BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– LÊ VĂN CAO MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THANH HÓA, 201[.]
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– LÊ VĂN CAO MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THANH HÓA, 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— LÊ VĂN CAO MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 84 60 113 Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THANH HÓA, 2019 i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Lê Văn Cao ii LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn thạc sĩ "Một số phương pháp giải toán cực trị lớp hàm số học", bên cạnh nỗ lực, cố gắng tìm tịi, nghiên cứu thân; tác giả ln nhận hướng dẫn tận tình bảo tâm huyết GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Với lòng biết ơn sâu sắc, tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người thầy mà tác giả ln trân trọng kính yêu Tác giả xin chân thành cảm ơn quan tâm, giúp đỡ quý Thầy, Cô khoa Tự nhiên phòng Đào tạo sau Đại học trường Đại học Hồng Đức Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới gia đình bạn bè giúp đỡ, động viên, cổ vũ để tác giả hồn thành q trình học tập thực luận văn cách tốt Mặc dù cố gắng để hoàn chỉnh luận văn, song khơng tránh khỏi thiếu xót, tác giả mong nhận góp ý q Thầy, Cơ bạn độc giả để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Thanh Hóa, tháng năm 2019 Lê Văn Cao iii Mục lục MỞ ĐẦU Chương MỘT SỐ TÍNH CHẤT BẢN 1.1 Định nghĩa hàm số học 1.2 Phi hàm Euler 1.3 Hàm tổng ước 1.4 Hm s Măobius 1.5 Hàm đếm ước số CỦA HÀM SỐ HỌC CƠ 3 14 16 Chương ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC 2.1 Hệ thức hàm số học 2.2 Một số đẳng thức sinh phép tính số học 2.3 Bất đẳng thức lớp hàm số học 2.4 Một số dạng toán Olympic bất đẳng thức số học 19 19 21 25 58 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC 3.1 Phương pháp tìm cực trị giai thừa tổ hợp 3.2 Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng 3.3 Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tích 63 64 68 72 KẾT LUẬN 76 TÀI LIỆU THAM KHẢO 76 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong năm gần việc dạy học theo định hướng phát giải vấn đề quan tâm trường trung học phổ thơng Các dạng tốn số học bậc Trung học đa dạng thường dạng tốn loại khó khó Đặc biệt, chương trình tốn bậc phổ thơng đề cập sơ lược hàm số học Đó lớp hàm xác định tập số nguyên dương dạng Phi-hàm Euler, hàm tổng ước số, hàm sigma, Phần lớn, dạng toán thi HSG Quốc gia, Olympic khu vực Quốc tế có chứa toán số học, dạng thường chưa có thuật giải thống Đứng trước tốn ta cần lựa chọn phương pháp giải phù hợp theo đặc thù loại Chuyên đề lý thuyết số áp dụng chuyên đề toán bậc Trung học Đây dạng toán quan trọng thường gặp kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia Thực tế giảng dạy cho thấy việc giảng dạy dạng toán khó học sinh Do đó, cần phải tập trung nghiên cứu để đưa phương pháp giải dạng tốn hiệu Mục đích nghiên cứu Mục tiêu luận văn tổng hợp dạng toán bất đẳng thức toán cực trị cực trị lớp hàm số học phương pháp