Chuyên đề: Phương pháp giải tích trong môt số bài toán số học và đại số

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ Bùi Ngọc Diệp Trường Trung học phổ thơng Chun Lào Cai Trong chương trình trung học phổ thông, bắt đầu làm quen với kiến thức giải tích từ lớp 11 Đây chủ đề khó với định nghĩa, định lí tương đối trừu tượng bạn học sinh Số học, Đại số Giải tích ngành tưởng chừng tách rời chúng lại mối quan hệ hết liên kết chặt chẽ Trong chuyên đề này, xét tốn mà phát biểu chúng đại số số học túy (hoặc hai), lời giải phương pháp giải tích đóng vai trị cốt yếu Chuyền đề giúp học sinh nhìn thấy "sợi dây liên kết" Đại số, Số học Giải tích, đồng thời củng cố, đào sâu kiến thức liên quan PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Chúng ta bắt đầu với tốn phương trình với phần ngun toán đề kiểm tra Đội tuyển tỉnh Vĩnh Phúc năm 2017 Bài toán Phần nguyên số thực x định nghĩa số nguyên lớn khơng vượt q x kí hiệu [x] Hiệu x − [x] gọi phần lẻ x kí hiệu {x} Hãy xác định tất ba số thực dương a, b, c cho [na] · [nb] = n2 c (1.1) với n ∈ N Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Nếu x y số thực {x + y} = {x} + {y} với ≤ {x} + {y} < Chứng minh bổ đề Từ công thức a = [a] + {a}, ∀a ∈ R, ta có [x + y] = [x] + [y] + {x} + {y} Đặt a = [x] + [y], b = {x} + {y} (1.2) a ∈ Z b ∈ R, ≤ b < Từ đó, ta suy a ≤ a + b < a + Kết hợp với a ∈ Z, ta [a + b] = a, điều tương đương với [x] + [y] + {x} + {y} = [x] + [y] (1.3) Từ (1.2) (1.3), ta có [x + y] = [x] + [y], x + y − [x + y] = x − [x] + y − [y] Điều suy {x + y} = {x} + {y} Như vậy, bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Từ đẳng thức (1.1) tốn, với n ∈ N, ta có na − {na} · nb − {nb} = n2 c − n2 c Điều tương đương với n2 ab − na {nb} − nb {na} + {na} {nb} = n2 c − n2 c (1.4) Chia hai vế đẳng thức cho n2 , ta n2 c a {nb} b {na} {na} {nb} ab − − + =c− n n n2 n2 Từ đây, ta suy lim n→+∞ a {nb} b {na} {na} {nb} ab − − + n n n2 = lim n→+∞ n2 c c− n2 Do đó, ta ab = c2 Với điều kiện này, (1.4) trở thàn na{nb} + nb{na} − {na}{nb} = n2 c Chia hai vế đẳng thức cho n lấy giới hạn n → +∞, ta suy lim n→+∞ a {nb} + b {na} = (1.5) Vì a, b số thực dương nên {na} > 0, {nb} > Do < {na} < a{nb} + b{na} b Chú ý a{nb} + b{na} = b Theo định lý giới hạn kẹp từ (1.5) suy lim = lim n→∞ n→∞ lim {na} = n→∞ Chứng minh tương tự ta lim {nb} = n→∞ Giả sử {a} = 0, ta có < {a} < Đặt ε = − {a}, {a} ε > Vì limn→∞ {na} = nên theo định nghĩa giới hạn dãy số tồn n0 ∈ N∗ cho với n ≥ n0 ta có ≤ {na} < ε Từ đây, ta suy ≤ {n0 a} < ε, ≤ (n0 + 1) a < ε (1.6) Vì a số thực dương từ định nghĩa ε ta < {a} ≤ {a} + {n0 a} < {a} + ε ≤ Khi đó, áp dụng bổ đề ta (n0 + 1) a = {n0 a + a} = {a} + {n0 a} Từ (1.6), ta suy ε > {a} + {n0 a} ≥ {a} Điều mâu thuẫn với định nghĩa ε Do điều giả sử sai, hay {a} = 0, tức a ∈ N∗ Chứng minh tương tự, ta b ∈ N∗ Đảo lại, a, b số nguyên dương c = ab ta có [na] · [nb] = n2 c Vậy ba cần tìm gồm a ∈ N∗ , b ∈ N∗ Nhận xét c = ab (1) Bài toán tốn “số học-giải tích” hay độc đáo Bài toán sử dụng định nghĩa giới hạn giới hạn dãy số kết hợp với tính chất hàm phần ngun “lạ”, gây nhiều khó khăn cho học sinh đứng trước toán Bổ đề sử dụng chứng minh toán tính chất quen thuộc hàm phần nguyên Khi phát lim {na} = 0, lim {nb} = 0, n→∞ n→∞ ta nghĩ đến việc sử dụng định nghĩa