Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)

Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)Bất đẳng thức trong số học và một số dạng toán liên quan (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ HỒNG THÚY BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ HỌC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ HỒNG THÚY BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ HỌC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Thái Nguyên - 2018 i Mục lục MỞ ĐẦU ii Chương Các tính tốn tập hữu hạn số nguyên 1.1 Số nguyên tính chất liên quan 1.2 Một số đồng thức số học 1.2.1 Một số đẳng thức hàm d(n), σ(n) ϕ(n) 1.2.2 Đẳng thức tổng bình phương 10 1.2.3 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng lập phương 15 Chương Bất đẳng thức số học 28 2.1 Bất đẳng thức tập số nguyên 28 2.2 Bất đẳng thức lớp hàm số học 32 Chương Một số dạng toán liên quan 60 3.1 Các dạng toán bất đẳng thức số học qua kỳ Olympic 60 3.2 Các đề toán toán rời rạc liên quan 64 3.2.1 Một số toán cực trị tập số nguyên 64 3.2.2 Một số toán sử dụng phương pháp suy luận 68 KẾT LUẬN 74 TÀI LIỆU THAM KHẢO 75 ii MỞ ĐẦU Chuyên đề số học nội dung quan trọng bậc trung học phổ thơng Các dạng tốn đếm số phần tử, so sánh thứ tự số tập hợp nội dung đề thi HSG quốc gia Olympic toán khu vực quốc tế Đặc biệt lý thuyết số, hàm số học liên quan đến tính toán ước số nguyên, gắn với phép đếm số ước số dạng toán liên quan đến biểu diễn số nguyên trọng tâm khảo sát đẳng thức bất đẳng thức số học Luận văn nhằm mục đích tìm hiểu chi tiết tính chất hàm số học số dạng toán bất đẳng thức cực trị liên quan số học Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương trình bày tốn đếm, ước lượng thứ tự Chương trình bày dạng bất đẳng thức tính tốn liên quan đến tập rời rạc hàm số học Chương trình bày số tốn cực trị đề thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic khu vực quốc tế liên quan đến bất đẳng thức số học Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Nhà giáo nhân dân, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới GS - Người thầy nghiêm khắc, tận tâm công việc truyền thụ nhiều kiến thức quý báu kinh nghiệm nghiên cứu khoa học cho tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu đề tài Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học iii Thái Nguyên, thầy cô giáo tham giảng dạy hướng dẫn khoa học cho lớp Cao học toán K10C Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, tập thể giáo viên tốn trường THPT Lý Nhân Tơng, thành phố Bắc Ninh gia đình tạo điều kiện cho tác giả có hội học tập nghiên cứu Chương Các tính tốn tập hữu hạn số nguyên 1.1 Số nguyên tính chất liên quan Trước tiên, ta xét số hàm số học Định nghĩa 1.1 (Hàm số Euler ϕ(n)) Cho số tự nhiên n ≥ Ta ký hiệu ϕ(n) số số tự nhiên bé n nguyên tố với n Quy ước ϕ(1) = Định lý 1.1 Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Chứng