giải chúng, trình bày cách thức vận dụng chúng vào toán cụ thể Xuất phát từ lý để nâng cao nghiệp vụ chuyên môn bồi dưỡng HSG, chọn đề tài luận văn là: ”Một số phương pháp giải dạng toán cực trị lớp hàm số học” Đối tượng phạm vi nghiên cứu Luận văn nhằm trình bày theo hướng phân loại dạng toán lớp hàm số học số định lý, tính chất áp dụng vào tốn cực trị số học Tiếp theo, trình bày phương pháp giải toán cực trị liên quan Đối với dạng tốn trình bày phương pháp giải cụ thể Phương pháp nghiên cứu Phương pháp phân tích, tổng hợp từ việc nghiên cứu định lý, tính chất liên quan đến hàm số học Sử dụng phương pháp đọc nghiên cứu tài liệu chuyên khảo chuyên đề nhằm tổng hợp kết chứng minh chi tiết kết đó, trình bày số mở rộng khái quát hóa Cấu trúc luận văn Ngồi phần mở đầu, kết luận, luận văn gồm chương: Chương Một số tính chất hàm số học Chương Đẳng thức bất đẳng thức hàm số học Chương Một số phương pháp giải toán cực trị lớp hàm số học Cuối cùng, xét số đề thi HSG Olympic liên quan Chương MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ HỌC CƠ BẢN Trong lý thuyết số, hàm số học có vai trị quan trọng Trong chương này, ta xét số tính chất hàm số học Ta chủ yếu khảo sát lớp hàm số học nhận giá trị thực Những trường hợp đặc biệt xét riêng có giải chi tiết 1.1 Định nghĩa hàm số học Định nghĩa 1.1 (xem [2],[5]) Hàm số học hàm số có miền xác định tập số nguyên dương miền giá trị tập số thực phức Định nghĩa 1.2 (Hàm nhân tính) Một hàm số học f gọi hàm nhân tính với cặp số m, n nguyên tố nhau, ta có f (nm) = f (n)f (m) Trong trường hợp đẳng thức với m, n nguyên dương (không thiết nguyên tố nhau) hàm f gọi hàm nhân tính mạnh Định lý 1.1 (Tính chất hàm nhân tính) Nếu f hàm nhân tính f ([m, n])f ((m, n)) = f (m)f (n) với số nguyên dương m n Chứng minh Cho p1 , p2 , , pr số nguyên tố chia hết m n Khi r Y n= pki i i=1 m= r Y plii i=1 với k1 , , kr , l1 , , lr số nguyên không âm Suy r Y max(ki ,li ) [m, n] = pi i=1 (m, n) = r Y min(ki ,li ) pi i=1 Do {max(ki , li ), min(ki , li )} = {ki , li } f hàm nhân tính, ta thu f ([m, n])f ((m, n)) = = r Y i=1 r Y i=1 max(ki ,li ) f (pi ) r Y min(ki ,li ) f (pi ) i=1 f (pki i ) r Y f (plii ) i=1 = f (m)f (n) Vậy, ta thu điều phải chứng minh Về sau, ta quan tâm nhiều đến số nguyên tố dãy số nguyên tố Dãy số nguyên tố dãy P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, , pk , } với pk số nguyên tố Ngoài dãy số ngun tố, cịn có dãy tạo lũy thừa số nguyên tố P Tính chất 1.1 Nếu f hàm nhân tính hàm F (n) = f (d) d|n hàm nhân tính Chứng minh Ta rằng, m, n số nguyên dương (m, n) = F (m.n) = F (m)F (n) Giả sử (m, n) = 1, ta có X F (mn) = f (d) d|mn Vì (m, n) = 1, ước số mn viết dạng tích ước d1 m, d2 n d1 , d2 nguyên tố nhau, đồng thời cặp ước nguyên tố d1 m, d2 n tương ứng với d = d1 d2 mn Do đó, ta viết X F (mn) = f (d1 d2 ) d1 |m d2 |n Vì f hàm có tính chất nhân tính (d1 , d2 ) = 1, nên X X X F (mn) = f (d1 )f (d2 ) = f (d1 ) f (d2 ) = F (m)F (n) d1 |m d2 |n d1 |m d2 |n Bài toán 1.1 Cho n số nguyên dương Chứng minh X ϕ(d) = n d|n Lời giải Tổng lấy theo ước số n Ta phân chia tập hợp số tự nhiên