Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Một số dạng đại lượng trung bình 1.1 Khai triển Newton 1.2 Định lý giá trị trung bình cộng nhân 1.3 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng 19 Chương Phân thức quy quy suy rộng 2.1 2.2 Phân thức quy 22 2.1.1 Phân thức quy biến 22 2.1.2 Phân thức quy nhiều biến 24 Phân thức quy suy rộng 28 2.2.1 Phân thức quy suy rộng biến 28 2.2.2 Phân thức quy suy rộng nhiều biến 30 Chương Các dạng toán liên quan 3.1 3.2 22 33 Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM 33 3.1.1 Điều chỉnh lựa chọn tham số 33 3.1.2 Kỹ thuật tách, ghép phân nhóm 40 Các dạng toán liên quan 47 3.2.1 Biểu diễn số dạng đa thức nhiều biến 47 3.2.2 Bất đẳng thức đa thức đối xứng đồng bậc 51 3.2.3 Bất đẳng thức dạng phân thức đa thức 55 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 60 MỞ ĐẦU Phân thức hữu tỷ, đặc biệt phân thức quy khái niệm chương trình Toán bậc phổ thông Đặc biệt, trường THPT chuyên lớp chuyên toán có nhiều dạng toán liên quan đến hàm phân thức quy Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán nước kỳ thi Olympic Toán nước giới, có nhiều toán dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình, sinh hàm số dạng phân thức cần biết cách vận dụng tính đặc thù biểu thức phân thức cho Hiện tài liệu có tính hệ thống vấn đề chưa đề cập nhiều Để đáp ứng nhu cầu học tập giảng dạy môn Toán bậc phổ thông, luận văn Phân thức quy nhiều biến dạng toán liên quan nhằm hệ thống giải toán liên quan đến phân thức quy Luận văn chia làm ba chương: Chương Một số dạng đại lượng trung bình Chương Phân thức quy quy suy rộng Chương Các dạng toán liên quan Để hoàn thành luận văn này, trước xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu dành thời gian hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ suốt trình xây dựng đề tài hoàn thành luận văn Tiếp theo, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho nững ý kiến quý báu để luận văn hoàn thiện Qua đây, xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Chương Một số dạng đại lượng trung bình 1.1 Khai triển Newton Ta nhắc lại khai triển Newton (xem [1], [3]) cho cặp số số Định lý 1.1 (Khai triển nhị thức Newton) Với a, b số thực n số tự nhiên lớn 2, ta có n n Cnk an−k bk (a + b) = (1.1) k=0 Cnk = n! k!(n − k)! Công thức (1.1) gọi công thức nhị thức Newton Định lý 1.2 (Khai triển Newton) Cho n m số nguyên dương Với x = (x1 , x2 , · · · , xn ) Rn , ta có (x1 + x2 + · · · + xn )m = |α|=m m! α x , α! (1.2) α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) Nn , xα = xα1 xα2 xαnn tổng chạy qua tất α có Nn thỏa mãn |α| = α1 + α2 + · · · + αn = m Định lý 1.3 (Khai triển Taylor) Cho đa thức n aj x j f (x) = j=0 Khi đó, hệ số thứ j f (x) biểu diễn dạng aj = (j) f (0), j! f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j Chứng minh Lấy đạo hàm lần thứ j xk , ta j d dx xk = k! xk−j , j ≤ k (k − j)! j d dx xk = 0, j > k, Ta có