giới hạn dãy số “Số a gọi ∗ giới hạn dãy số (un )∞ n=1 với ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N cho với n ≥ n0 ta có |un − a| < ε” để giải toán Muốn chứng minh a ∈ N∗ , b ∈ N∗ ý tưởng tự nhiên chứng minh phần lẻ chúng Sự tinh tế lời giải việc chọn ε = − {a}, {a} (2) Để chứng minh a ∈ N∗ , b ∈ N∗ ta có cách tiếp cận khác với lời giải trên, dựa vào biểu diễn thập phân số vô tỉ sau Giả sử a số vơ tỉ Khi biểu diễn thập phân ta có ∞ ci a = (C, c1 c2 )10 = C + 10i i=1 tồn chữ c = xuất vô hạn lần; tức tồn số i1 < i2 < cho c = ci = ci = Xét n = 10ik −1 n → ∞ k tiến vơ cùng, ta có na = Cc1 cik −1 , cik cik+1 Khi đó, ta {na} > (0, c)10 = 10 c > 10 Do lim {na} > 0, n→∞ điều vô lý Như vậy, điều giả sử sai hay a số hữu tỉ Khi a= p vói p, q ∈ N∗ q Xét n = kq + n → ∞ k tiến vô Ta có {na} = {kp + a}, theo bổ đề {kp + a} = {a} Từ đó, ta lim {na} = lim {a} = ⇒ {a} = 0, n→∞ ∗ n→∞ ∗ a ∈ N Tương tự, b ∈ N (3) Dưới số toán tương tự Bài toán (Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia mơn Tốn (VMO) năm 2016) (a) Cho dãy số (an ) xác định an = ln 2n2 + − ln n2 + n + , ∀n ∈ N∗ Chứng minh rằng, có hữu hạn số n cho {an } < (b) Cho dãy số (bn ) xác định bn = ln 2n2 + + ln n2 + n + , ∀n ∈ N∗ Chứng minh tồn vô hạn số n cho {bn } < 2016 Trong {x} ký hiệu phần lẻ số thực x : {x} = x − [x] Bài tốn (Đề thi Olympic Tốn học Sinh viên Tồn Quốc năm 2016) Phần nguyên số thực x định nghĩa số nguyên lớn không vượt x kí hiệu [x] Hiệu x − [x] gọi phần lẻ x kí hiệu {x} Giả sử a, b số thực dương Chứng minh lim n→∞ a{nb} + b{na} = a b số nguyên Bài toán Giả sử a, b, c ∈ Z cho f (n) := an2 + bn + c số phương với n ∈ Z Chứng minh tồn α, β cho f (n) = (αn + β)2 với n ∈ Z Lời giải Theo giả thiết, ta thấy tồi dãy số tự nhiên {an }n≥1 cho f (n) = a2n (1.7) với số nguyên dương n Khi đó, ta an2 + bn + c = a2n Đẳng thức suy a+ b c a2 + = n2 n n n Do đó, ta có a = lim n→+∞ a+ c b + n n = lim n→+∞ a2n n2 ≥ (1.8) Vậy a ≥ Ta xét trường hợp sau Trường hợp : a = Khi đó, ta có f (n) = bn + c Nếu b = f (n) < n trái dấu với b có trị tuyệt đối đủ lớn, mâu thuẫn với (1.7) √ Vậy b = 0, c ∈ N số phương (an = √c với n ∈ Z) Trong trường hợp này, điều phải chứng minh với α := 0, β := c Trường hợp : a = Khi đó, ta có a > Từ (1.8), ta suy tồn số nguyên dương n0 > cho an > với số nguyên dương n ≥ n0 Ta có a2n+1 − a2n = lim n→+∞ an+1 + an n→+∞ lim (an+1 − an ) = lim n→+∞ f (n + 1) − f (n) f (n + 1) + f (n) Chú ý f (n + 1) − f (n) = a(n + 1)2 + b (n + 1) + c − an2 + bn + c = 2an + a + b Do f (n + 1) − f (n) 2an + a + b = lim = 2a n→+∞ n→+∞ n n lim Hơn nữa, ta có f (n) f (n + 1) = lim n→+∞ n2 n→+∞ (n + 1)2 f (n + 1) n2 f (n + 1) = lim · lim = lim 2 n→+∞ n→+∞ (n + 1) n→+∞ n n2 a = lim Vì vậy, ta lim (an+1 − an ) = lim n→+∞ n→+∞ f (n + 1) − f (n) √ 2a n = √ = a a f (n + 1) f (n) + n2 n2 Vì an+1 − an nhận giá trị nguyên, ta suy √ α := a ∈ N∗ tồn n0 ∈ N (đủ lớn) để an+1 − an = α với số tự nhiên n ≥ n0 Với giá trị n với kết ta có 2α2 n + α2 + b = 2an + a + b = a2n+1 − a2n = (α + an )2 − a2n = α2 + 2αan Đẳng thức suy 2α|2αan − 2α2 n = b, tức b = 2αβ với β ∈ Z Khi đó, ta 2αan − 2α2 n = b = 2αβ ⇒ an = αn + β Điều chứng tỏ f (n) = a2n = (αn + β)2 với số tự nhiên n ≥ n0 , đó, với n ∈ Z Nhận xét (1) Trong toán trên, vận dụng cách "khéo léo" định