từ đến n thành lớp theo cách sau Lớp Cd gồm số nguyên m, ≤ m < n, mà (m, n) = d Như m thuộc Cd d ước chung m, n (m|d, n|d) = Như vậy, số phần tử Cd số số nguyên dương không vượt n|d nguyên tố với n|d; tức Cd gồm ϕ(n|d) phần tử Vì số nguyên m từ đến n thuộc lớp Cd (d = (m, n)) nên n tổng số thành phần lớp Cd , d ước n Ta có X n n= ϕ d d|n Mặt khác, d chạy qua ước n n|d chạy qua ước n, nên từ suy X n= ϕ(d) d|n 63 Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC Thơng thường, giải tốn cực trị với biểu thức dạng đối xứng tập số thực, ta thấy chúng thường đạt giá trị lớn giá trị nhỏ số hạng biểu thức Điều này, suy từ tính chất bất đẳng thức cổ điển xét chương trình tốn bậc phổ thơng Tính chất 3.2 (xem [3], Bất đẳng thức AM-GM) Với số không âm a1 , a2 , , an , ta có √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n (3.1) Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Tính chất 3.3 (xem [3], Bất đẳng thức Cauchy - Shwarz) Với cặp số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn , ta có n X k=1 ak b k 2 ≤ n X k=1 a2k n X b2k (3.2) k=1 Dấu đẳng thức xảy tồn λ ∈ R để (a1 , a2 , , an ) = λ(b1 , b2 , , bn ) 64 Hệ 3.1 Với số thực a1 , a2 , , an , ta có n X k=1 ak 2 ≤n n X a2k (3.3) k=1 Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Nhận xét 3.1 Các dạng bất đẳng thức (3.1) (3.3) thường không sử dụng toán cực trị số học Chẳng hạn, cho ba số nguyên dương a, b, c có tổng 100, khơng xảy trường hợp ba số được, mà xảy trường hợp ba số gần nhất, tức hiệu δa,b,c = max{a, b, c} − min{a, b, c} nhỏ Trong trường hợp xét, δa,b,c = ứng với ba số nguyên dương 34, 33, 33 Nhận xét 3.2 Đặc biệt, chiều ngược lại bất đẳng thức (3.1) (3.3), thi toán cực trị tương ứng xảy trường hợp ba số xa nhất, tức hiệu δa,b,c = max{a, b, c} − min{a, b, c} lớn Trong trường hợp xét, δa,b,c = ứng với ba số nguyên dương 98, 1, Ta áp dụng nhận xét khảo sát toán cực trị với ràng buộc theo tổng số tự nhiên 3.1 Phương pháp tìm cực trị giai thừa tổ hợp Tiếp theo, ta xét toán cực trị giai thừa tổ hợp Bài toán 3.1 Cho x, y ∈ N∗ ; x + y = 2n + với n số nguyên dương cho trước Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 65 P = x!y! Lời giải Ta chứng minh biểu thức P đạt giá trị lớn L = (2n)! giá trị nhỏ N = n!(n + 1)! Thật giả sử N đạt với số (x; y) thỏa mãn điều kiện toán ứng với x < n Đặt x0 = x + 1; y = y − Khi đó, ta có số(x0 ; y ) thỏa mãn điều kiện toán x+1 Và x0 !y ! = (x + 1)!(y − 1)! = x!y! < x!y! = N x + < n + < y y Trái với giả thiết N Vậy giá trị nhỏ N = n!(n + 1)! Giả sử L đạt với số (x; y) thỏa mãn điều kiện toán mà < x < y Đặt x0 = x − 1; y = y + Khi đó, ta có số (x0 ; y ) thỏa mãn điều kiện toán x0 !y ! = (x − 1)!(y + 1)! = x!y! y+1 > x!y! = L x y + > y > x, trái với giả thiết Vậy giá trị lớn L = (2n)! (−1)k Cnk p(n) Nhận xét 3.3 Nếu ta viết tổng dạng , q(n) k=0 k + 9k + 26k + 24 p(n), q(n) đa thức với hệ số nguyên, ta xây dựng toán cực trị liên quan đến tổ hợp n P Bài toán 3.2 (Canada 1997) Tìm giá trị nhỏ biểu thức f (n) = n X k=0 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 959 (−1)k Cnk + k + 9k + 26k + 24 2(n + 3)(n + 4) Lời giải Để giải toán này, trước hết ta phải sử dụng cơng thức tính số tổ hợp, tính chất số tổ hợp, cơng thức khai triển nhị thức Newton để rút gọn biểu thức f (n) 66 Đặt S(n) = n X k=0 (−1)k Cnk k + 9k + 26k + 24 Ta có k + 9k + 26k + 24 = (k + 2)(k + 3)(k + 4), nên n X (−1)k n! S(n) = k!.