15) ta 2−k x x g ≤ g k+1 , ∀x 6= a a (2.16) Từ (2.14) (2.16) , ta suy g (x) ≤ g 2−(k+1) x , ∀x 6= ak+1 (2.17) Do đó, mệnh đề (2.13) với n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề (2.13) với n ∈ N∗ Như vậy, ta có 2−n x g (x) ≤ g n , a với ∀x 6= 0, ∀n ∈ N∗ Từ định nghĩa hàm g ta thu 2−n 2−n x x f n g (x) ≤ g n = xa a ( an ) (2.18) a Vì x 6= a > 1nên với n đủ lớn axn thuộc lân cận điểm Do đó, từ ii ta suy tồn n0 ∈ N∗ M > cho với n ≥ n0 ta có x f ≤ M an Kết hợp với (2.18) ta x g (x) ≤ g n a 2−n 2−n x an f = x ( an ) a 19 skkn 2n+1 a 2n −n ≤ 21−n M x (2.19) Theo quy tắc L’Hospital 2n + = n→∞ 2n lim Do 2n+1 a 2n −n lim 21−n M = n→∞ x Từ (2.19) cho n → ∞, ta thu g (x) ≤ 1với x 6= hay f (x) x2 a ≤ 1, ∀x 6= Từ đây, ta có x2 f (x) ≤ , ∀x 6= a Chú ý f (0) = f (x) ≥ nên ta f (x) ≤ x , a với ∀x ∈ R Bài toán chứng minh Nhận xét (1) Bài toán tốn bất phương trình hàm có sử dụng tính chất giải tích nặng mặt kĩ thuật Để chứng minh f (x) ≤ P (x) mặt ý tưởng ta tìm đánh giá f (x) ≤ P (x) un với lim un = f (x) ≤ P (x) + un với lim un = 0, n→∞ n→∞ tốn 2n+1 a 2n −n un = 21−n M x lim un = Khi tìm đánh giá (13), ta thấy lim x n n→∞ a n→∞ = với a ≥ nên ta sử dụng giả thiết ii tốn để tiếp tục đánh giá Bài toán toán tổng quát toán đây, đề thi học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn Trung Quốc năm 1998 “Cho hàm sốf : R → R hàm số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 2 a) f (x) ≤ 2x2 f x2 , ∀x ∈ R; b) f (x) ≤ 1, ∀x ∈ (−1, 1) Chứng minh f (x) ≤ x2 , ∀x ∈ R.” (2) Ngoài cách giải trình bày trên, ta tiếp cận toán theo hướng khác sau: Vẫn lời giải trên, ta chứng minh f (0) = 0, f (x) ≥ 20 skkn ... số kim cương 2005 Đây điều phải chứng minh PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN ĐẠI SỐ Đầu tiên, đến với ứng dụng giải tích vấn đề chứng minh phương trình đại số có nghiệm qua tốn sau Bài. .. a) (2) Một câu hỏi đặt liệu kết toán ta thay số nguyên tố p số nguyên n Câu hỏi xin dành cho bạn đọc Một ứng dụng phương pháp giải tích vấn đề tìm đa thức với hệ số nguyên xuất Bài toán (Đề... 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 10 skkn Bài toán (VN TST 2005) Một số nguyên dương gọi ? ?số kim cương 2005” biểu