minh Rõ ràng ta giải thiết a > 1, b > Các số nguyên dương không vượt ab liệt kê sau: a+1 a+2 2a + 2a + ka + ka + (b − 1)a + (b − 1)a + a 2a 3a (k + 1)a ba Các số thành bảng có dạng ax + y , ≤ x ≤ b − 1, ≤ y ≤ a Xét số cột thứ y Ta có (ax + y, a) = (y, a) Vì số nguyên tố với ab nguyên tố với a b, số phải nằm cột thứ y mà (y, a) = Có thảy ϕ(a) cột Xét cột thứ y , với (y, a) = Các số cột y, a + y, 2a + y, , (b − 1)a + y Giả sử rx số dư chia ax + y cho b Như (ax + y, b) = (rx , b) Dễ dàng thấy (a, b) = nên rx1 = rx2 với x1 = x2 Như ta có đẳng thức tập hợp {r0 , r1 , , rb−1 } = {0, 1, , b − 1} Vậy số x mà (ax + y, b) = số x mà (rx , b) = tức ϕ(b) Vậy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a nguyên tố với b Đó số ngun tố với ab Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) Từ định lý ta suy cơng thức tính ϕ(n) sau Định lý 1.2 Giả sử n = pα1 pαk k phân tích tiêu chuẩn n > Khi ϕ(n) = n − p1 1− 1 − p2 pk Chứng minh Theo định lý 1.1, ta có ϕ(n) = ϕ(pα1 ) ϕ(pαk k ) Định lý chứng minh ta chứng tỏ ứng với p số nguyên tố ϕ(pα ) = pα (1 − ) Thật vậy, p nguyên tố nên với k ≤ pα p (k, p) = k p Số số k ≤ pα bội p pα = pα−1 p Vậy ϕ(pα ) = pα − pα−1 = pα (1 − ) p Ví dụ 1.1 Với n = 360 = 23 32 ϕ(360) = 360 − 1− 1− = 96 Tầm quan trọng hàm ϕ(n) số học thể định lý Euler Sau suy rộng định lý Euler Định lý 1.3 (Định lý Euler mở rộng) Cho a m hai số tự nhiên Khi ta có am ≡ am−ϕ(m) (mod m) Chứng minh Ta phải chứng minh A = am − am−ϕ(m) = am−ϕ(m) (aϕ(m) − 1) chia hết cho m Giả sử m có phân tích tiêu chuẩn m = q1α1 q2α2 qkαk Ta chứng minh (a, qi ) = (aϕ(m) − 1) q αi , a q am−ϕ(m) q αi , A m Thật vậy, (a, qi ) = theo định lý Euler αi (aϕ(qi ) − 1) qiαi Mặt khác, ϕ(qiαi ) = qiαi (1 − ) qi ước ϕ(m) (suy từ cơng thức tính ϕ(m)) Do αi (aϕ(m) − 1) (aϕ(qi ) − 1) q αi Nếu a qi am−ϕ(m) q m−ϕ(m) Mặt khác, rõ ràng m − ϕ(m) ≥ αi (vì có αi số khơng nguyên tố với m q1α1 q2α2 qiαi ) Do am−ϕ(m) q m−ϕ(m) qiαi Định lý chứng minh Định lý 1.4 (Định lý Fermat) Cho p số nguyên tố a số nguyên không chia hết cho P ta có ap−1 ≡ (mod p) Chứng minh Theo giả thiết, ta có ϕ(p) = p − a nguyên tố với p nên theo định lý Euler ta ap−1 ≡ (mod p) Định lý 1.5 (Định lý Fermat dạng khác) Cho p số nguyên tố a số nguyên tùy ý ta có ap ≡ a (mod p) Chứng minh Nếu a chia hết cho p hiển nhiên ap ≡ a (mod p) Nếu a khơng chia hết cho p theo định lý 1.4 ta có ap−1 ≡ (mod p) sau nhân hai vế đồng dư thức với a ta ap ≡ a (mod p) Ngược lại từ định lý 1.5 ta suy định lý 1.4 Thật vậy, từ ap ≡ a (mod p) a số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p a nguyên tố với p nên cách chia cho a ta ap−1 ≡ (mod p) Chính vậy, người ta nói định lý 1.5 dạng khác định lý Fermat Ví dụ 1.2 Tìm số ngun x để 9x + tích hai số nguyên liên tiếp Lời giải Giả sử 9x + = n(n + 1) với n ∈ Z ⇒ 36x + 20 = 4n2 + 4n suy 36x + 21 = (2n + 1)2 ⇒ 3(12x + 7) = (2n + 1)2 Số phương (2n + 1)2 