(n − k)!(k + 2)(k + 3)(k + 4) k=0 n X (−1)k (n + 4)! k+1 = (k + 4)!.(n − k)! (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) k=0 Đặt T (n) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)S(n) = n X k+4 Cn+4 (k + 1)(−1)k k=0 Ta có n X i (−1) Cni n X j = (x − 1) = ⇒ −n (−1)j Cn−1 = 0, n i=0 j=0 n X i (−1) i=0 Cni i = n X (−1)i i=1 n X 0.n! i.n! + (−1)0 i!(n − i)! 0!n! n X n! i−1 = (−1) = (−1)i nCn−1 (i − 1)!(n − i)! i=1 i=1 =n n X i (−1) i=1 Do n X k+4 T (n) = (−1)k Cn+4 (k + 1) = k=0 n X k+4 (−1)k+4 Cn+4 (k + 1) k=0 i i−1 Cn−1 n X i−1 = −n (−1)i−1 nCn−1 = i=1 67 = = n X k=−4 n+4 X k+4 (−1)k+4 Cn+4 (k + 1) − (−3 + 2(n + 4) − Cn+4 ) (−1) j=0 j j Cn+4 (j (n + 4)(n + 3) − 3) − 2n + − − n+4 n+4 X X j j j = (−1) Cn+4 j − (−1)j Cn+4 − (4n + 10 − n2 − 7n − 12) j=0 j=0 1 = + + (n2 + 3n + 2) = (n + 1)(n + 2) 2 Suy S(n) = (n + 1)(n + 2) T (n) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) Vậy S(n) = 2(n + 3)(n + 4) Do 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 959 + f (n) = 2(n + 3)(n + 4) 2(n + 3)(n + 4) 2n − 10n − 64n + 272n + 960 = 2(n + 3)(n + 4) 2(n + 3)(n + 4)(n2 − 12n + 40) = 2(n + 3)(n + 4) = n2 − 12n + 40 Ta có n2 −12n+40 = (n−6)2 +4 ≥ 4, ∀n ∈ N Dấu đẳng thức xảy n = Vậy f (n) đạt giá trị nhỏ n = 68 3.2 Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng Bài toán 3.3 Xét số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c = 100 Tìm giá trị lớn biểu thức S = ab + bc + ca Lời giải Coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34 Ta có (a − 1) + b + c = 99 nên 3[(a − 1)b + bc + c(a − 1)] ≤ [(a − 1) + b + c]2 = 992 Suy 3(S − b − c) = 3(S − 100 + a) ≤ 992 hay S ≤ 100 − a + 33.99 ≤ 100 − 34 + 33.99 = 66 + 3.332 = 332 + 2.33.34 = 34.33 + 332 + 33.34 Vậy giá trị lớn biểu thức S 34.33 + 332 + 33.34 Bài toán 3.4 Xét số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 100 Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = ab + bc + ca Lời giải Coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34 Ta có a + b + c = (a + 2) + (b − 1) + (c − 1) = 100 Ta có S > (a + 2)(b − 1) + (b − 1)(c − 1) + (c − 1)(a + 2) ⇔ > −2a + b + c − 3, hiển nhiên Vậy nên S đạt a = 98, b = 1, c = 1, tức S = 99.1 + 1.1 + 1.99 = 199 Bài toán 3.5 Xét số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c = 100 Tìm giá trị lớn biểu thức S = ab + bc + ca + abc Lời giải Coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34 69 Ta có (a − 1) + b + c = 99 nên 3[(a − 1)b + bc + c(a − 1)] ≤ [(a − 1) + b + c]2 = 992 Suy 3(ab + bc + ca − b − c) = 3(S − 100 + a) ≤ 992 hay ab + bc + ca ≤ 100 − a + 33.99 ≤ 100 − 34 + 33.99 = 66 + 3.332 = 332 + 2.33.34 = 34.33 + 332 + 33.34 Sưr dụng bất đẳng thức AM-GM, ta thu q 3 (33a)(34b)(34c) ≤ 33a+34b+34c = 34.100−a ≤ 34.100−34 = 33.34 Suy abc ≤ 34.33.33 Vậy giá trị lớn biểu thức S 34.33 + 332 + 33.34 + 34.33.33 Bài toán 3.6 Xét số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c = 100 Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = a2 + b2 + c2 Lời giải Coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34 Ta có (a − 1) + b + c = 99 nên 3[(a − 1)2 + b2 + c2 ] ≥ [(a − 1) + b + c]2 = 992 Suy S − 2a + ≥ 33.99 ⇔ S ≥ 33.99 + 2a − Suy S ≥ 33.99 = 2.34 − = 342 + 332 + 332 Vậy S = 342 + 332 + 332 Tiếp theo, ta xét toán tổng quát sau 70 Bài toán 3.7 Cho m,n hai số nguyên dương với m ≥ n ≥ Giả sử x1 ; x2 ; xn số nguyên dương có tổng m Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = P n kxk k=1 Lời giải Vì có hữu hạn số (x1 , x2 , xn ) thỏa mãn điều kiện tốn nên ta có hữu hạn giá trị S Do tồn giá trị nhỏ N giá trị lớn L S Ta chứng minh L đạt xn = m + − n, x1 = x2 = · · · = xn−1 = Thật vậy, giả sử L đạt với số (x1 , x2 , xn ) mà xn ≤ m+1−n Khi tồn xi > (1 ≤ i ≤ n − 1) Đặt x0i = xi − 1, x0n = xn + 1, x0k = xk (k 6= n; i; ≤ k ≤ n − 1) Khi số x01 ; x02 ; x0n thỏa mãn điều kiện toán Do ix0i + nx0n = i (xi − 1) + n (xn + 1) = ixi + nxn + n − i > ixi + nxn suy n X k=1 kx0k > n X kxk k=1 Điều trái với giả thiết L Vậy 2mn + n − n2 n(n − 1) L= + n (m + − n) = 2 Chứng minh tương tự, ta có N đạt x1 = m + − n, x2 = x3 = · · · = xn = hay (n2 + 2m − n) Tiếp theo, ta xét phương pháp giải tốn có ràng buộc theo tổng dạng bất đẳng thức N= 71 Bài toán 3.8 Xét số nguyên dương a, b, c có a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= ab bc ca + + c(c + b) a(a + c) b(a + b) Lời giải Theo bất đẳng theo Cauchy, ta có r ab r bc r ac 2 + + c a b s s r 2 ab √ bc √ ac √ = b+c+ c+a+ a+b c(b + c) a(c + a) b(a + b) h ab bc ca i ≤ + + [2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)] c(c + b) a(a + c) b(a + b) Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) nên r ab c r + bc + a r ac 2 ≥ 3(a + b + c) b Suy M ≥ , hay ab bc ca + + ≥ c(c + b) a(a + c) b(a + b) Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ biểu thức M = Bài toán 3.9 Xét số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 8x + y + z M = x+1 + 4y+1 + 4z+1 Lời giải Đặt 2x = a, 2y = b, 2z = c, (a, b, c > 0) abc ≥ 64 Ta chứng minh a3 + b3 + c3 ≥ 4a2 + 4b2 + 4c2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta a3 + b3 + c3 ≥ 3.abc = 3.64 72 a3 + a3 + 64 ≥ 12a2 b3 + b3 + 64 ≥ 12b2 c3 + c3 + 64 ≥ 12c2 Suy 3(a3 + b3 + c3 ) + 3.64 ≥ 3.64 + 12(a2 + b2 + c2 ) ⇔ a3 + b3 + c3 ≥ 4(a2 + b2 + c2 ) (điều phải chứng minh) Dấu đẳng thức xảy a = b = c = x = y = z = Vậy giá trị nhỏ biểu thức M = 3.3 Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tích Bài tốn 3.10 Cho n số ngun dương x1 , x2 , xn có tích m với (m > n > 1) Tìm giá trị lớn biểu thức A = xk1 + xk2 + · · · + xkn với k ∈ N∗ k ≥ Lời giải Lập luận toán ta thấy tồn giá trị lớn L A Ta chứng minh L đạt ứng với x1 = x2 = · · · = xn−1 = xn = m Thật vậy, L đạt với số (x1 , x2 , xn ) mà xn−1 > ta đặt x0n−1 = x0n = xn−1 xn Khi số (x1 ; x2 ; ; xn−2 ; x0n−1 ; x0n ) thỏa mãn điều kiện toán L = xk1 + xk2 + · · · + xkn−1 + xkn < xk1 + xk2 + · · · + (x0n−1 )k + (x0n )k (3.4) Ta thấy điều trái với giả thiết L Thật vậy, từ xkn−1 + xkn < (x0n−1 )k + (x0n )k = + xkn−1 xkn 73 ta suy xkn−1 − xkn − > Điều xn ≥ xn−1 > Vậy nên max A = n − + mk Bài toán 3.11 Với số hữu tỷ dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Tìm giá trị lớn P = 1 + + 2a3 + b3 + c3 + a3 + 2b3 + c3 + a3 + b3 + 2c3 + Lời giải Ta có 1 (a + b + + a + c + 1) + ≥ 4, a + b3 + a3 + c3 + 3 3 suy 1 ≤ + 2a3 + b3 + c3 + a3 + b3 + a3 + c3 + Tương tự, 1 ≤ + a3 + 2b3 + c3 + a3 + b3 + b3 + c3 + a3 + b3 1 ≤ + 3 + 2c + c + a + c + b3 + Suy 1 1 P ≤ + + a3 + b3 + b3 + c3 + c3 + a3 + Mặt khác, ta có a3 + b3 ≥ ab(a + b) hay a3 + b3 + ≥ ab(a + b + c) Suy 1 ≤ a3 + b3 + ab(a + b + c) Tương tự, ta có 1 ≤ , b3 + c3 + bc(a + b + c) 74 1 ≤ c3 + a3 + ca(a + b + c) Suy 1 1 1 1 + + ≤ + + a3 + b3 + b3 + c3 + c3 + a3 + a + b + c ab bc ca Vì P ≤ 1 nên max P = Dấu đẳng thức xảy a = b = c = 2 Bài toán 3.12 Cho x, y, z số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức A= 1 + + x3 + y + y + z + z + x3 + Lời giải Ta có x3 + y + = (x + y)(x2 + y − xy) + ≥ (x + y)xy + = xy(x + y + z) suy 1 z ≤ = x3 + y + xy(x + y + z) x + y + z Tương tự, ta có x ≤ = , y3 + z3 + yz(x + y + z) x + y + z 1 y ≤ = z + x3 + zx(x + y + z) x + y + z Vậy A ≤ nên giá trị lớn A Dấu đẳng thức xảy x = y = z = Bài toán 3.13 Với số hữu tỷ dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm giá trị lớn x4 y y z z x4 P = + + x + y + x4 y y + z + y z z + x5 + z x4 Lời giải Đặt 1 = a; = b; = c abc = Khi P có dạng x y z P = ab bc ca + + a5 + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a5 + ca 75 Ta có ab ab ≤ = + b + ab a b + a b + ab a b + ab2 + 1 c = = = a b + ab2 + abc ab(a + b + c) a + b + c a5 Hồn tồn tương tự, ta có bc a ≤ b5 + c5 + bc a + b + c b ca ≤ c5 + a5 + ca a + b + c Từ ta thu ab bc ca + + ≤ a5 + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a5 + ca Vậy P ≤ nên max P = Dấu đẳng thức xảy a = b = c = hay x = y = z = 76 KẾT LUẬN Luận văn "Một số phương pháp giải toán cực trị lớp hàm số học", tác giả trình bày vấn đề sau: Trình bày chi tiết hệ thống kiến thức hàm số học, đẳng thức bất đẳng thức số học liên quan Trình bày phương pháp giải số dạng toán cực trị lớp hàm số học Tiếp theo, trình bày số dạng toán từ đề thi HSG Olympic Toán sử dụng tính chất hàm số học 77 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Văn Cao (2019), Một số dạng toán đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm số học, Kỷ yếu HTKH "Các chun đề Tốn cập nhật chương trình sách giáo khoa mới", Thanh Hóa 28-29/09/2019, 91107 [2] Hà Huy Khối, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB ĐHQG HN [3] Hội Toán học Việt Nam, (2007), Các thi Olimpic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, (2006), Bất đẳng thức định lý áp dụng, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), (2005), Chuyên đề số học dạng toán liên quan, NXB Giáo dục Tiếng Anh [6] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer [7] Zoran Kadelburg (2011), Some classical inequalities and their applications to olymiad problems, The Teaching of Mathematics, Vol XIV, pp 97-106