(Luận văn) bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ lu an n va ie gh tn to p BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN d oa nl w nf va an lu lm ul z at nh oi LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - NĂM 2016 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ lu an n va p ie gh tn to BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC lm ul z at nh oi Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 z gm @ m co l Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU an Lu n va THÁI NGUYÊN - NĂM 2016 ac th si i Mục lục lu Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị an n va 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 Một số bất đẳng thức 13 tn to 1.1 ie gh 1.4 p Các dạng toán đa thức phân thức với hệ số nguyên Các dạng toán đa thức biến với hệ số nguyên hệ nl w 2.1 19 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 d oa thức Viète nf va an lu 35 2.4 Bất đẳng thức sinh hàm phân tuyến tính khoảng 40 2.5 Phân thức quy số tính chất 45 z at nh oi lm ul khoảng Một số toán liên quan đến bất đẳng thức cực trị tập số nguyên 49 z Bất đẳng thức tập số nguyên 3.2 Cực trị tập số nguyên l 49 58 69 m co Kết luận gm @ 3.1 an Lu Tài liệu tham khảo 70 n va ac th si 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 lu công cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác tốn học an Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, n va tốn liên quan tới đa thức nói chung đặc biệt toán bất to gh tn đẳng thức, cực trị đa thức, phân thức có hệ số nguyên thường xuyên p ie đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó, phần kiến thức đa thức, phân thức hệ số nguyên lại không nằm oa nl w 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 d an lu chuyên đề đa thức, làm luận văn: Bất đẳng thức toán cực trị nf va lớp đa thức phân thức hệ số nguyên Luận văn gồm phần mở lm ul đầu, ba chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo z at nh oi 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 z gm @ 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 m co l số nguyên Luận văn xem tài liệu bồi dưỡng giáo viên bồi an Lu dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức Có thể sử dụng luận văn n va việc giảng dạy học sinh thi học sinh giỏi cấp, Olympic sinh viên ac th si 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, phịng sau Đại học, khoa Tốn Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên lu an tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập hồn thành luận văn n va Trong khuôn khổ luận văn, tác giả chưa thể trình bày hết tn to vấn đề đa thức phân thức hệ số nguyên Tuy thân có nhiều ie gh cố gắng, nỗ lực nghiên cứu, song điều kiện trình độ cịn hạn chế nên p kết đạt luận văn cịn khiêm tốn Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp q báu thầy cô để luận văn nl w oa hoàn thiện d Tác giả xin chân thành cảm ơn! nf va an lu Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2016 lm ul Học viên z at nh oi z Nguyễn Ngọc Hà m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an Trong chương trình bày số kiến thức bản: định nghĩa, va số tính chất chia hết, nghiệm nguyên, hệ số đa thức n tn to phân thức hệ số nguyên Ở ta sử dụng số ký hiệu: Cho đa thức ie gh f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , f (x) có hệ số số ngun p ta ký hiệu f (x) ∈ Z[x], f (x) có hệ số số hữu tỉ ta ký hiệu Một số tính chất đa thức với hệ số nguyên nf va an lu 1.1 d oa nl w f (x) ∈ Q[x] lm ul Chứng minh z at nh oi Định lý 1.1 (xem [4]) Cho đa thức f (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 ∈ Z[x], an 6= 0, a số nguyên Khi [f (x) − f (a)] (x − a) l gm @ f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 , z Ta có m co