chia hết chia hết cho Mặt khác (12x + 7) không chia hết 3(12x + 7) không chia hết cho Mâu thuẫn chứng tỏ không tồn số nguyên x để 9x + = n(n + 1) Ví dụ 1.3 Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương x4 + 2x3 + 2x2 + x + Lời giải Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + = y với y ∈ N Ta thấy y = (x4 + 2x3 + x2 ) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3) Đặt x2 + x = a ta có y = a2 + (x2 + x + 3) Từ có y − a2 = x2 + x + = x+ 2 + 11 > ⇒ y > a2 + ⇒ (a + 2)2 > y Do a2 < y < (a + 2)2 ⇒ y = (a + 1)2 Dễ thấy (a + 2)2 − y = x + Suy x4 + 2x3 + 2x2 + x + = (x2 + x + 1)2 Suy x2 + x − = ⇒ x = 1; x = −2 Thử lại, với x = 1; x = −2 biểu thức = 32 Vậy x = 1; x = −2 giá trị cần tìm Ví dụ 1.4 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình xy = z (1.1) Lời giải Giả sử x0 , y0 , z0 thỏa mãn (1.1) có ƯSCLN d Giả sử x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 (x1 , y1 , z1 ) thỏa mãn (1.1) Do đó, ta giả sử (x, y, z) = x, y, z đơi ngun tố hai ba số x, y, z có ước chung d số lại chia hết cho d Ta có x.y = z mà (x, y) = nên x = a2 , y = b2 với a, b ∈ N∗ Bởi (1.1) ⇔ z = x.y = (ab)2 ⇔ z = (ab) Như ta biểu thức nghiệm x = ta2 ; y = tb2 ; z = ab (t ∈ N∗ ) Ngược lại, dễ thấy số x, y, z có dạng thỏa mãn (1.1) Vậy công thức cho ta tất nghiệm nguyên dương (1.1) Ví dụ 1.5 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình x2 + xy + y = x2 y (1.2) Lời giải (1.2) ⇔ x2 + 2xy + y = x2 y + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1) Ta thấy xy xy + hai số nguyên liên tiếp nên: + Xét xy = 0, ta có xy = x2 + y = ⇔ x = y = + Xét xy + = 0, ta có : xy = −1 x2 + y = ⇔ (x, y) = (1, −1); (−1, 1) Thử lại, ba cặp số (0, 0); (1, −1); (−1, 1) thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có ba nghiệm ngun (x, y) = (0, 0); (1, −1); (−1, 1) b Hàm tổng ước số tự nhiên Định nghĩa 1.2 (xem [2],[3]) Cho số nguyên dương n Ta ký hiệu σ(n) tổng ước n Định lý 1.6 (xem [2],[3]) Hàm số σ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b hai số nguyên tố σ(ab) = σ(a)σ(b) 61 b) Chọn đa thức P (x) = x2 + với x ∈ R, ta có P (x) − P (x) ≡ x2 − 2x + > P (x) − P (x) ≡ x2 + > 0, nghĩa khẳng định khơng Bài toán 3.2 (VMO - 95) Hãy xác định tất đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau: Với số a > 1995 số nghiệm thực phương trình P (x) = a (mỗi nghiệm tính với số bội nó) bậc đa thức P(x), nghiệm thực phương trình lớn 1995 Lời giải Do yêu cầu nghiệm thực P(x) = a lớn 1995 nên xét đa thức P(x) có bậc n ≥ - Xét đa thức P(x) bậc n hàm đơn điệu (−∞; +∞) thỏa mãn đề Vì đồ thị hàm P(x) có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn a > 1995 P (x) = a có tối đa nghiệm (mỗi nghiệm tính với số bội nó), a−c suy n = P(x) có dạng bx + c với b > 0; nghiệm P(x) x = Ta b có x > 1995 với a > 1995 b > c ≤ 1995(1 − b) - Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị (−∞; +∞) thỏa mãn