n f (x) = ak k=0 d dx n j k x = k=j k! ak xk−j , với j nằm n (k − j)! Khi f j (0) = j!aj Suy aj = (j) f (0) j! Định lý 1.4 Cho n số nguyên dương Ta đặt 1 g(x) = x + x2 + · · · + xn n n Khi g (n) (0) = n! Chứng minh Ta có n g(x) = x 1 + x + · · · + xn−1 n n 1 h(x) = + x + · · · + xn−1 n = xn h(x), n Áp dụng công thức Leibniz n g (n) (x) = j=0 n = j=0 n! (n − j)!j! d dx n−j j d x dx n n!n! d xj (n − j)!j!j! dx h(x) j h(x) Vậy nên g (n) (0) = n!h(0) = n! 1.2 Định lý giá trị trung bình cộng nhân Tiếp theo, ta đề cập đến định lý bất đẳng thức giá trị trung bình cộng trung bình nhân (còn gọi bất đẳng thức AM-GM1 ) dạng bất đẳng AM-GM suy rộng Đặc biệt, chương trình bày số phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM-GM nhà toán học tiếng Định lý 1.5 (xem [1]-[2]) Giả sử x1 , x2 , , xn số không âm Khi x1 + x2 + · · · + xn n √ n x1 x2 · · · xn (1.3) Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Hệ trực tiếp bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức trung bình nhân trung bình điều hòa (gọi viết tắt bất đẳng thức GM-HM.2 ) Hệ 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM, xem [1]) Với số dương a1 , a2 , , an , ta có √ n a1 a2 · · · an n 1 + + ··· + a1 a2 an Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức AM-GM số xk := (k = 1, 2, , n), ta có bất đẳng thức GM-HM Arithmetic mean value -Trung bình cộng, Geometric mean value -Trung bình nhân Harmonic mean -Trung bình điều hòa ak Cho đến nay, người ta biết đến hàng trăm cách khác để chứng minh Bất đẳng thức giá trị trung bình cộng trung bình nhân Mỗi cách chứng minh Định lý 1.5 có đặc thù theo ý tưởng mục tiêu riêng nhà toán học Có cách chứng minh (của số nhà khoa học tiếng) xuất phát từ ý tưởng tưởng không liên quan trực tiếp tới giá trị trung bình cộng trung bình nhân số dương cho Sau đây, ta trình bày số cách chứng minh tương đối sơ cấp dễ hiểu giúp ta nhìn nhận mở rộng sau cách hệ thống có tính lôgic tự nhiên (xem [1]) 1.2.1 Quy nạp kiểu Cauchy Đây kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) Cauchy đề xuất vào năm 1821 Từ hệ thức bậc hai u21 + u22 ta suy x1 + x2 √ 2u1 u2 , ∀u1 , u2 ∈ R, x1 x2 , ∀x1 , x2 không âm Thay x1 , x2 biến (1.4) (1.5) x3 + x4 x1 + x2 , từ (1.5) ta nhận 2 x1 + x2 x3 + x4 12 2 √ 1 [(x1 x2 ) (x3 x4 ) ] = x1 x2 x3 x4 x1 + x2 + x3 + x4 (1.6) Tiếp tục trình ta thấy bất đẳng thức (1.3) với n = 2, 4, nói chung, với n lũy thừa Đây quy nạp theo hướng lên Bây ta thực quy trình quy nạp theo hướng xuống phía Ta chứng minh rằng, bất đẳng thức (1.3) với n (n > 1) với n − Thay xn (1.3) x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 giữ nguyên biến xi khác, từ (1.3) ta thu x1 + x2 + · · · + xn−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 + n−1 n x1 + x2 + · · · + xn−1 n1 (x1 x2 · · · xn−1 ) n n−1 hay x1 + x2 + · · · + xn−1 n1 x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 (x1 x2 · · · xn−1 ) n−1 n−1 Rút gọn biểu thức