nghĩa giới hạn dãy số Từ giả thiết đề bài, dễ dằng nhận a ≥ Hơn nữa, sử dụng ý tưởng tương tự chứng minh a ≥ tốn trên, ta chứng minh kết sau: "Giả sử f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an x + a0 f (x) n x→+∞ x đa thức biến x bậc n ≥ với hệ số thực Khi lim = an " Kết an+1 − an = α với số tự nhiên n ≥ n0 mấu chốt toán Để thu kết chất ta sử dụng nhận xét sau giới hạn dãy số nguyên: "nếu dãy số nguyên {an }n≥1 hội tụ a tồn n0 cho với n ≥ n0 an = a," tức "một dãy số ngun có giới hạn hữu hạn dãy dãy dừng kể từ số hạng dãy." Nhận xét có nhiều ứng dụng việc giải toán liên quan đến dãy số nguyên (2) Sử dụng phương pháp hồn tương tự tốn ta chứng minh toán tổng quát sau "Cho f (x) đa thức bậc k ≥ thỏa mãn f (n) lũy thừa bậc k số tự nhiên với số nguyên dương n Khi f (x) lũy thừa bậc k đa thức bậc với hệ số nguyên." Bài toán Cho a, b, c, d ∈ N∗ đôi khác số nguyên tố p thỏa mãn ap + bp = cp + dp Chứng minh |a − c| + |b − d| ≥ p Lời giải Vì p số nguyên tố nên áp dụng định lý Fermat, ta ap − a ≡ (modp), bp − b ≡ (modp), cp − c ≡ (modp), dp − d ≡ (modp) Kết hợp giả thiết kết trên, ta có = (ap − cp ) + (bp − dp ) ≡ a − c + b − d (modp) Điều suy a + b ≡ c + d (modp) Ta xét trường hợp sau Trường hợp : a + b = c + d Vì a, b, c, d số đôi khác nên không giảm tính tổng qt, ta giả sử a + b > c + d Khi đó, ta a − c + b − d = (a + b) − (c + d) > Do |a − c| + |b − d| ≥ |a − c + b − d| = a − c + b − d ≥ p Trường hợp : a + b = c + d Giả sử a > c > d suy b < d a > c > d > b Xét hàm số f (t) = Vì f (t) có đạo hàm khoảng (c, a) (b, d) nên theo định lý Lagrange tồn số t1 ∈ (c, a), t2 ∈ (d, b) cho f (t1 ) = f (a) − f (c) ap − c p = a−c a−c f (d) − f (b) dp − b p = d−b d−b Do f (t1 ) = f (t2 ) Điều vơ lí p ngun tố t1 , t2 thuộc hai khoảng khác Nhận xét f (t2 ) = (1) Khi nhìn thấy giả thiết toán, nghĩ đến việc "làm hạ thấp số bậc" đẳng thức cho Rất "may", p số nguyên tố Vì dùng định lí "kinh điển" số học, định lí Fermat Sau thu kết a + b ≡ c + d (modp) có nhiều bạn "vội vàng" đưa kết luận toán mà không để ý tới trường hợp (a + b) − (c + d) = Việc sử dụng định lý Lagrange trường hợp "tự nhiên" Ngoài ra, dụng tích phân để đưa kết luận trường hợp Cụ thể, từ đẳng thức ap − c p = d p − b p , ta suy a d xp−1 dx = c xp−1 dx b Điều vô lý a, b, c, d ∈ N∗ đơi khác (b, d) ⊂ (c, a) (2) Một câu hỏi đặt liệu kết toán ta thay số nguyên tố p số nguyên n Câu hỏi xin dành cho bạn đọc Một ứng dụng phương pháp giải tích vấn đề tìm đa thức với hệ số nguyên xuất Bài toán (Đề thi Olympic Toán Bungari năm 2003) Tìm tất đa thức P ∈ Z[x] cho phương trình P (x) = 2n có nghiệm xn ∈ N∗ với n ∈ N∗ Lời giải Từ giả thiết, ta thấy m x i P (x) ≡ i=0 m := deg P ∈ N∗ , (ai )m i=0 ⊂ Z, am > ∗ dãy (xn )+∞ n=n1 tăng ngặt với n1 ∈ N Hơn nữa, lim xn = +∞ n→+∞ xm xm n n = lim = lim n→+∞ a + n→+∞ 2n n→+∞ P (xn ) m lim m−1 i=0 xni−m = am Từ đó, ta n+1 xm xn+1 n+1 /2 = 21/m , = ⇒ lim m n n→+∞ n→+∞ xn xn /2 lim nên (theo bất đẳng thức TBC-TBN, dấu “= ”không xảy ra) lim n→+∞ xn+1 xn−1 + xn xn = 21/m + 2−1/m > Vậy tồn số nguyên dương n2 ≥ n1 cho xn+1 xn−1 + > ⇒ xn+1 − xn > xn − xn−1 xn xn n > n2 Nhưng P ∈ Z[x] ta có (xn+1 − xn ) | P (xn+1 ) − P (xn ) = 2n+1 − 2n = 2n nên xn+1 − xn lũy thừa với n ∈ N∗ Vì thế, xn+1 − xn ≥ (xn − xn−1 ) ≥ · · · ≥ 2n−n2 (xn2 +1 − xn2 ) n > n2 Từ xn+1 ≥ xn + 2n−n2 (xn2 +1 − xn2 ) > 2n−n2 , ∀n > n2 Vậy m > có xm 2m(n−n2 ) n+1 ≥ lim = +∞ = lim n+1 n→+∞ am n→+∞ 2n+1 Điều vô lý, mâu thuẫn chứng tỏ m = 1, nghĩa P (x) = a1 x + a0 Bởi a1 |a1 xn = 2n − a0 (∀n ∈ N∗ ), ta thấy < a1 | 22 − a0 − 21 − a0 = Dễ dàng thử lại để đến kết luận sau a1 = P (x) ≡ x + a0 với a0 ∈ Z, a0 ≤ 1, a1 = P (x) ≡ 2x + a0 với a0 = 2b, b ∈ Z, b ≤ Để kết thúc phần 2, ta đến với toán sau toán số đề thi chọn Đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán Quốc tế (VN TST) năm 2005 10 Bài toán (VN TST 2005) Một số nguyên dương gọi “số kim cương 2005” biểu diễn thập phân có 2005 số đứng cạnh liên tiếp (an ) , n = 1, 2, 3, · · · dãy tăng ngặt số nguyên dương thỏa mãn an < nC (C số thực dương đó) Chứng minh dãy số (an ) , n = 1, 2, 3, · · · chứa vô hạn “số kim cương 2005” Lời giải Để chứng minh toán, trước hết ta cần chứng minh bổ đề sau Bổ đề n lim = +∞ n i=1 Chứng minh bổ đề Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau x > ln(x + 1), ∀ x > Thật vậy, xét hàm số f (x) = x − ln(x + 1), x > ⇒ f (x) = − x = > 0, ∀x > x+1 x+1 Do đó, hàm số f (x) đồng biến (0; +∞) Suy f (x) > f (0) = ⇒ x > ln(x + 1), ∀x > Trong bất đẳng này, thay x > ln x +1 x ⇔ x > ta có > ln x x+1 x ⇔ > ln(x + 1) − ln x, ∀x > x Áp dụng vào tổng cần chứng minh n i=1 > n n [ln(n + 1) − ln(n)] = ln(n + 1) − ln = ln(n + 1), i=1 mà lim ln(n + 1) = +∞ nên n lim i=1 = +∞ n Bổ đề chứng minh Bổ đề Nếu hệ số m (m ∈ N, m > 1): dãy số (an ) tăng dãy khơng có số hạng có chứa chữ số m − tổng sau n i=1 11 hội tụ n tiến tới vô Chứng minh bổ đề Đặt n tổng số tự nhiên có chứa k chữ số viết hệ số m khơng có chứa chữ số m − Giả sử số hạng có k chữ số có dạng b1 b2 bk−1 bk , chữ số thứ phải khác khác m − nên có m − cách chọn, chữ số lại phải khác m − nên có m − cách chọn Do đó, có (m − 2)(m − 1)k−1 số có k chữ số mà biểu diễn hệ số m khơng có chứa chữ số m − 1, mà số lớn mk−1 nên tổng nghịch đảo tương ứng chúng bé sk = (m − 2) · (m − 1)k−1 mk−1 Hơn n tổng số hạng có chứa k chữ số hệ số m khơng có chứa chữ số m − nên khơng vượt q tổng tất số tự nhiên có dạng mà ta vừa đánh giá được, suy (m − 2) · (m − 1)k−1 sk < mk−1 Do sk = n lim i=1 n n (m − 2) · (m − 1)k−1 = lim sk < lim k=1 mk−1 k=1 n (m − 2) · = lim k=1 = m−1 m k−1 m−2 = m(m − 2) − m−1 m Tức tổng hội tụ n tiến tới vô cực Bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Đặt m = 102005 ⇒ m − số tự nhiên có chứa 2005 số liên tiếp viết hệ thập phân Ta cần chứng minh dãy cho, có vơ số số hạng chứa chữ số m − Giả sử dãy khơng có chứa số hạng có chữ số m − Khi đó, theo bổ đề (2) n lim i=1 a i=1 i hữu hạn Hơn nữa, theo giả thiết an < nC, ∀n nên n lim i=1 > lim n i=1 1 = · lim nC C 12 n i=1 n Theo bổ đề 1, giới hạn tiến tới vô cực Hai điều mâu thuẫn với chứng tỏ điều giả sử sai, tức dãy cho có số hạng chứa chữ số m − 1, giả sử an0 Ta lại xét dãy dãy ban đầu an0 +1 , an0 +2 , an0 +3 , Dãy có đầy đủ tính chất dãy chứa số hạng có chứa chữ số m − khác với số an0 (do dãy tăng) Lập luận tương tự thế, dãy có thêm số hạng có chứa chữ số m − Từ suy dãy cho có vơ số số hạng chứa chữ số m − Vậy dãy số (an ), n = 1, 2, 3, chứa vơ hạn số kim cương 2005 Đây điều phải chứng minh PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Đầu tiên, đến với ứng dụng giải