đề n ≥ Giả sử P(x) đạt cực đại m điểm u1 ; u2 ; ; um (m ≥ 1) đạt cực tiểu k điểm v1 ; v2 ; ; vk (k ≥ 1) Đặt d = max {P (u1 ); P (u2 ); ; P (um ); P (v1 ); P (v2 ); ; P (vk )} Do đồ thị hàm P(x) có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn a > max {d, 1995}, P(x) = a có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm tính với số bội nó), suy n = Nhưng P(x) tam thức bậc hai với a đủ lớn a > 1995 P(x) = a có tối đa nghiệm lớn 1995, đa thức lại khơng thỏa mãn đề Vậy đa thức P(x) thỏa mãn đề có dạng P(x) = bx + c với b > c ≤ 1995(1 − b) Bài toán 3.3 (TST 1994) Cho p(x) ∈ R [x] deg p(x) = Giả sử p(x) = có nghiệm dương phân biệt Chứng minh − 4x − 4x p(x) + − p (x) − x x2 62 p (x) = có nghiệm dương phân biệt Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau p(x) = có nghiệm phân biệt < x1 < x2 < x3 < x4 phương trình p(x) − p (x) = có nghiệm phân biệt y1 , y2 , y3 , y4 thỏa mãn < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 Xét f (x) = e−x p(x) f (x) = ⇔ p(x) = Vậy f (x) = có nghiệm < x1 < x2 < x3 < x4 Áp dụng định lý Lagrange ta có f (x) = −e−x p(x) + p (x)e−x f (x) = ⇔ p(x) − p (x) = Do phương trình p(x) − p (x) = có nghiệm y1 < y2 < y3 deg(p − p ) = nên phương trình p(x) − p (x) = có nghiệm thứ y4 Không giảm tổng quát ta giả sử hệ số x4 p(x) dương Suy lim (p(x) − p (x)) = +∞ nên ∃α > x4 cho p(α) − p (α) > x→∞ Do p(y3 ) − p (y3 ) = p(y2 ) − p (y2 ) = nên y4 ∈ (β, α) Vậy < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 Suy Q(x) := p(x) − p (x) = có nghiệm dương phân biệt y1 , y2 , y3 , y4 Giả sử Q(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e (a, e = 0) 1 1 = có nghiệm dương phân biệt , , , , x y1 y2 y3 y4 Vậy nên R(x) − R (x) = có nghiệm dương phân biệt Khi R(x) := x4 Q Ta có R(x) − R (x) = 1 ⇔ x4 Q − 4x3 Q + x2 Q =0 x x x 1 1 1 ⇔ x4 p −p − 4x3 p −p + x2 p −p =0 x x x x x x 1 + (−x4 + 4x3 + x2 )p − x2 p =0 ⇔ (x4 − 4x3 )p x x x 1 ⇔ (x2 − 4x)p + (−x2 + 4x + 1)p −p =0 x x x 1 − 4t − 4t Đặt t = , phương trình có dạng p(t) + − p (t) − p (t) = 0, x t t2 toán chứng minh Bài toán 3.4 (VMO - 2012) Cho hai cấp số cộng (an ) , (bn ) với m số nguyên dương, m > Xét m tam thức bậc hai pk (x) = x2 + ak x + bk (k = 1, 2, , m) Chứng minh p1 (x) pm (x) khơng có nghiệm thực tam thức lại khơng có nghiệm thực 63 Lời giải Ta có tam thức bậc haip1 (x) pm (x) khơng có nghiệm thực suy p1 (x) > ∀x ∈ R pm (x) > ∀x ∈ R Giả sử tồn pk (x) = x2 + ak x + bk (k = 2, , m − 1) có nghiệm thực x = c Khi pm (x) − pk (x) = (m − k) (ax + b) pk (x) − p1 (x) = (k − 1) (ax + b) (ở a, b công sai hai cấp số cộng(an ) , (bn )) Do pm (c) = (m − k) (ac + b) p1 (c) = − (k − 1) (ac + b) nên pm (c) p1 (c) < 0, vô lý Vậy tam thức bậc hai lại khơng có nghiệm thực Bài tốn 3.5 (IMO Shortlist 2006) Cho P (x) đa thức với hệ số nguyên có bậc n > k số nguyên dương Xét đa thức Q (x) = P k (x), với P (x) tác động k lần Chứng minh có