trên, ta thu x1 + x2 + · · · + xn−1 √ n−1 x1 x2 · · · xn−1 n−1 Từ kết chứng minh theo cặp hướng (lên-xuống), ta thu phép chứng minh quy nạp Định lý 1.5 Tiếp theo, theo cách chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, ta chứng minh bất đẳng thức sau Bài toán 1.1 (Bất đẳng thức Ky Fan) Giả sử x1 , x2 , , xn số dương 0, Khi n n (1 − xk ) xk k=1 n n k=1 n (1 − xk ) xk k=1 n k=1 Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Bài toán 1.2 Giả sử x1 , x2 , , xm số không âm n = 1, 2, Khi x1 + x2 + · · · + xm n xn1 + xn2 + · · · + xnm m m Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xm 1.2.2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Đa thức P (x1 , x2 , , xn ) với n biến số thực x1 , x2 , , xn hiểu hàm số (biểu thức) có dạng N P (x1 , x2 , , xn ) = Mk (x1 , x2 , , xn ), k=0 aj1 ···jn xj11 · · · xjnn , ji ∈ N (i = 1, 2, , n) Mk (x1 , , xn ) = j1 +···+jn =k (1.7) Trong mục ta quan tâm chủ yếu đến dạng đa thức đồng bậc biến số thực nhận giá trị thực, đặc biệt đa thức đối xứng sơ cấp quen biết liên quan đến đẳng thức đáng nhớ chương trình toán trung học phổ thông Trước hết, ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Newton: n n n−k k a x k n (x + a) = k=0 Nếu ta coi (x + a)n tích n thừa số: (x + a)(x + a) · · · (x + a), tích (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) viết dạng biểu thức tương tự công thức khai triển nhị thức Newton sau: n (x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) = k=0    p1       p22      ···    n pn n n−k k p x , k j a1 + a2 + · · · + an , n aj i nên nghiệm P (x) âm Gọi nghiệm P (x) với −x1 , −x2 , , −xn (xi > 0, i = 1, , n) Theo Định lý Viète x1 x2 · · · xn = hệ số bậc cao P (x) nên n P (x) = (x + xi ) i=1 Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, n P (m) = n (m + xi ) i=1 (m + 1) n xi = (m + 1)n m+1 i=1 47 Bài toán 3.19 Cho đa thức P (x) = x2n + a2n−1 x2n−1 + · · · + a1 x + a0 có nghiệm dương Chứng minh Cnk |a2n−k ak | |a0 | ∀k = 1, 2, , 2n Lời giải Theo Định lý Viète |a2n−k | = xi1 xi2 · · · xi2n−k , 2n−k số hạng tổng chứa C2n Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (bất đẳng thức Cauchy) ta 2n−k−1 C2n−1 xi |a2n−k | 2n−k C2n 2n−k C2n Để ý 2n−k C2n = 2n 2n−k−1 C2n−1 2n − k Từ suy |a2n−k | xi 2n−k 2n 2n−k C2n Tương tự ta có |ak | xi k 2n k C2n Từ suy |a2n−k ak | 3.2 3.2.1 Cnk |a0 | ∀k = 1, 2, , 2n Các dạng toán liên quan Biểu diễn số dạng đa thức nhiều biến Bài toán 3.20 Cho đa thức P (x, y, z, t) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức P (x, y, z, ± x2 + y + z ) ≡ ∀x, y, z ∈ R 48 Chứng minh đa thức P (x, y, z, t) biểu diễn dạng P (x, y, z, t) = (x2 + y + z − t2 )Q(x, y, z, t), Q(x, y, z, t) đa thức với hệ số thực Lời giải Thực phép chia P (x, y, z, t) cho (t2 − x2 − y − z ) theo biến t (x, y, z tham số) ta thu P (x, y, z, t) = (x2 + y + z − t2 )Q(x, y, z, t) + tR(x, y, z) + S(x, y, z) (3.6) Thay t = ± x2 + y + z vào ta