tích vấn đề chứng minh phương trình đại số có nghiệm qua toán sau Bài toán Giả sử hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện với x ∈ R f (x) + f x+ 2019 số hữu tỉ f (x + 9) + f (x + 4) + f (x + 2019) số vô tỉ Chứng minh rằng, phương trình sau có nghiệm thực x9 − 4x + 2019 − f (x) = Lời giải Để chứng minh toán ta cần chứng minh bổ đề dây Bổ đề Nếu hàm số g : R → R liên tục nhận giá trị vơ tỉ g(x) = c với c số Chứng minh bổ đề Thật vậy, khơng tồn cặp số thực phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 ) cho g (x1 ) = g (x2 ) Do tính chất liên tục hàm g nên với số hữu tỉ q ∈ g (x1 ) , g (x2 ) ; max g (x1 ) , g (x2 ) cho trước, tồn x3 ∈ (x1 , x2 ) để g (x3 ) = q, điều khơng thể g nhận giá trị vô tỉ Vây bổ đề chứng minh 13 Quay trở lại toán Theo hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f (x) + f x+ 2019 số hữu tỉ f (x + 9) + f (x + 4) + f (x + 2019) số vô tỉ Điều tương đương với hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn điều kiện f (x) + f x+ 2019 số vô tỉ với x ∈ R, số f (x + 9) + f (x + 4) + f (2019) số hữu tỉ Do vậy, cặp hàm   h1 (x) = f (x) + f x + 2019  2019   h2 (x) = f (x) + f x + + f (x + 9) + f (x + 4) + f (2019) − f (x + 9) − f (x + 4) − f (2019) hàm liên tục nhận giá trị vô tỉ với x ∈ R Vậy theo nhận xét h1 ≡ c1 , h2 ≡ c2 (với c1 , c2 số vô tỉ đó) Suy f (x) + f x+ 2019 = c1 + c2 , ∀x ∈ R, (2.9) ta có f x+ 2019 + f (x + 2019) = c1 + c2 , ∀x ∈ R (2.10) Từ (2.9) (2.10), ta f (x) = f (x + 2019) với x ∈ R, hay f (x) hàm tuần hoàn R Xét hàm số g(x) = x9 − 4x + 2019 − f (x) , với x ∈ R Khi đó, g(x) hàm số xác định, liên tục R Vì f (x) hàm số tuần hoàn R nên hàm số f (x) bị chặn Ta có: lim g (x) = lim x→+∞ x→+∞ x9 − 4x + 2019 − f (x) = +∞ 14 lim g (x) = lim x→−∞ x→+∞ x9 − 4x + 2019 − f (x) = −∞ Từ suy ra, tồn số n > 0, m < cho g(n) > 0, g(m) < Vì hàm số g(x) liên tục R g(m).g(n) < nên theo định lý giá trị trung gian tồn x0 ∈ (n, m) cho g(x0 ) = hay x90 − 4x0 + 2019 − f (x0 ) = Ta điều phải chứng minh Nhận xét (1) Bài toán tương đối "lắt léo" Từ phương trình u cầu chứng minh có nghiệm, ta thấy f (x) hàm bị chặn tốn giải thơng qua định lý giá trị trung gian quen thuộc Do mấu chốt toán ta cần phải chứng minh f (x) số hàm số bị chặn Để giải vấn đề này, ta sử dụng linh hoạt tính chất hàm số f để hàm số tuần hồn Sau đó, sử dụng kết quen thuộc giải tích "nếu hàm số liên tục tuần hồn bị chặn" Các hàm số f (x) = sinx f (x) = cosx hàm số thường gặp thỏa mãn tính chất Cần ý rằng, định lý giá trị trung gian đóng vai trị quan trọng tốn chứng minh phương trình đại số có nghiệm Về mặt hỉnh ảnh, hình sau định lý giá trị trung gian sau "Nếu hàm số f (x) có giá trị dương giá trị âm đồ thị cắt trục tung điểm." (2) Sau số tốn có nội dung tương tự Bài tốn (Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh Hà Tĩnh năm 2017) Cho P (x) = x3 + 2x2 − 7x − 17 Q(x) = x3 + 3x2 − 8x + 14 Chứng minh hai đa thức có nghiệm dương α, β √ α− β =1 Bài toán (Đề thi Gặp gỡ Toán học năm 2017) Cho P (x) = x3 − 4x2 + 39x − 46 Q(x) = x3 + 3x2 + 4x − Chứng minh hai đa thức có nghiệm dương α, β {α} = {β}2 , ký hiệu {x}là phần lẻ x Bài toán (VMO 2003) Cho P (x) = 43 − 2x2 − 15x + 15 Q(x) = 12x3 + 6x2 − 7x + Chứng minh hai đa thức có nghiệm ba nghiệm phân biệt Kí hiệu α β hai nghiệm lớn P (x) Q(x) Chứng minh α2 + 3β = Tiếp theo đến ứng dụng phương pháp giải tích tốn tìm số lớn (nhỏ nhất) thỏa mãn bất đẳng thức cho trước Bài toán Tìm số thực k lớn cho a2 + b2 + c2 + ≥ k a2 + b2 + c2 + (9 − k)(ab + bc + ca) với a, b, c > x → +∞, ta có b, c → 0, a → +∞ x Ta viết lại bất đẳng thức thành Lời giải Xét a = x, b = c = 1+ a2 b2 + c2 + ≥ k + b2 + c a2 + (9 − k) b + c bc + a a Chọn với x → +∞ ta có (1 + 0)(0 + 2)(0 + 2) ≥ k(1 + 0) + (9 − k)(0 + 0) ⇔ k ≤ Ta chứng minh k = tức a2 + b2 + c2 + ≥ a2 + b2 + c2 + 5(ab + bc + ca) Điều tương với a2 b2 c2 + a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + ≥ 5(ab + bc + ca) Đặt ab = x, bc = y, ca = z xyz + x2 + y + z + ≥ 5(x + y + z) (2.11) Bổ đề Với x, y, z > x2 + y + z + 2xyz + ≥ 2(xy + yz + zx) Ta thấy, bất đẳng thức (2.11) tương đương với bất đẳng thức 2xyz + x2 + y + z + 16 ≥ 10(x + y + z) Kết hợp phải bổ đề trên, ta thấy toán hoàn thành ta chứng minh bất đẳng thức l3 x2 + y + z + 2(xy + yz + zx) + 15 ≥ 10(x + y + z) 16 Chú ý bất đẳng thức tương đương với (x + y + z − 1)2 + 2(x − 1)2 + 2(y − 1)2 + 2(z − 1)2 ≥ Bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh Vậy giá trị lớn k Nhận xét (1) Bổ đề chứng minh dễ dàng cách áp dụng Dirichlet sau: Khơng tính tổng qt, giả sử (x − 1)(y − 1) ≥ xy ≥ x + y − ⇒ 2xyz ≥ 2xz + 2yz − 2z Do đó, ta x2 + y + z + 2xyz + ≥ x2 + y + z + 2xz + 2yz − 2z + ≥ 2xy + (z − 1)2 + 2xz + 2yz = 2(xy + yz + zx) Do đó, bổ đề chứng minh (2) Một số tốn có phương pháp tương tự toán Bài toán (VMO 2006 - Bảng B) Tìm số thuwjc k lớn thỏa mãn: Với a, b, c dương mà abc = ta có bất đẳng thức sau 1 + + + 3k ≥ (k + 1) (a + b + c) a b c Bài tốn (VN TST 2009) Tìm tất số thực r cho bất đẳng thức sau với a, b, c dương a r+ b+c b r+ c+a c r+ a+b ≥ r+ Bài tốn (VN TST 2013) Tìm số k nguyên dương lớn thỏa mãn: Với a, b, c dương mà abc = ta có bất đẳng thức sau 1 k k + + + ≥ + a b c a+b+c+1 Bài toán cho thấy ứng dụng phương pháp giải tích chủ đề liên quan đến bất phương trình hàm Bài tốn Cho a ≥ số thực hàm f : R → R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện (1) f (ax) ≤ a3 x2 f (x) với số thực x 17 (2) f bị chặn lân cận Chứng minh f (x) ≤ x2 a với ∀x ∈ R Lời giải Trong i thay x = ta thu f (0) ≤ ⇒ f (0) = Với x = 0, từ i ta có f (ax) f (x) ≥ a3 x 2 ≥0 với ∀x = Từ đó, ta f (x) ≥ với x ∈ R Nếu a = từ i ta f (x) ≤ x2 f (x) Từ đây, ta suy f (x) ≤ x2 với x ∈ R Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh với trường hợp a = Bây giờ, ta xét trường hợp a > Đặt f (x) f (x) = ≥0 x x a a g (x) = với x = f (x) = x2 g (x) , a ∀x = Khi đó, từ i ta suy (ax)2 g (ax) a ⇔ g (ax) 2 ≤ a3 x ≤ g (x) , x2 g (x) , ∀x = a ∀x = (2.12) Ta chứng minh x g (x) ≤ g n a 2−n , với ∀x = 0, ∀n ∈ N∗ 18 (2.13) phương pháp quy nạp toán học theo n Thật vậy, (2.12) thay x ta x a g (x) ≤ g x a với ∀x = , (2.14) Như vậy, mệnh đề (2.13) với n = Giả sử mệnh đề với n = k ≥ tức 2−k x g (x) ≤ g k a Trong (2.15) thay x x a , ∀x = (2.15) ta g x a ≤g 2−k x ak+1 , ∀x = (2.16) Từ (2.14) (2.16) , ta suy 2−(k+1) x g (x) ≤ g , ∀x = ak+1 (2.17) Do đó, mệnh đề (2.13) với n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề (2.13) với n ∈ N∗ Như vậy, ta có x g (x) ≤ g n a 2−n , với ∀x = 0, ∀n ∈ N∗ Từ định nghĩa hàm g ta thu 2−n  x g (x) ≤ g n a 2−n x f n  =  