nhiều n số nguyên t cho Q (t) = t Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Nếu t số nguyên thỏa mãn Q (t) = t P (t) = t Thật ta có (P (t) − t)|(P (t) − P (t))| |(P k (t) − P k−1 (t))|(P k+1 (t) − P k (t)) Mặt khác, P k+1 (t) − P k (t) = P (t) − t nên |P (t) − t| = P (t) − P (t) = · · · = P k (t) − P k−1 (t) , Đặt d = P (t) − t Nếu d = P (t) = t, suy P (t) = P (t) = t Nếu d = 0, giả sử i số nhỏ mà d = − P i (t) − P i−1 (t) , ≤ i ≤ k Khi P i−1 (t) − P i−2 (t) = P i−1 (t) − P i (t) Suy P i (t) = P i−2 (t) nên P (t) = t Ngược lại d = P (t) − t = P (t) − P (t) = · · · = P k (t) − P k−1 (t) 64 P k (t) = t + kd = t, mâu thuẫn Trở lại tốn, giả sử có (n + 1) số nguyên t1 < t2 < · · · < tn < tn+1 thỏa mãn Q (ti ) = ti , ≤ i ≤ n + Khi theo bổ đề nêu trên, ta có P (ti ) = ti , ≤ i ≤ n + Với ≤ i < j ≤ n + 1, ta có ti − tj |P (ti ) − P (tj ) P (ti ) − P (tj ) nên |P (ti ) − P (tj )| = tj − ti Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, ta có tn+1 − t1 = |P (tn+1 ) − P (t1 )| ≤ |P (tn+1 ) − P (tn )| + |P (tn ) − P (tn−1 )| + · · · + |P (t2 ) − P (t1 )| = tn+1 − t1 Do đó, tất hiệu P (ti+1 ) − P (ti ) dấu Giả sử tất hiệu P (ti ) − P (tj ) dấu dương, P (ti+1 ) − P (ti ) = ti+1 − ti , ∀1 ≤ i ≤ n, suy P (ti+1 ) − ti+1 = P (ti ) − ti , ∀1 ≤ i ≤ n Do đa thức P (x) − x − (P (ti ) − ti ) , có n + nghiệm phân biệt t1 < t2 < · · · < tn < tn+1 , điều vô lý đa thức P (x) − x − (P (ti ) − ti ) , đa thức bậc n Tương tự cho trường hợp tất hiệu P (ti+1 ) − P (ti ) đề dấu âm Vậy ta có (đpcm) 3.2 Các đề tốn toán rời rạc liên quan 3.2.1 Một số toán cực trị tập số nguyên Bài toán 3.6 Cho x, y, z số nguyên dương thỏa mãn điều kiện z(z − x − y) = x + y + Tìm giá trị lớn M = x4 y (x + yz)(y + zx)(z + xy)3 65 Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức x4 y 36 ≤ (x + yz)(y + zx)(z + xy)3 Vì z(z − x − y) = x + y + → (z + 1)(x + y) = z − z > nên x + y + = z Khi P = x4 y x4 y = (x + y)(1 + y)(x + y)(1 + x)[(x + 1)(y + 1)]3 (x + y)2 [(x + 1)(y + 1)]4 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho số dương x, y, ta có (x + 1)4 = x x x + + +1 3 (y + 1)4 = y y y + + +1 3 ≥ ≥ 4 x3 27 y3 27 = 44 = 44 x3 27 y3 27 (x + y)2 ≥ 4xy Do (x + y)2 [(x + 1)(y + 1)]4 ≥ 4xy.48 Dấu đẳng thức xảy  x = y = 3 z = x + y + Vậy max M = 49 4 36 x3 y = x y suy P ≤ 36 36 49 ⇔ x = 3, y = 3, z = 36 49 Bài toán 3.7 Cho a, b, c nguyên dương a + b + c = 3n + (n nguyên dương cho trước) Tìm giá trị lớn T = abc Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức abc ≤ (n)2 (n + 1) Ta coi a ≥ b ≥ c Khi a ≥ (n + 1) Ta có na + (n + 1)b + (n + 1)c (Theo AM-GM) (n + 1)(a + b + c) − a ⇔ (na)(n + 1)b(n + 1)c ≤ (n + 1)(3n + 1) − (n + 1) ⇔ (na)(n + 1)b(n + 1)c ≤ (n(n + 1))3 ⇔ abc ≤ n(n + 1)2 (na)(n + 1)b(n + 1)c ≤ ⇔ abc ≤ n2 (n + 1) Vậy abc ≤ n2 (n + 1) ⇔ a = n + 1, b = n, c = n Suy max T = n2 (n + 1) 66 Bài toán 3.8 Cho a, b, c nguyên dương a + b + c = 100 