tR(x, y, z) + S(x, y, z) = −tR(x, y, z) + S(x, y, z) x2 + y + z từ giả thiết ta thu S(x, y, z) ≡ Từ ta thu biểu diễn Suy R(x, y, z) ≡ Với x, y, z cố định, ta chọn t = P (x, y, z, t) = (x2 + y + z − t2 )Q(x, y, z, t) Bài toán 3.21 Cho đa thức hai biến P (x, y) thỏa mãn điều kiện a) P (tx, ty) = t2 P (x, y) với x, y, t ∈ R, b) P (b + c, a) + P (c + a, b) + P (a + b, c) = với a, b, c ∈ R, c) P (1, 0) = Chứng minh đa thức P (x, y) có dạng P (x, y) = (x + y)m (x − 2y), m ∈ N Lời giải Trong b) đặt b = − a; c = ta P (1 − a, a) = −1 − P (a, − a) (3.7) Lại đặt c = − a − b kết hợp với a) ta P (a + b, − a − b) = P (a, − a) + P (b, − b) + (3.8) Đặt f (x) = P (x, − x) + Khi f (x) hàm liên tục R f (1) = P (1, 0) + = (3.8) trở thành f (x + y) = f (x) + f (y) Đó phương trình hàm Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y), f (1) = (3.9) 49 Phương trình (3.9) có nghiệm f (x) = 3x Vậy nên P (x, − x) = 3x − (3.10) b a ,y= ta thu a+b a+b a a P (a, b) = (a + b)n P ,1 − a+b a+b a = (a + b)n − = (a + b)n−1 (a − 2b) (3.11) a+b Nhưng P (x, y) liên tục nên (3.11) với trường hợp a + b = Tóm lại P (x, y) = (x + y)n−1 (x − 2y) Với a + b = 0, đặt t = a + b; x = Bài toán 3.22 Giả sử cho đa thức với hệ số thực f (x, y) biến x, y ∈ R giả thiết f (ax1 + bx2 , y) = af (x1 , y) + bf (x2 , y) ∀x1 , x2 , y ∈ R (3.12) Cho tập S ⊂ R ký hiệu g(x) = max f (x, y) y∈S (3.13) Chứng minh g(x1 + x2 ) ≤ g(x1 ) + g(x2 ) ∀x1 , x2 ∈ R Lời giải Ta có g(x1 + x2 ) = max f (x1 + x2 , y) = y∈S max[f (x1 , y) + f (x2 , y)] ≤ y∈S ≤ max f (x1 , y) + max f (x2 , y) = y∈S y∈S g(x1 ) + g(x2 ), ta thu điều phải chứng minh Nhận xét 3.9 Biểu diễn (3.13) lớp hàm số rộng lớp hàm đa thức Chẳng hạn, ta có biểu diễn |x| = max(xy) ∀x ∈ R |y|≤1 50 Bài toán 3.23 Cho a n số không âm (a1 , a2 , , an ) (n ≥ 1, n ∈ N) Chứng minh n n n ai xi , n = S(x) i=1 i=1 (3.14) S(x) tập hợp số không âm x = (x1 , x2 , , xn ) thỏa mãn điều kiện n xi = i=1 Lời giải Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (Cauchy) n n n xi i=1 n n ≤ i=1 i=1 x i n (3.15) Theo định nghĩa tập S(x) (3.15) có dạng n n n xi ∀x ∈ S(x) n ≤ i=1 i=1 Từ ta thu đựơc điều phải chứng minh Bài toán 3.24 Cho số p > cho số x không âm Chứng minh n p xpi n = max R(z) i=1 xi zi , (3.16) i=1 R(z) tập hợp số không âm z = (z1 , z2 , , zn ) thỏa mãn điều kiện n p zip−1 = i=1 Lời giải Theo bất đẳng thức Holder n xpi p n ziq × i=1 i=1 q n ≥ xi zi i=1 Theo định nghĩa tập R(z) n xpi i=1 p n ≥ xi zi ∀z ∈ R(z) i=1 Từ ta thu đựơc biểu diễn (3.16) 51 Bài toán 3.25 Cho đa thức f (t) thỏa mãn điều kiện f (t) > với t ∈ R Cho số thực x = (x1 , x2 , , xn ) Chứng minh n n f (xi ) = max z1 , ,zn ∈R i=1 n (xi − zi )f (zi ) f (zi ) + i=1 i=1 Lời giải Do f (t) > nên đa thức f (x) đồng biến f (u) ≤ f (v) + (u − v)f (v) ∀u, v ∈ R Từ suy f (u) = max[f (v) + (u − v)f (v)] v∈R Từ dễ dàng suy n n f (xi ) = max i=1 3.2.2 z1 , ,zn ∈R n (xi − zi )f (zi ) f (zi ) + i=1 i=1 Bất đẳng thức đa thức đối xứng đồng