xa  ( an ) (2.18) a Vì x = a > 1nên với n đủ lớn axn thuộc lân cận điểm Do đó, từ ii ta suy tồn n0 ∈ N∗ M > cho với n ≥ n0 ta có f x an ≤ M Kết hợp với (2.18) ta x g (x) ≤ g n a 2−n 2−n  x an f  = x  ( an ) a 19 2n+1 a 2n −n ≤ 21−n M x (2.19) Theo quy tắc L’Hospital 2n + = n→∞ 2n lim Do 2n+1 a 2n −n lim 21−n M = n→∞ x Từ (2.19) cho n → ∞, ta thu g (x) ≤ 1với x = hay f (x) x2 a ≤ 1, ∀x = Từ đây, ta có x2 f (x) ≤ , ∀x = a Chú ý f (0) = f (x) ≥ nên ta f (x) ≤ x2 , a với ∀x ∈ R Bài toán chứng minh Nhận xét (1) Bài toán toán bất phương trình hàm có sử dụng tính chất giải tích nặng mặt kĩ thuật Để chứng minh f (x) ≤ P (x) mặt ý tưởng ta tìm đánh giá f (x) ≤ P (x) un với lim un = f (x) ≤ P (x) + un với lim un = 0, n→∞ n→∞ tốn 2n+1 a 2n −n un = 21−n M x lim un = Khi tìm đánh giá (13), ta thấy lim x n n→∞ a n→∞ = với a ≥ nên ta sử dụng giả thiết ii toán để tiếp tục đánh giá Bài toán toán tổng quát toán đây, đề thi học sinh giỏi quốc gia mơn Tốn Trung Quốc năm 1998 “Cho hàm sốf : R → R hàm số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện a) f (x) ≤ 2x2 f x , ∀x ∈ R; b) f (x) ≤ 1, ∀x ∈ (−1, 1) Chứng minh f (x) ≤ x2 , ∀x ∈ R.” (2) Ngồi cách giải trình bày trên, ta tiếp cận tốn theo hướng khác sau: Vẫn lời giải trên, ta chứng minh f (0) = 0, f (x) ≥ 20 với x bất đẳng thức cần chứng minh a = xét trường hợp a > Trong i thay x xa ta f (x) x a ≤ ax2 f , ∀x ∈ R\ {0} Giả sử tồn z = cho f (z) > z Từ ii ta có: f z a f z a2 > z2 az > a z a z2 ; a = z2 a = z2 a Từ ta z a3 f > a z a2 = az Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta có: z an f > a2n−5 z , ∀n ≥ (2.20) Do điều kiện thứ hai toán, vế trái (2.20) bị chặn trên, vế phải lớn tùy ý n đủ lớn, vơ lý! Do điều giả sử sai hay f (x) ≤ x2 , ∀x ∈ R\ {0} Xét hàm số h (x) = f (x) − (2.21) x2 ≤ f (x) a từ i ta x2 h(x) + a ≤ ax2 h x a + x2 a3 , ∀x ∈ R\ {0} Điều tương đương h (x) +2 x2 h (x) ≤ ax2 h a x a , ∀x ∈ R\ {0} Từ đó, ta x2 h (x) ≤ ax2 h a x a 21 a2 ⇒ h (x) ≤ h x a , bất đẳng thức x = h(0) = Bằng phương pháp quy nạp tốn học ta có n a2 h (x) ≤ h x an , ∀n ∈ N ≤ a2 (2.22) Từ (2.21) (2.22) ta a2 h (x) ≤ n h Do đó, ta có a2 h (x) ≤ x an n x an = n f x an x2 , ∀n ∈ N 2n Vì n lớn tùy ý nên điều h (x) ≤ 0, ∀x ∈ R Từ đây, ta suy điều phải chứng minh (3) Dưới số toán tương tự Bài tốn Tìm tất hàm số f : R → R, bị chặn R, thỏa mãn điều kiện a) f (1) = 1, b) f x + x2 = f (x) + f x , ∀x = Bài tốn Tìm tất hàm số f : R → R, bị chặn [a, b], f (1) = thỏa mãn điều kiện f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R Bài tốn Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện a) f (x + y) ≤ f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R b) f (x) ≤ ex − 1, ∀x ∈ R Bài toán (VMO 2006 - Bảng B) Đặt F = f : R+ → R+ f (3x) ≥ f f (2x) + x, ∀x ∈ R Tìm giá trị lớn α cho với f ∈ F ta ln có f (x) ≥ αx Bài tốn (Olympic Tốn Bulgaria 1998) Chứng minh khơng tồn hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x) ≥ f (x + y) f (x) + y ; ∀x, y ∈ R+ Bài toán (Olympic Toán học Quốc tế năm 2011) Chứng minh không tồn hàm số f : R → Rthỏa mãn điều kiện f (x + y) ≤ y.f (x) + f f (x) ; Chứng minh f (x) = với x ≤ 22 ∀x, y ∈ R Cuối cùng, để kết thúc chương này, ta đến với toán sau toán số đề thi chọn Quốc gia dự thi Olympic toán Quốc tế năm 1992 Bài toán (VN TST 