Tìm giá trị nhỏ T = abc Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức T = abc ≥ 98 Ta coi a ≥ b ≥ c a ≥ 34 Nếu c > c ≥ b ≥ abc ≥ 34.2.2 > 98 Nếu c = a + b = 99 T = ab a ≥ b nên a ≥ 50 Nếu b > b ≥ nên ab ≥ 50.2 > 98 Xét b = a = 98 nên (a, b, c) = (98, 1, 1) abc = 98 Vậy T = 98 Bài toán 3.9 Cho số nguyên dương a ≥ b ≥ c có a + b + c = 100 Tìm giá trị lớn nhỏ M = a2 + b + c Lời giải Ta chứng minh 3334 ≤ M ≤ 9606 100 nên a ≥ 34 100 Mặt khác 100 ≥ 3c nên c ≤ c ≤ 33 suy a + b = 100 − c ≥ 67 Khi Do a ≥ b ≥ c mà a + b + c = 100 nên a ≥ toán trở thành: Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn điều kiện    a ≥ 34   a + b ≥ 67    a + b + c = 100 Ta chứng minh 3334 ≤ a2 + b2 + c2 ≤ 9606 Ta có a2 = (b + (a − b))2 = b2 + 2b(a − b) + (a − b)2 nên a2 ≥ b2 + 2b(a − b), ∀a, b ∈ N∗ Áp dụng bất đẳng thức ta thu a2 ≥ 342 + 68(a − 34), ∀a ∈ N∗ , 67 b2 ≥ 332 + 66(b − 33), ∀b ∈ N∗ , c2 ≥ 332 + 66(c − 33), ∀c ∈ N∗ Khi a2 + b2 + c2 ≥ 3334 + 66(a + b + c) + 2a − 2312 − 2178 − 2178 ≥ 3334 + 66.100 + 68 − 2312 − 2178 − 2178 = 3334 Vậy a2 + b2 + c2 ≥ 3334 tức 3334 ≤ a2 + b2 + c2 Dấu = xảy a = 34, b = 33, c = 33 Ta lại có a + b + c = 100 mà b ≥ c ≥ nên a ≤ 98 a + b ≤ 99 Vậy ta có    a ≤ 98   a + b ≤ 99    a + b + c = 100 Ta có a2 = (b + (a − b))2 = b2 + 2b(a − b) + (a − b)2 nên b2 ≤ a2 − 2b(a − b)∀a, b ∈ N∗ Áp dụng bất đẳng thức ta thu a2 ≤ 982 − 2.98(98 − a), ∀a ∈ N∗ , b2 ≤ 12 − 2.1(1 − b)∀b ∈ N∗ , c2 ≤ 12 − 2.1(1 − c)∀c ∈ N∗ Vậy a2 + b2 + c2 ≤ 9606 + 2(a + b + c) + 194a − 19208 − − ≤ 9606 Dấu đẳng thức xảy a = 98, b = 1, c = Kết luận: M = 3334, max M = 9606 Bài toán 3.10 Cho số nguyên dương a ≥ b ≥ c có a + b + c = 100 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ T = ab + bc + ca 68 Lời giải Nếu a, b, c số thực dương áp dụng cách chứng minh T ≤ 10000 (a + b + c)2 ⇔T ≤ 3 khơng phù hợp dấu đẳng thức xảy a, b, c khơng ngun dương Khi ta có lời giải sau: Đặt S = a2 + b2 + c2 Vì S + 2T = 1002 nên T = 10000 − S Vậy nên 3334 ≤ S ≤ 9606 10000 − 3334 10000 − 9606 ≤T ≤ ⇔ 2 ⇔ 197 ≤ T ≤ 3333 max T = 3333 ⇔ a = 34, b = 33, c = 33, T = 197 ⇔ a = 98, b = 1, c = 3.2.2 Một số toán sử dụng phương pháp suy luận Bài toán 3.11 Một hội nghị toán học sử dụng bốn ngơn ngữ Biết hai đại biểu ln có ngơn ngữ mà họ biết Chứng minh có ngơn ngữ biết đến nhiều 60% đại biểu Lời giải Giả sử có n đại biểu ngơn ngữ I, II, III, IV Gọi A, B, C, D tập đại biểu biết ngôn ngữ I, II, III, IV - Nếu tồn người biết ngơn ngữ n − người lại phải biết ngơn ngữ Do ngơn ngữ biết đến 100% đại biểu - Nếu tất đại biểu biết hai thứ tiếng 2 2 C|A| + C|B| + C|C| + C|D| ≥ Cn2 Giả sử A tập thỏa mãn |A| = max{|A|, |B|, |C|, |D|} Suy Cn2 hay ≤ C|A| 69 tương đương với 2|A|(|A| − 1) ≥ n(n − 1) Giả sử |A| < 2|A|(|A| − 1) < 3n 18n2 6n 6n 3n −1 = − < n2 − n, 5 25 mâu thuẫn Do |A| ≥ 3n Bài toán 3.12 Cho n, k số nguyên dương, n ≥ k S tập hợp n điểm mặt phẳng thỏa mãn điều kiện i) Khơng có ba điểm thẳng hàng ii) Với điểm P hệ k điểm hệ cách P Chứng minh k ≤ √ + 2n √ + 2n Lấy điểm P thuộc S tồn k điểm S cách P Suy tồn Ck2 cặp điểm (A, B) mà P A = P B Lời giải Giả sử k > Có nCk2 cặp điểm mà đường trung trực đoạn thẳng mà hai đầu mút hai điểm có điểm thuộc S Ta có k(k − 1) 1 √ > n + 2n 2 =n n− > n(n − 1) = 2Cn2 nCk2 = n √ 2n − Lại có Cn2 số cặp điểm không thứ tự S, 2Cn2 số cặp điểm có thứ tự S Theo nguyên lí Dirichlet tồn cặp điểm (A; B) ba điểm P1 , P2 , P3 thỏa mãn APi = BPi (i = 1, 3) Suy P1 , P2 , P3 thẳng hàng (vơ lí) Vậy ta có điều phải chứng minh Nhận xét 3.2 Có thể mở rộng tốn khơng gian sau: Cho n, k số nguyên dương, n ≥ k S tập hợp n điểm khơng gian thỗ mãn điều kiện: i) Khơng có 65 điểm thẳng hàng ii) Với điểm P hệ khơng có k điểm hệ cách P Chứng minh k ≤ + (n − 1)(n − 2) 70 Có thể tổng qt giả thiết (i) thành khơng có q m điểm thẳng hàng Khi k ≤ + m(n − 1)(n − 2) Trước hết ta có bổ đề sau Bài tốn 3.13 Gọi P tập hợp số có tận Gọi Q tập hợp số có tận Chứng minh tích hai số thuộc P thuộc Q số thuộc P Lời giải Giả sử p1 ∈ P, p2 ∈ P , có trường hợp sau: • p1 p2 = (10k1 + 1)(10k2 + 1) ⇒ p1 p2 ∈ P (do p1 p2 có tận 1) • p1 p2 = (10k1 + 9)(10k2 + 9) ⇒ p1 p2 ∈ P (do p1 p2 có tận 1) • p1 p2 = (10k1 + 1)(10k2 + 9) ⇒ p1 p2 ∈ P (do p1 p2 có tận 9) Giả sử q1 ∈ Q, q2 ∈ Q, có trường hợp sau: • q1 q2 = (10k1 + 3)(10k2 + 3) ⇒ q1 q2 ∈ P (do p1 p2 có tận 9) • q1 q2 = (10k1 + 7)(10k2 + 7) ⇒ q1 q2 ∈ P (do p1 p2 có tận 9) • q1 q2 = (10k1 + 3)(10k2 + 7) ⇒ q1 q2 ∈ P (do p1 p2 có tận 1) Ta thu điều phải chứng minh Bài toán 3.14 Cho số tự nhiên a ≥ Gọi f (a) số ước số có tận a Gọi g(a) số ước số có tận a Chứng minh f (a) ≥ g(a) Lời giải Sử dụng kết tốn 3.13, ta có a) Nếu p ∈ P ⇒ pn ∈ P, ∀n ∈ N∗ ; b) Nếu q ∈ P ⇒ q 2n ∈ P, ∀n ∈ N∗ ; c) Nếu q ∈ P ⇒ q 2n+1 ∈ Q ( (c) suy từ nhận xét p ∈ P, q ∈ Q pq ∈ Q: chứng minh tương tự chứng minh toán 3.13) 71 Xét a số tự nhiên ≥ Ta biểu diễn a dạng a = 2m 5n b b số lẻ không chia hết cho Dễ dàng thấy f (a) = f (b) Thật vậy, ước b ước a nên f (b) ≤ f (a) Giả sử lấy ước tùy ý có tận ( tương tự có tận 1) a Ước chẳng hạn có dạng 10k + Như a (10k + 9) Rõ ràng 2m 5n 10k+9 nguyên tố nên từ (2m 5n ) (10k+9) suy b (10k+9) suy 10k + ước tận b Do f (a) ≤ f (b) Vậy f (a) = f (b) Lập luận tương tự có g(a) = g(b) Vì f (a) ≥ g(a) ⇔ f (b) ≥ g(b) (3.4) Ta chứng minh (3.4) quy nạp Với b = (3.4) hiển nhiên Với b > ta chứng minh (3.4) quy nạp theo số s ước số nguyên tố b Với s = 1, b có phân tích chuẩn b = pα (p ∈ / {2; 5}, α ∈ N∗ ) Theo nhận xét ta có - Nếu p ∈ P f (b) = α + g(b) = 0;   α - Nếu p ∈ Q f (b) = + g(b) =  α α chẵn α + α lẻ Từ suy f (b) ≤ g(b) Giả sử (3.4) với s = k(k ∈ N∗ ) Xét s = k + 1, b có phân tích chuẩn α k+1 b = pα1 pα2 pαk k pk+1 (pi ∈ / {2; 5}, αi ∈ / N, ∀i = 1, k + 1) k+1 Đặt b = pα1 pα2 pαk k ta có b số lẻ không chia hết cho b = b pαk+1 Với lưu ý d ước b d = d pαk+1 , với d