bậc Bài toán 3.26 Cho số z1 , z2 , z3 , z4 ∈ C Chứng minh |z1 | + |z2 | + |z3 | + |z4 | ≤ |zi + zj | 1≤i≤j≤4 Lời giải Ta sử dụng bất đẳng thức "tam giác" số phức |a + b| ≤ |a| + |b| ∀a, b ∈ C Ta có 2|z1 | − |z2 + z3 | ≤ |2z1 + z2 + z3 | ≤ |z1 + z2 | + |z1 + z3 | Do |z1 | ≤ [|z1 + z2 | + |z1 + z3 | + |z2 + z3 |] Tương tự, ta nhận |z2 ≤ [|z2 + z3 | + |z2 + z4 | + |z3 + z4 |], |z3 | ≤ [|z3 + z4 | + |z3 + z1 | + |z4 + z1 |], (3.17) 52 |z4 | ≤ [|z4 + z1 | + |z4 + z2 | + |z1 + z2 |] Cộng vế tương ứng bất dẳng thức trên, ta thu |z1 | + |z2 | + |z3 | + |z4 | ≤ |zi + zj |, 1≤i≤j≤4 (3.17) chứng minh Để ý đẳng thức xảy (z1 , z2 , z3 , z4 ) = (a, a, −a, −a), a ∈ C Nhận xét 3.10 Bằng phương pháp tương tự, với số (z1 , z2 , , zn ), zk ∈ C (k = 1, 2, , n) ta có bất đẳng thức |z1 | + |z2 | + · · · + |zn | ≤ |zi + zj | n − 1≤i≤j≤n Bài toán 3.27 Với dãy số z1 , z2 , ta ký hịêu E1 (z1 , z2 , , zk ) = z1 + z2 + · · · + zk , k ∈ Z+ E2 (z1 , z2 , , zk ) = z1 z2 + z1 z3 + · · · + zk−1 zk , k ∈ Z+ Cho hai dãy số giảm không âm x1 , x2 , a1 , a2 , số n ∈ Z+ thỏa mãn điều kiện E1 (x1 ) ≥ E1 (a1 ), E1 (x1 , x2 ) ≥ E1 (a1 , a2 ), ··· E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) ≥ E1 (a1 , a2 , , an−1 ), E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) Chứng minh E2 (x1 , x2 , , xn ) ≤ E2 (a1 , a2 , , an ) Lời giải Nhận xét ta luôn có đẳng thức sau: [E1 (x1 , x2 , , xn )]2 − E1 (x21 , x22 , , x2n ) = 2E2 (x1 , x2 , , xn ) Vì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với [E1 (x1 , x2 , , xn )]2 −E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≤ [E1 (a1 , a2 , , an )]2 −E1 (a21 , a22 , , a2n ) 53 hay E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≥ E1 (a21 , a22 , , a2n ) (3.18) Để ý x2k ≥ a2k + 2ak (xk − ak ) ∀xk , ak ∈ R Từ suy E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≥ E1 (a21 , a22 , , a2n )+ n−1 (ak − ak+1 )[E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )] +2 (3.19) k=0 Theo giả thiết n−1 (ak − ak+1 )[E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )] ≥ k=0 nên (3.19) ta nhận (3.18) E2 (x1 , x2 , , xn ) ≤ E2 (a1 , a2 , , an ) Bài toán 3.28 Với dãy số z1 , z2 , ta ký hịêu E1 (z1 , z2 , , zk ) = z1 + z2 + · · · + zk , k ∈ Z+ Cho đa thức f (x) có f (x) > với x ∈ R cho hai dãy số giảm không âm x1 , x2 , a1 , a2 , số n ∈ Z+ thỏa mãn điều kiện E1 (x1 ) ≥ E1 (a1 ), E1 (x1 , x2 ) ≥ E1 (a1 , a2 ), ··· E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) ≥ E1 (a1 , a2 , , an−1 ), E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) Chứng minh E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an )) Lời giải Theo giả thiết đa thức f (x) ta có f (xk ) ≥ f (ak ) + f (ak )(xk − ak ) ∀xk , ak ∈ R 54 Sử dụng phép biến đổi Bài toán 3.27 ta thu bất đẳng thức E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an ))+ n f (ak )(xk − ak ) + k=0 hay E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an ))+ n−1 [f (ak ) − f (ak+1 )][E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )] + (3.20) k=0 Theo giả thiết n−1 [f (ak ) − f (ak+1 )][E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )] ≥ k=0 nên (3.20) ta nhận E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an )) Bài toán 3.29 Với dãy số thực t1 , t2 , , tn ta ký hịêu A= (t1 + t2 + · · · + tn ), n B= (t1 + t22 + · · · + t2n ) n Giả thiết t1 , t2 , , tn ∈ [p, q], < p < q Chứng minh 4pq A2 ≥ B (p + q)2 Lời giải Từ giả thiết ta thu n (tk − p)(tk − q) ≤ k=1 hay n n t2k k=1 − (p + q) tk + npq ≤ k=1 55 Sử dụng ký hiệu toán, ta có B − (p + q)A + pq ≤ Vậy nên −pq p + q B ≤ + A2 A2 A2 p + q (p + q)2 (p + q)2 + − ≤ , = −pq A 2pq 4pq 4pq điều phải chứng minh Đẳng thức xảy (tk − p)(tk − q) = 0, A = 3.2.3 2pq , k = 1, , n p+q Bất đẳng thức dạng phân thức đa thức Với định nghiã ký hiệu nêu đa thức đối xứng sơ cấp, ta có số đẳng thức bất đẳng thức sau Bài toán 3.30 Cho số tự nhiên n ≥ x1 , x2 , , xn ∈ [0, 1] Chứng minh bất đẳng thức x1 + x2 + · · · + xn ≤ n + n(1 − x1 )(1 − x2 ) · · · (1 − xn ) Lời giải Đặt − xi = (i = 1, 2, , n) Nhận xét ≤ ≤ bất đẳng thức cho trở thành (1 − a1 ) + (1 − a2 ) + · · · + (1 − an ) ≤ n + na1 a2 · · · an hay (a1 + a2 + · · · + an )(1 + na1 a2 · · · an ) ≥ n2 a1 a2 · · · an (3.21) Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (Cauchy) √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n n a1 a2 · · · an , (3.22) + na1 a2 · · · an ≥ + (n − 1)a1 a2 · · · an ≥ n n (a1 a2 · · · an )n−1 Từ (3.22) (3.23) ta thu (3.21), điều phải chứng minh (3.23) 56 Nhận xét đẳng thức (3.21) xảy hai vế (3.22) 0, nghĩa a1 = a2 = · · · = an = hay x1 = x2 = · · · = xn = Bài toán 3.31 Xét số x, y, z ≥ có x + y + z = 10 Chứng minh bất đẳng thức 157 9(x − 1)2 4(y − 1)2 9(z − 1)2 + + ≥ 4(x + 1) 3(y + 1) 8(z + 1) 30 Lời giải Xét hàm số (x − 1)2 f (x) = =x−3+ x+1 x+1 Ta có f (x) = (x − 1)(x + 3) ≥ 0, ∀x ≥ (x + 1)2 f (x) = > 0, ∀x ≥ (x + 1)3 Theo Hệ định lý Lagrange, ta có f (u) f (v) ≥ + u − v, ∀u, v ∈ [1, +∞), u = v f (v) f (v) (3.24) ; ; có tổng 10 9 Ta thu v1 = 2, v2 = 3, v3 = Tiếp theo, vào (3.24), ta Chọn số v ∈ [1, +∞) cho f (v) ∈ 9(x − 1)2 f (2) ≥ + x − 2, ∀x ∈ [1, +∞) 4(x + 1) f (2) 4(y − 1)2 f (3) ≥ + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞) 3(y + 1) f (3) 9(z − 1)2 f (5) ≥ + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞) 8(z + 1) f (5) hay 9(x − 1)2 1/2 ≥ + x − 2, ∀x ∈ [1, +∞) 4(x + 1) 5/9 57 4(y − 1)2 ≥ + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞) 3(y + 1) 3/4 9(z − 1)2 8/3 ≥ + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞) 8(z + 1) 8/9 Cộng vế tương ứng ta thu 1/2 8/3 157 9(x − 1)2 4(y − 1)2 9(z − 1)2 + + ≥ + + = , 4(x + 1) 3(y + 1) 8(z + 1) 5/9 3/4 8/9 30 đpcm Bài toán 3.32 Xét số x, y, z ∈ (−1, 1) có x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức 9(x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2 M := + + 5(x + 1) 5(y + 1) 95(z + 1) Lời