f (x) − f (a) = an (xn − an ) + an−1 xn−1 − an−1 + · · · + a1 (x − a) (x − a) an Lu Vậy ta có điều cần chứng minh n va ac th si 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 p nghiệm đa thức f(x) Khi đó, ta có q    n  n−1   p p p p f = an + an−1 + · · · + a1 + a0 = q q q q Giả sử phân thức tối giản lu an Từ đó, ta có n va (1.1) a0 q n = −p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 ) (1.2) tn to an pn = −q(an−1 pn−1 + · · · + a1 q n−2 p + a0 q n−1 ) p ie gh w Từ (1.1) suy an pn chia hết cho q mà (p, q) = nên an chia hết cho q oa nl Từ (1.2)suy a0 q n chia hết cho p mà (p, q) = nên a0 chia hết cho p d p Bài toán 1.2 (xem [4]) Chứng minh phân thức tối giản , ((p, q) = q 1) nghiệm đa thức với hệ số nguyên nf va an lu lm ul f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Lời giải z at nh oi p − mq ước f (m) với m số nguyên z Phân tích f (x) theo lũy thừa (x − m) ta @ l gm f (x) = an (x − m)n + bn−1 (x − m)n−1 + · · · + b1 (x − m) + b0 = g(x − m) m co 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       p p p − mq f =g −m =g = q q q an Lu n va ac th si 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) = nghiệm nguyên Lời giải Giả sử f (x) = có nghiệm nguyên x = c, f (x) = (x − c)g(x), g(x) ∈ Z[x] lu an Ta có va n f (0) = (0 − c)g(0), tn to f (1) = (1 − c)g(1), gh p ie f (m − 1) = (m − − c)g(m − 1) nl w an lu chia hết cho m d oa Vì − c, − c, , m − − c m số nguyên liên tiếp nên phải có số nf va Vì m số f (0), f (1), , f (m − 1) phải có số chia lm ul hết cho m Điều trái với giả thiết Vậy f (x) = khơng có nghiệm ngun z at nh oi Bài toán 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 z l gm Chứng minh @ nguyên m m co Với hai số nguyên m n phân biệt, ta có P (m) − P (n) (m − n) an Lu 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 n va m∈ / {k, k + 1, k + 2} ac th si 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 ngun lu Lời giải an Giả sử phương trình f (x) = −1 có nghiệm ngun a f (a) = −1 va n Gọi x1 , x2 , x3 , x4 nghiệm nguyên phân biệt phương trình f (x) = 1, to gh tn p ie f (x) − = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 )g(x) nl w Suy d oa f (a) − = −2 = (a − x1 )(a − x2 )(a − x3 )(a − x4 )g(a), lu an (a − x1 ), (a − x2 ), (a − x3 ), (a − x4 ) số nguyên phân biệt nf va Nhưng −2 khơng thể phân tích thành tích số nguyên khác z at nh oi nghiệm nguyên lm ul nên điều giả sử sai Vậy phương trình f (x) = −1 khơng có Bài toán 1.6 Giả sử P (x) đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên Xét đa z thức Q(x) = P (x) − Chứng minh số nghiệm nguyên đa thức co l gm Lời giải @ Q(x) nhỏ 1996 m Giả sử số nghiệm đa thức Q(x) không nhỏ 1996 an Lu Q(x) = ⇔ P (x) − = ⇔ [P (x) − 3][P (x) + 3] = n va ac th si 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 6= 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 lu i0 , j0 (1 ≤ i0 ≤ k; ≤ j0 ≤ l) cho an n va |xi0 − yj0 | ≥ (1.3) tn to Giả sử ie gh P (x) = a1991 x1991 + a1990 x1990 + · · · + a1 x + a0 p với ∈ Z, i = 0, 1991 oa nl w Thế từ ∈ Z, i = 0, 1991, P (xi0 ) = P (yi0 ) = −3, suy d P (xi0 ) − P (yi0 ) = lu nf va an Vì P (x) đa thức với hệ số nguyên xi0 , yi0 số nguyên nên ta có P (yi0 ) − P (xi0 ) yi0 − xi0 z at nh oi lm ul Như (yi0 − xi0 ), suy yi0 − xi0 ≤ (1.4) z Từ (1.3) (1.4) suy mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai, tức @ l gm đa thức Q(x) = P (x) − khơng thể có q 1995 nghiệm ngun co Nhận xét 1.1 Ta chứng minh (1.3) sau: Vì k ≥ 5, l ≥ 5, xi 6= m yj , ∀i, j có ba nghiệm số nghiệm yj (j = 1, l) nhỏ n va x1 < x2 < · · · < xk < yp < yp+1 < yp+2 an Lu (hoặc lớn hơn) nghiệm xi (i = 1, k) Giả sử ac th si − qk |f (x)| ≤ + qk l hay k=1 gm @ k=1 n va ac th si 12 1.3 Định lý Viète Định lý 1.2 (Định lý Viète (xem [6])) Giả sử f (x) ∈ R[x] có dạng f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , deg f = n Khi đó, f có n nghiệm x1 , x2 , , xn (có thể khơng phân biệt) x1 + x2 + · · · + xn = − an−1 , an x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn = an−2 , an lu x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + · · · + xn−2 xn−1 xn = − an an−3 , an n va a0 an gh tn to x1 x2 xn = (−1)n p ie Chứng minh nl w Do f (x) đa thức bậc n có n nghiệm x1 , x2 , , xn nên d oa f (x) = an (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) nf va an lu = an xn − an (x1 + x2 + · · · + xn )xn−1 + · · · + (−1)n an x1 x2 xn Dựa vào so sánh hệ số f (x) theo cách khai triển lm ul f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , z at nh oi ta điều cần chứng minh z Bài toán 1.12 Cho đa thức f (x) = x4 + a1 x3 + a2 x2 + a3 x + a4 có nghiệm @ m co an Lu Lời giải l gm khơng âm (có thể không phân biệt) Chứng minh  a 4 ≥ a34 n va ac th si 13 Gọi nghiệm không âm đa thức x1 , x2 , x3 , x4 Theo định lý Vi ét ta có x1 x2 x3 x4 = a4 ≥ 0, x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = −a3 ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho số khơng âm ta có q −a3 = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 ≥ 4 x31 x32 x33 x34 Suy lu an n va tn to q −a3 ≥ x31 x32 x33 x34 , q  a 4 −a3 ≥ a34 ≥ a4 ⇔ 4 Đẳng thức xảy ie gh x1 x2 x3 = x1 x2 x4 = x1 x3 x4 = x2 x3 x4 p ⇔ x1 = x2 = x3 = x4 w oa nl Có thể mở rộng Bài tốn 1.12 cho đa thức bậc n sau d Bài toán 1.13 Cho đa thức bậc n an lu nf va f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an (a0 6= 0) z at nh oi lm ul có n nghiệm khơng âm (có thể khơng phân biệt) Chứng minh  a n n−1 ≥ an−1 n n Cách giải toán tương tự z @ Một số bất đẳng thức l gm 1.4 m co Trong mục trình bày bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng an Lu thức quen thuộc Từ bất đẳng thức AM - MG ta chứng minh số bất đẳng thức Các bất đẳng thức áp dụng phần n va sau luận văn ac th si 14 Bất đẳng thức AM - GM (xem[3]) n n Y 1X xi ≥ n i=1 ! n1 xi (1.6) i=1 với n số nguyên dương, xi số thực không âm, ∀i = 1, n Bất đẳng thức 1.4.1 (xem[3]) lu an ! n1 n Y ≥1+ (1 + xi ) n Y i=1 i=1 ! n1 xi (1.7) n va với n sô nguyên dương, xi số thực dương, ∀i = 1, n to tn Chứng minh p ie gh Bất đẳng thức (1.7) tương đương với n Y i=1 ! n1 + n Y i=1 ! n1 xi ) + xi oa nl w 1≥ 1 + xi d Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có ! n1 ! n1 n n n n Y Y xi 1X 1 X xi + ) ≤ + + x + x n + x n i=1 + xi i i i i=1 i=1 i=1  n  1X xi = + = n i=1 + xi + xi nf va an lu z at nh oi lm ul Đây điều cần chứng minh z @ i=1 i=1 !2 yi (1.8) an Lu i=1 n X m v !2 u n u X x2i + yi2 ≥ t xi + n q X co l gm Bất đẳng thức 1.4.2 (xem[3]) n va với n sô nguyên dương, xi , yi số thực dương, ∀i = 1, n ac th si 15 Chứng minh Ta chứng minh bất đẳng thức (1.8) với n = 2, tức q q q 2 2 x1 + y1 + x2 + y2 ≥ (x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 (1.9) Thật vậy, bình phương hai vế (1.9), ta có q (x21 + y12 )(x22 + y22 ) ≥ x1 x2 + y1 y2 ⇔(x21 + y12 )(x22 + y22 ) ≥ (x1 x2 + y1 y2 )2 ⇔(x1 y2 − x2 y1 )2 ≥ lu Vậy (1.9) an n va tn to Giả sử bất đẳng thức (1.8) với n = k , tức v !2 !2 u k k k q u X X X yi x2i + yi2 ≥ t xi + i=1 i=1 i=1 gh p ie Ta cần chứng minh bất đẳng thức với n = k + k+1 q X oa nl w Xét x2i + yi2 = i=1 k q X x2i + yi2 + q x2k+1 + yk+1 i=1 d k X i=1 i=1 v u k+1 !2 u X ≥t xi + k+1 X i=1 i=1 z at nh oi lm ul i=1 v !2 u k u X x2i + yi2 ≥ t xi + nf va k+1 q X an lu Suy !2 q + x2k+1 + yk+1 yi !2 yi Vậy bất đẳng thức chứng minh z gm @ Bất đẳng thức 1.4.3 (xem[3])  xi + yi n i=1 (1.10) va i=1 yi i=1 n P an Lu xi i=1 n P  n P m n X x i yi ≤ x + y i i i=1 n P co l  ac th si 16 với n sô nguyên dương, xi , yi số thực dương,∀i = 1, n Chứng minh Bất đẳng thức (1.10) tương đương với  n  n  P P   x yi n n i X X xi yi i=1 i=1 − yi − yi ≤ P n n P x + y i i i=1 i=1 yi xi + i=1 i=1 ⇔ 2 P n yi n X yi2 ≥ P n xi + yi i=1 i=1 xi + n P yi i=1 lu i=1 an n X n va Ta có ie gh tn to p ≤ i=1 n X i=1 !2 yi = yi2 x i + yi n X √ yi xi + yi x + y i i ! i=1n ! n X X xi + yi !2 √ i=1 i=1 w d oa nl Ta có điều cần chứng minh lu nf va an Bất đẳng thức 1.4.4 (xem[3]) n 1X xi n i=1 !m (1.11) z at nh oi lm ul n 1X m x ≥ n i=1 i với m, n số nguyên dương, xi số thực không âm, ∀i = 1, n z Chứng minh @ Ta chứng minh bất đẳng thức (1.11) phương pháp qui nạp theo n  m m an Lu x1 + x2 co m xm + x2 ≥ l gm Với n = ta có (1.11) n va ac th si 17 Ta có    m−1  m xm x1 + x2 x1 + xm−1 + x2 ≥ 2 m−1 m xm − x2 xm − 21 + x2 − x1 x2 ⇔ ≥0
⇔ x1m−1 − xm−1 (x1 − x2 ) ≥ Điều với số thực dương x1 , x2 m nguyên dương Từ đó, ta suy lu    m−1 m−1  m + x + x x + x x xm 2 ≥ 2  2  m−2  x1 + x2 x1 + xm−2 ≥ 2  m x1 + x2 ≥ ··· ≥ an n va ie gh tn to p Giả sử (1.11) với n = k , ta chứng minh (1.11) với n = 2k nl w Thật d oa ! 2k k 2k X m 1X m X m x = x + x 2k i=1 i k i=1 i k i=k+1 i " !m !m # k 2k X X 1 + xi xi ≥ ≥ k i=1 k i=k+1 nf va an lu lm ul 2k X xi 2k i=1 !m n = k + với n = k Thật vậy, ta cần chứng minh z at nh oi Bất đẳng thức chứng minh ta chứng minh (1.11) với z xm i ≥ xm i k + 1X xi k i=1 !m k ≥ (k + 1) 1X xi k i=1 !m an Lu i=1 ! m P = k X i=1 xi co hay k l i=1 !m gm k k 1X @ k 1X n va ac th si 18 Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có " !#m k k X X 1 P ≥ (k + 1) xi + xi ≥ (k + 1) k + i=1 k i=1 k 1X k !m xi i=1 Vậy bất đẳng thức (1.11) chứng minh lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 19 Chương Các dạng toán đa thức phân lu thức với hệ số nguyên an n va to Các dạng toán đa thức biến với hệ số gh tn 2.1 p ie nguyên hệ thức Viète nl w Trong mục này, trình bày tốn ước lượng số đại lượng liên d oa quan đến đa thức hệ số nguyên như: ước lượng hệ số, ước lượng nghiệm, ước an lu lượng miền giá trị đa thức, nf va Bài toán 2.1 Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + 1998x + c với a, c ∈ Z, 998 z at nh oi lm ul |a| < 2000, |c| < 2000 f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Chứng minh |x1 − x2 | ≥ Lời giải nên ∆ > 0, ∆ ∈ Z m co √ ∆0 |x1 − x2 | = |a| l an Lu Nếu ∆ ≥ gm @ z f (x) có biệt thức ∆ = 9992 − ac, f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 n va √ √ √ ∆0 ∆0 2 |x1 − x2 | = > ≥ > |a| 2000 2000 998 ac th si 20 (do |a| < 2000) Nếu ∆ = ac = 9992 − = 998.1000 = 24 53 449 Do a ước số 24 53 449, lại có 22 449 = 1996 ước số 24 53 449 |a| < 2000 nên a ≤ 1996 Từ ta suy √ 2 ∆0 = ≥ = |x1 − x2 | = |a| |a| 1996 998 Bài toán 2.2 Cho đa thức P (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 lu an |ai | = 1(i = 0, 1, , n − 1) Chứng minh P (x) có n nghiệm thực n va n ≤ to tn Lời giải p ie gh Giả sử P (x) có n nghiệm x1 , x2 , , xn Áp dụng định lý Viète, ta có n X xi = −an−1 , d oa nl w i=1 n X i,j=1,i