1992) Với số nguyên dương n, xét phương trình 2n2 x = log2 n2 x + Tìm điều kiện a, b, c > để với nghiệm xn = phương trình ta ln có a2n + bxn + cxn ≥ 4xn + Lời giải Trước hết, với a, b, c > ta chứng minh √ √ √ n √ n a+ nb+ nc lim = abc n→+∞ Đặt y= √ √ √ n a+ nb+ nc √ n n ⇒ ln y = n ln a+ √ n b+ √ n c Do theo quy tắc L’Hospital ln lim ln y = lim+ n→+∞ ax +bx +cx x x→0 = lim+ ax ln a + bx ln b + cx ln c ax +bx +cx x→0 Từ ta có lim y = √ n→+∞ = ln √ abc abc Trở lại toán, xét phương trình 2n2 x = log2 n2 x + Đặt t = n2 x 2t = log2 (t + 1) ⇔ 4t = t + Khảo sát hàm số tương ứng, dễ thấy phương trình có hai nghiệm t = 0, t = − Do xn = − 2n2 Ta cần có a 2n2 +b − 2n2 +c 2n2 1 a 2n2 + b− 2n2 + c− 2n2 ≥− +3⇔ ≥ − + n 3n 23 Nếu lấy giới hạn trực tiếp không làm phát sinh điều kiện a, b, c Ta lấy mũ 2n2 hai vế áp dụng bổ đề 2n (1/a) + 2 (1/b) 2n − +1 3n ≥ 2n2 Điều kiện cho với n nên phải n → +∞ Ta có 2n  1 2 2n + 2n + 2n    a b c lim   = √ n→+∞   abc lim n→+∞ 2n2 − +1 3n Do ta cần có = lim n→+∞ − 1− 3n 3n2 (−4) = e− √ ≥ e− ⇔ abc ≤ e4 abc Với abc ≥ 1 a− 2n2 + b− 2n2 + c− 2n2 ≥ √ − abc 2n2 ≥ 3e− 3n2 Ta cần chứng minh điều kiện đủ 3e− 3n2 ≥ − +3 n2 hay et ≥ t + với t = − 3n2 Khảo sát hàm số này, ta có điều phải chứng minh Nhận xét Trong trên, ta có sử dụng quy tắc L’Hospital là: Nếu hàm số f (x), g(x) thỏa mãn f (c) = g(c) = giới hạn f (x) x→c g (x) lim tồn f (x) f (x) = lim x→c g(x) x→c g (x) lim Ta viết quy tắc theo kiểu sơ cấp sau f (x) = lim x→c g(x) x→ lim f (x)−f (c) x−c g(x)−g(c) x−c 24 = lim x→ f (x) g (x) Tài liệu [1] NGUYỄN TÀI CHUNG, Chuyên khảo Phương trình Hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2014 [2] TRẦN NAM DŨNG, LÊ PHÚC LỮ, PHAN MINH ĐỨC, Lời giải Bình luận đề thi Học sinh giỏi tốn Quốc gia lớp 12 năm 2013, Diễn đàn toán học Mathscope.org [3] TRẦN NAM DŨNG, VÕ QUỐC BÁ CẨN, LÊ PHÚC LỮ, HỒNG ĐỖ KIÊN, NGUYỄN HUY TÙNG, Lời giải Bình luận đề thi Chọn học sinh giỏi toán Quốc gia lớp 12 dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2014, Diễn đàn toán học Mathscope.org [4] PHẠM ĐỨC HIỆP, Một số ứng dụng giải tích Số học, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, số 481, tháng năm 2017 [5] LÊ PHÚC LỮ, Sử dụng giới hạn dãy số toán Đại số Số học [6] LÊ PHÚC LỮ, Đề thi lời giải đề chọn Đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán Quốc tế từ năm 2005 đến năm 2010 [7] KIỀU ĐÌNH MINH, Phương pháp giải tích qua tốn Olympic, Tạp chí Epsilon số 11, 10-2016 [8] NGUYỄN DUY THÁI SƠN, Phương pháp giải tích số toán Olympic THPT, Bài giảng lớp Tập huấn Giáo viên THPT chuyên Khu vực phía Bắc (Vĩnh Phúc-8/2016) 25 ... Diễn đàn toán học Mathscope.org [4] PHẠM ĐỨC HIỆP, Một số ứng dụng giải tích Số học, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, số 481, tháng năm 2017 [5] LÊ PHÚC LỮ, Sử dụng giới hạn dãy số toán Đại số Số học [6]... PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN ĐẠI SỐ Đầu tiên, đến với ứng dụng giải tích vấn đề chứng minh phương trình đại số có nghiệm qua tốn sau Bài toán Giả sử hàm số f : R → R liên tục thỏa mãn... thêm số hạng có chứa chữ số m − Từ suy dãy cho có vơ số số hạng chứa chữ số m − Vậy dãy số (an ), n = 1, 2, 3, chứa vô hạn số kim cương 2005 Đây điều phải chứng minh PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH TRONG