giải Xét hàm số (x − 1)2 f (x) = =x−3+ x+1 x+1 Ta có f (x) = (x − 1)(x + 3) < 0, ∀x ∈ (−1, 1) (x + 1)2 f (x) = > 0, ∀x ∈ (−1, 1) (x + 1)3 Theo Hệ định lý Lagrange, ta có f (u) f (v) ≤ + u − v, ∀u, v ∈ (−1, 1), u = v (3.25) f (v) f (v) 49 Chọn số v ∈ (−1, 1) cho f (v) ∈ − ; − ; − có tổng 5 95 1 Ta thu v1 = , v2 = , v3 = Tiếp theo, vào (3.25), ta 9(x − 1)2 f (1/2) ≥ + x − , ∀x ∈ (−1, 1) 5(x + 1) f (1/2) 4(y − 1)2 f (1/3) ≥ + y − , ∀y ∈ (−1, 1) 5(y + 1) f (1/3) 58 f (1/6) 49(z − 1)2 ≥ + z − , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) f (1/6) hay 9(x − 1)2 ≥ − + x − , ∀x ∈ (−1, 1) − 5(x + 1) 30 4(y − 1)2 − ≥ − + y − , ∀y ∈ (−1, 1) 5(y + 1) 15 35 49(z − 1) ≥− + z − , ∀z ∈ (−1, 1) − 95(z + 1) 114 hay 9(x − 1)2 ≤ − x + , ∀x ∈ (−1, 1) 5(x + 1) 30 2 4(y − 1) ≤ − y + , ∀y ∈ (−1, 1) 5(y + 1) 15 49(z − 1) 35 ≤ − z + , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) 114 Cộng vế tương ứng ta thu 9(x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2 + + M= 5(x + 1) 5(y + 1) 95(z + 1) ≤ Vậy max M = 35 + + 30 114 35 1 + + đạt x = , y = , z = 30 114 59 KẾT LUẬN Luận văn “Phân thức quy nhiều biến dạng toán liên quan” giải vấn đề sau: - Luận văn trình bày chi tiết số kiến thức liên quan đến đại lượng trung bình thông qua định lý giá trị trung bình cộng nhân - Tiếp theo luận văn hệ thống số cách chứng minh định lý giá trị trung bình cộng nhân tương đối sơ cấp dễ hiểu quy nạp kiểu Cauchy, quy nạp kiểu Ehlers, đồng thức Hurwitz, đồng thức Jacobsthal, hoán vị số Ngoài việc giới thiệu thuật toán, mục có xây dựng ví dụ minh họa phân tích chi tiết cách giải - Chứng minh định lý hàm phân thức quy biến, hai biến, nhiều biến hàm phân thức quy suy rộng - Cuối cùng, luận văn trình bày dạng toán liên quan 60 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2006) , Bất đẳng thức, định lí áp dụng, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2007), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (2010), Số phức áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Việt Nam [5] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ (2007), Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục B Tiếng Anh [6] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T Andreescu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis Springer Sciences+Business Media [7] P.N.D Sausa, J-N Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer ... văn Phân thức quy nhiều biến dạng toán liên quan nhằm hệ thống giải toán liên quan đến phân thức quy Luận văn chia làm ba chương: Chương Một số dạng đại lượng trung bình Chương Phân thức quy quy... Chương Phân thức quy quy suy rộng 2.1 2.2 Phân thức quy 22 2.1.1 Phân thức quy biến 22 2.1.2 Phân thức quy nhiều biến 24 Phân thức quy suy rộng ... 28 2.2.1 Phân thức quy suy rộng biến 28 2.2.2 Phân thức quy suy rộng nhiều biến 30 Chương Các dạng toán liên quan 3.1 3.2 22 33 Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM