Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên

8 2 Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh 2.1.. Một số phương pháp giải bài toán cực trị của đa thức và phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên.. Một trong các phương pháp khảo

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

(Xác nhận)

GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

1.1 Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên 11.2 Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và phân thức nhận giá

trị hữu tỉ 41.3 Biểu diễn đơn vị thành tổng của các phân số Ai Cập với

mẫu số nguyên dương đặc biệt 8

2 Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh

2.1 Một số phương pháp giải bài toán cực trị của đa thức và

phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 122.1.1 Phương pháp so sánh bậc hai 122.1.2 Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai trên

bậc nhất 152.1.3 Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng

các số 212.2 Sử dụng phân thức chính quy giải các bài toán cực trị

liên quan 27

3.1 Một số dạng toán cực trị trên tập số nguyên 323.2 Một số dạng toán về số tự nhiên từ các đề thi Olympic 38

TÀI LIỆU THAM KHẢO 45

MỞ ĐẦU

Chuyên đề về đa thức và phân thức là một chuyên đề rất quan trọng

ở bậc trung học phổ thông và trung học cơ sở Các tính chất của đathức và phân thức liên quan chặt chẽ với các tính chất của số nguyên và

số hữu tỷ Một trong các phương pháp khảo sát đa thức và phân thứchữu tỷ rất hữu hiệu là việc sử dụng các công cụ hữu ích từ việc khảosát các tính chất số học của các số tự nhiên và số hữu tỷ

Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, các bài toán liên quantới đa thức và phân thức với hệ số nguyên (ta gọi chung là phân thứcsinh bởi số tự nhiên) thường xuyên được đề cập Những dạng toán nàythường được xem là thuộc loại khó cần các kiến thức sâu sắc về số họckết hợp với các kiến thức về đa thức và phân thức thường không nằmtrong chương trình chính thống của chương trình toán bậc trung họcphổ thông

Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi

về chuyên đề đa thức và phân thức với hệ số nguyên và hệ số hữu tỷ,

em chọn đề tài luận văn “Một số phương pháp tìm cực trị của các hàmphân thức sinh bởi số tự nhiên”

Mục tiêu của luận văn nhằm hệ thống một số kiến thức về số học và

đa thức với hệ số nguyên và cung cấp một số phương pháp tìm cực trịcủa các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên Tiếp theo, xét các bài toáncực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình cùng một số dạng liênquan

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và ba chương

Chương 1 Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên

Chương 2 Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh

bởi số hữu tỷ.

Chương 3 Một số dạng toán liên quan

Tiếp theo, trong các chương đều trình bày hệ thống các bài tập ápdụng và giải các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan

Chương 1

Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên

Trong phần này, trình bày một số tính chất cơ bản của đa thức với

hệ số nguyên

Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]) Cho L ⊂ R Đa thức P (x) ∈ L[x] đượcgọi là khả quy trên L[x] nếu tồn tại đa thức Q(x) và T (x) cùng thuộcL[x] với các bậc lớn hơn 0 sao cho P (x) = Q(x).T (x) Trong trường hợpngược lại thì được gọi là bất khả quy trên L[x]

Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) Tập hợp tất cả các đa thức khả quy trênL[x] được ký hiệu là L∗[x]

Tính chất 1.1 Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc lớn hơn bằng 2 đềuphân tích được thành nhân tử bậc nhất và nhân tử bậc hai nên cũng cóthể coi P (x) ∈ R∗[x]

Định nghĩa 1.3 (xem [1]-[2]) Đa thức thuộc Z[x] được gọi là đa thứcnguyên bản nếu bộ các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể khôngđôi một nguyên tố cùng nhau)

Tính chất 1.2 Nếu f (x) ∈ Z[x] thì tồn tại duy nhất một đa thứcnguyên bản và một phân số tối giản a

b, a ∈ Z, b ∈ N∗ sao cho f (x) =a

bf1(x).

Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đathức nguyên bản

Chứng minh Cho hai đa thức nguyên bản

Vì P nguyên bản nêu gọi i là số nhỏ nhất mà ai không chia hết cho p

và j là số nhỏ nhất sao cho bj không chia hết cho p Khi đó, xét cj+i tathấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý Vậy tích trên nguyênbản

Tính chất 1.3 Nếu đa thức P (x) ∈ Z[x], deg P > 1 mà không thuộc

Z∗[x] thì nó cũng không thuộc Q∗[x]

Định lý 1.1 (xem [1]-[2]) Cho các đa thức f (x) = anxn + an−1xn−1 +

· · · + a1x + a0 ∈ Z[x], an 6= 0, a, b là hai số nguyên khác nhau Khi đó,

trong đó f(j)(0) ứng với đạo hàm cấp j tại 0

Bổ đề 1.3 Cho n là một số nguyên dương Ta đặt

xn. ddx

Q (x) (1) Khi P (x) vàQ(x) là các đa thức nguyên tố cùng nhau thì (1) được gọi là phân thứchữu tỉ chính tắc

Nếu đa thức P (x) và Q(x) là các đa thức có hệ số hữu tỉ thì bằngviệc quy đồng mẫu số ta sẽ đưa f (x) về dạng f (x) = P0(x)

Lời giải Vì f (x) = 1

ax + b∈ Q với mọi x ∈ Z nên ax + b = 1

f (x) vớimọi x ∈ Z Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q

Bài toán 1.2 Chứng minh rằng nếu f (x) = 1

ax + b∈ Q với mọi x ∈ Zthì f (x) có dạng f (x) = C

Ax + B với A, B, C thuộc ZLời giải Vì f (x) = 1

ax + b∈ Q với mọi x ∈ Z nên ta có a, b ∈ Q

Cx + D(1)với A, B, C, D ∈ Z

Lời giải Nếu ad − bc = 0 thì f (x) = const nên biểu diễn (1) là hiểnnhiên

Xét trường hợp ad − bc 6= 0:

Nếu c = 0 thì biểu diễn (1) là hiển nhiên

Nếu c 6= 0 thì sử dụng phân tích f (x) − f (0) = 1

αx + β ta sẽ đượcdạng biểu diễn (1)

Nhận xét rằng kết quả của bài toán cũng đúng trong trường hợp bàitoán tổng quát

Bài toán 1.4 Chứng minh rằng nếu phân thức f (x) = ax + b

với mọi x ∈ Z thì f (x) có dạng f (x) = Ax

2 + Bx + C

Dx + E với A, B, C, D, Ethuộc Z

C ∈ Z với mọi x ∈ Z, trong đó C, D thuộc Z

Bài toán 1.7 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = P (x)

Q(x) ∈ Q ∀x ∈ Z,(P (x), Q(x)) = 1 Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn được dướidạng phân thức của hai đa thức với hệ số nguyên

x − qi

x + qi

= x − q

i

x + qi.Xét hiệu x − qi

x + qi−1 − q

i

1 + qi = 2q

i(x − 1)(x + qi) (1 + qi) ≤ 0 do đó

p

Q

k=j+1

x − qk

x + qk

1.3 Biểu diễn đơn vị thành tổng của các phân số Ai

Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt

Ta xét các cách biểu diễn của 1 như là tổng của các phân số đơn vị

α = (α1, α2, α3, α4, α5, α6), αj ∈ N, (1.12)thỏa mãn điều kiện

α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5+ 6α6 = 6 (1.13)Tiếp theo, xét đại lượng

Từ ví dụ trên, ta phát biểu kết quả sau

Định lý 1.3 (xem [1]) Với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳngthức

α 2

· · ·  1

nx

n n

So sánh hệ số của tn trong cả hai đồng nhất thức ta thu được n! đối

với vế trái Mặt khác hệ số tn trong vế phải là tổng của tất cả số hạng

với tn mà được viết bởi

và ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.9 Xét phương trình vô định sau đây

α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 = 4

Tính tổng nghịch đảo các đại lượng

Πα = α1!1α1.α2!2α2.α3!3α3.α4!4α4,trong đó α = (α1, α2, α3, α4) là các nghiệm nguyên không âm phân biệt

của phương trình đã cho

Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên

không âm chỉ là

α = (α1, α2, α3, α4) = (4, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0), (2, 1, 0, 0).Tiếp theo, tính các đại lượng

Πα = α1!1α1.α2!2α2.α3!3α3.α4!4α4, α = (α1, α2, α3, α4)

Ta có

Π1 = 4!14.0!20.0!30.0!40 = 24,

Π2 = 0!10.0!20.0!30.1!41 = 4,

Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyênkhông âm chỉ là

α = (α1, α2, α3, α4, α5) = (5, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 0),

(1, 2, 0, 0, 0), (2, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (3, 0, 1, 0, 0).Tiếp theo, ta tính các đại lượng

18 = 1.

Chương 2

Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh bởi số hữu tỷ

2.1 Một số phương pháp giải bài toán cực trị của đa

thức và phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên

Trong phần này ta khảo sát lớp phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên

Để giải các bài toán cực trị tương ứng ta xét một số phương pháp đặcthù như so sánh bậc hai và so sánh dạng dạng phân thức bậc hai trênbậc nhất tổng quát

f (x) ≥ f (y) + (2ax + b)(x − y) ⇔ a(x − y)2 ≥ 0, ∀x, y ∈ R

Sử dụng phương pháp so sánh bậc hai, ta giải quyết được các dạngtoán cực trị ở các nút nguyên trên trục tọa độ mà các phương pháptruyền thống không thực hiện được

Bài toán 2.1 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện

a2 ≥ 92 + 2 × 9(a − 9), ∀a ∈ N

Tương tự, ta cũng có

b2 ≥ 22 + 2 × 2(b − 2), ∀b ∈ Nvà

c2 ≥ 1 + 2(c − 1), ∀c ∈ N

Từ đó, suy ra

M = a2 + b2 + c2 ≥ 92 + 22+ 1 + 2[9(a − 9) + 2(b − 2) + (c − 1)].Mặt khác, theo giả thiết thì

9(a−9)+2(b−2)+(c−1) = (a−9+b−2+c−1)+(a−9+b−2)+7(a−9) ≥ 0.Suy ra

M ≥ 92 + 22 + 1 = 86nên min M = 86 khi a = 9, b = 2, c = 1

Bài toán 2.2 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện

M ≥ f (9) + f (2) + f (1) = 237nên min M = 237 khi a = 9, b = 2, c = 1.

Bài toán 2.3 Xét các số tự nhiện a, b, c thỏa mãn điều kiện

92 ≥ a2 + 2 × a(9 − a), ∀a ∈ N

Tương tự, ta cũng có

22 ≥ b2 + 2 × b(2 − b), ∀a ∈ N

và

1 ≥ c2 + 2 × 1(1 − c), ∀a ∈ N

Từ đó, suy ra

M = a2 + b2 + c2 ≤ 92 + 22+ 1 − 2[a(9 − a) + b(2 − b) + c(1 − c)]

Mặt khác, theo giả thiết thì

a(9−a)+b(2−b)+c(1−c) = (a−b)(9−a)+(b−c)(9−a+2−b)+c(9−a+2−b+1−c) ≥ 0.Suy ra

M ≤ 92 + 22 + 1 = 86nên max M = 86 khi a = 9, b = 2, c = 1

2.1.2 Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai trên bậc

nhất

Trước hết ta xét bài toán về xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤

α < β ≤ +∞) sao cho ứng với mọi hàm số bậc hai g(x) = ax2 + bx +

c, a > 0, hàm số có dạng f (x) = g(x)

x − d, g(d) 6= 0, ta đều có bất đẳngthức

f (u)

f0(v) ≥ f (v)

f0(v) + u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u 6= v (∗∗)hoặc

f (u)

f0(v) ≤ f (v)

f0(v) + u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u 6= v (∗ ∗ ∗)

và xét các áp dụng liên quan

Ý tưởng chính của phương pháp là sử dụng phép so sánh phân thức

bậc hai trên bậc nhất tổng quát

Để ý rằng, trong hầu hết các dạng toán cực trị có ràng buộc theo

tổng hoặc tích trên tập số tự nhiên thì dấu đẳng thức xảy ra không ở

bộ số bằng nhau Vì vậy, ta cần đến một công cụ hữu hiệu là định lý

Karamata cho các bộ số được sắp thứ tự

Trước hết, ta nhắc lại bất đẳng thức Karamata [1-3]

Định lý 2.1 (Bất đẳng thức Karamata) Xét hai dãy số {xk, yk ∈ (a, b), k =

1, 2, , n}, thỏa mãn điều kiện

x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn, y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn

Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi x = x0.

Nhận xét rằng để x − d 6= 0 với mọi x ∈ (α, β) thì d /∈ (α, β) Điều nàytương đương với hoặc d ≤ α hoặc d ≥ β

f0(x) = a − g(d)

(x − d)2, f00(x) = 2g(d)

(x − d)3 (2.1)

Trường hợp 1 Xét g(d) < 0 Khi đó f0(x) > 0 với mọi x 6= d Ta có

f00(x) > 0 khi x > d và f00(x) < 0 khi x < d

Vậy nên khi x < d thì f00(x) < 0 và f0(x) > 0

Theo Bổ đề cơ bản, ta có (∗ ∗ ∗) luôn đúng ứng với mọi u, v < d,

a , x1 < d < x2.Khi đó f0(x) > 0 khi x > x2 hoặc x < x1 và f0(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2.Vậy nên

- khi x < β ≤ x1 thì f0(x) > 0 và f00(x) > 0 Khi đó (∗∗) đúng với mọi

Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗)

là α ≥ d và điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức(∗ ∗ ∗) là β ≤ d

Tương tự, ta cũng có kết quả sau

Định lý 2.3 Giả sử f (x) = g(x)

x − d với g(x) = ax

2 + bx + c, a > 0 vàg(d) < 0

Khi đó, điều kiện cần và đủ (đối với (α, β)) để có bất đẳng thức (∗∗)

là α ≤ x1 hoặc d ≤ α < β < x2, tương tự, điều kiện cần và đủ (đối với

Khi đó, với mọi bộ số u1, u2, u1 ∈ (α, β) và v1, v2, v3 ∈ (α, β) sao cho

Hệ quả 2.3 Giả sử f (x) = g(x)

x − d với g(x) = ax

2 + bx + c, a > 0 cóg(d) < 0 và β ≤ d hoặc g(d) > 0 và α ≥ x2 hoặc x1 ≤ α < β ≤ d với

x1,2 = d ∓

r

g(d)

a .Khi đó, với mọi bộ số u1, u2, u1 ∈ (α, β) và v1, v2, v3 ∈ (α, β) sao cho

Bài toán 2.4 Xét các số x, y, z ≥ 1 có x + y + z = 10 Chứng minh bấtđẳng thức

9(x − 1)24(x + 1) +

4(y − 1)23(y + 1) +

9(z − 1)28(z + 1) ≥ 157

30 .Lời giải Xét hàm số

và có tổng bằng 10

Ta thu được v1 = 2, v2 = 3, v3 = 5 Tiếp theo, thế vào (∗∗), ta được

9(x − 1)24(x + 1) ≥ f (2)

f0(2) + x − 2, ∀x ∈ [1, +∞)4(y − 1)2

3(y + 1) ≥ f (3)

f0(3) + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞)9(z − 1)2

8(z + 1) ≥ f (5)

f0(5) + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞)hay

9(x − 1)24(x + 1) ≥ 1/2

5/9 + x − 2, ∀x ∈ [1, +∞)4(y − 1)2

3(y + 1) ≥ 1

3/4 + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞)9(z − 1)2

8(z + 1) ≥ 8/3

8/9 + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞)Cộng các vế tương ứng ta thu được

9(x − 1)2

4(x + 1) +

4(y − 1)23(y + 1) +

9(z − 1)28(z + 1) ≥ 1/2

5/9 +

13/4 +

8/38/9 =

157

30 ,đpcm

Bài toán 2.5 Xét các số x, y, z ∈ (−1, 1) có x + y + z = 1 Tìm giá trịlớn nhất của biểu thức

M := 9(x − 1)

2

5(x + 1) +

4(y − 1)25(y + 1) +

49(z − 1)295(z + 1) .Lời giải Xét hàm số

Ta có

f0(x) = (x − 1)(x + 3)

(x + 1)2 < 0, ∀x ∈ (−1, 1)và

o

và có tổngbằng 1 Ta thu được v1 = 1

f0(1/2) + x −

1

2, ∀x ∈ (−1, 1)4(y − 1)2

5(y + 1) ≥ f (1/3)

f0(1/3) + y −

1

3, ∀y ∈ (−1, 1)49(z − 1)2

95(z + 1) ≥ f (1/6)

f0(1/6) + z −

1

6, ∀z ∈ (−1, 1)hay

9(x − 1)25(x + 1) ≤ 9

30 − x + 1

2, ∀x ∈ (−1, 1)4(y − 1)2

5(y + 1) ≤ 4

15 − y + 1

3, ∀y ∈ (−1, 1)49(z − 1)2

95(z + 1) ≤ 35

114 − z + 1

6, ∀z ∈ (−1, 1)

Cộng các vế tương ứng ta thu được

M = 9(x − 1)

2

5(x + 1) +

4(y − 1)25(y + 1) +

49(z − 1)295(z + 1)

M = abc

Lời giải Ở đây, vì ba số a, b, c là các số nguyên dương nên từ giả thiếtsuy ra chúng không thể bằng nhau

Giả sử a ≥ b ≥ c thì a ≥ 34 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho bộ

số 33a, 34b, 34c, ta thu được

3

√33a.34b.34c ≤ 33a + 34b + 34c

Tiếp theo, ta xét bài toán tìm cực tiểu

Bài toán 2.7 Cho các số nguyên dương a, b, c có a + b + c = 100 Tìmgiá trị nhỏ nhất của

Xét c = 1 Khi đó a + b = 99 và a ≥ 50.

Nếu b ≥ 2 thì abc ≥ 50 × 2 × 1 > 98

Khi b = 1 thì a = 98 và abc = 98

Vậy nên min M = 98

Bài toán 2.8 Cho các số nguyên dương a, b, c có a + b + c = 9 Chứngminh rằng

abc(c + b) +

bca(a + c) +

cab(a + b) ≥ 3

2.Lời giải Đặt

M = ab

c(c + b) +

bca(a + c) +

cab(a + b).Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

2

= 

s

abc(b + c)

√

b + c +

sbca(c + a)

√

c + a +

r acb(a + b)

cab(a + b)

i[2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)].Mặt khác cũng theo bất đẳng thức AM-GM, thì

(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)nên

rab

c +

rbc

a +

r acb

bca(a + c) +

cab(a + b) ≥ 3

2.Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3

Bài toán 2.9 Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn điều kiện x+y+z =

6 Chứng minh rằng

8x + 8y + 8z

4x+1+ 4y+1 + 4z+1 ≥ 1

Lời giải Đặt 2x = a, 2y = b, 2z = c, (a, b, c > 0) ⇒ abc = 64 Điều cầnchứng minh trở thành a3 + b3 + c3 ≥ 4a2 + 4b2 + 4c2.

⇔ a3 + b3 + c3 ≥ 4(a2+ b2+ c2) (điều phải chứng minh)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 4 khi đó x = y = z = 2

Bài toán 2.10 Với ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a +

9b

9 + c2 ≥ b − bc

69c

9 + a2 ≥ c − ac

6 .Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có

Bài toán 2.11 Cho m,n là hai số nguyên dương với m ≥ n ≥ 2 Giả

sử x1; x2; xn là các số nguyên dương có tổng bằng m Tìm giá trị lớnnhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 1

n

P

k=1

kxk

Lời giải Vì có hữu hạn bộ số (x1, x2, xn) thỏa mãn điều kiện củabài toán nên ta có hữu hạn giá trị của S Do đó tồn tại giá trị nhỏ nhất

Thật vậy giả sử N đạt được với bộ số (x; y) thỏa mãn điều kiện của

bài toán ứng với x < n

Đặt

x0 = x + 1; y0 = y − 1Khi đó, ta có bộ số(x0; y0) thỏa mãn điều kiện của bài toán

Và x0!y0! = (x + 1)!(y − 1)! = x!y!x + 1

y < x!y! = N vì x + 1 < n + 1 < yTrái với giả thiết của N

của phương trình đã cho

Lời giải Dễ thấy rằng phương trình đã cho có các nghiệm nguyên

không âm chỉ là

α = (α1, α2, α3, α4) = (4, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0), (2, 1, 0, 0).Tiếp theo, tính các đại lượng

Πα = α1!1α1.α2!2α2.α3!3α3.α4!4α4, α = (α1, α2, α3, α4)

... 2

Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh số hữu tỷ

2.1 Một số phương pháp giải toán cực trị đa

thức phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên...

Trong phần ta khảo sát lớp phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên

Để giải toán cực trị tương ứng ta xét số phương pháp đặcthù so sánh bậc hai so sánh dạng dạng phân thức bậc hai trênbậc tổng...

Ý tưởng phương pháp sử dụng phép so sánh phân thức

bậc hai bậc tổng quát

Để ý rằng, hầu hết dạng tốn cực trị có ràng buộc theo

tổng tích tập số tự nhiên dấu đẳng thức xảy