ước b < α ≥ αk+1 , theo bổ đề Ta có α α α α k+1 k+1 f (b) = f (b )f (pk+1 ) + f (b )g(pk+1 ); k+1 k+1 g(b) = f (b )g(pk+1 ) + g(b )f (pk+1 ) 72 Suy f (b) − g(b) = f (b ) − g(b ) α α k+1 k+1 f (pk+1 ) − g(pk+1 ) ≥ ⇒ f (b) ≥ g(b) Theo nguyên lý quy nạp, (3.4) chứng minh Bài toán 3.15 (xem [1],[3]) Cho n số nguyên dương Gọi t(n) số ước nguyên dương n2 Tìm n cho bất đẳng thức n < t(n) thỏa mãn Lời giải Giả sử n có phân tích thừa số nguyên tố sau: n = 2α 3β pα1 pα2 pαk k , p1 < p2 < < pk pt ≥ Khi 2αk 2α2 n2 = 22α 32β p2α p2 pk , theo định nghĩa ta có t(n) = (2α + 1)(2β + 1)(2α1 + 1)(2α2 + 1) (2αk + 1) Bài tốn trở thành tìm n ngun dương cho (2α + 1)(2β + 1)(2α1 + 1) (2αk + 1) > 2α 3β pα1 pα2 pαk k Bằng quy nạp dễ dàng ta chứng minh được: a) 2n ≥ (2n + 1), ∀n ∈ N b) 2n > 2n + 1, ∀n ≥ c) 3n ≥ 2n + 1, ∀n ≥ d) 3n > (2n + 1), ∀n ≥ e) 5n > (2n + 1), ∀n ≥ Ta thấy n khơng thể có ước ngun tố lớn Thật vậy, trái lại ta có n ≥ 2α 3β 5α1 5αk > (2α + 1)(2β + 1) (2α1 + 1) (2αk + 1) ⇒ n > t(n) 73 Vì n = 2α 3β 3 Nếu β = n = 2α suy n2 = 22α , nên t(n) = 2α + Khi 2α < 2α + Nếu β ≥ 2, n > (2α + 1) (2β + 1) = t(n) Do β = β = suy α = α = Nên n = n = Nếu β = n = 2α suy n2 = 22α 32 , nên t(n) = 3(2α + 1) Khi n < t(n) ⇔ 3.2α < 6α + Suy α = α = Nên n = n = 12 Thử lại thấy n = 2; 4; 6; 12 thỏa mãn điều kiện đầu Vậy để có n < t(n) n = 2; 4; 6; 12 74 Kết luận Luận văn “Bất đẳng thức số học số dạng tốn liên quan” trình bày vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết tính chất hàm số học Tiếp theo, trình bày số dạng tốn bất đẳng thức cực trị liên quan số học Xét toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình đa thức số dạng liên quan 75 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Phan Huy Khải (2005), Bất đẳng thức số học, NXBGD [2] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXBGD [3] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) (2004), Chuyên đề số học chọn lọc, NXBGD [4] Nguyễn Tiến Tài, Nguyễn Hữu Hoan (2001), Số học, NXBGD [5] G.H Hardy, E.M.Wright (1938), An Introduction to the theory of numbers, Oxford at the clarendonpress [6] Nivelle Robbin (2001), Beginning Number theory , Win.C.Brown Puplish-errs, Dubuque, Lowa-Melbourne, Australia-Oxford, England [7] Titu Andreescu, Juming Feng (2000), Mathematical Olympiads 19992000: Olympiads Problems from Around the World, MMA ... HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ HỒNG THÚY BẤT ĐẲNG THỨC TRONG SỐ HỌC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC... tập số nguyên 28 2.2 Bất đẳng thức lớp hàm số học 32 Chương Một số dạng toán liên quan 60 3.1 Các dạng toán bất đẳng thức số học qua kỳ Olympic 60 3.2 Các đề toán toán... bày dạng bất đẳng thức tính toán liên quan đến tập rời rạc hàm số học Chương trình bày số tốn cực trị đề thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic khu vực quốc tế liên quan đến bất đẳng thức số học