Phân thức hữu tỷ và các bài toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Cao Thị Kim Anh PHÂN THỨC HỮU TỶ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Phân thức hữu tỷ toán liên quan 1.1 Phân thức hữu tỷ tính chất liên quan 1.1.1 Định nghĩa tính chất 1.1.2 Phân tích phân thức hữu tỷ thành nhân tử 1.1.3 Một số tính tốn phân thức hữu tỷ 1.1.4 Một số lớp phương trình với hàm phân thức hữu tỷ 1.1.5 Phương trình hàm lớp hàm phân thức hữu tỷ 1.2 Một số thuật tốn tìm ngun hàm hàm phân thức hữu tỷ 1.2.1 Phương pháp Oxtrogradski 1.2.2 Áp dụng công thức nội suy Lagrange 1.2.3 Áp dụng công thức nội suy Hermite 1.2.4 Phương pháp Horowitz Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên phân thức nhận giá trị hữu tỷ 2.1 Hàm phân thức quy hữu tỷ 2.1.1 Hàm phân thức quy hữu tỷ biến 2.1.2 Hàm phân thức quy hữu tỷ nhiều biến 2.2 Tính chất hàm phân thức nhận giá trị hữu tỷ 2.3 Dãy số sinh hàm phân thức hữu tỷ 4 13 21 24 25 28 30 37 42 42 42 43 46 52 Bất đẳng thức với hàm phân thức hữu tỷ 57 3.1 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy hàm phân thức hữu tỷ 57 3.2 Kỹ thuật cộng mẫu số Engel bất đẳng thức Chebyshev 65 3.2.1 Bất đẳng thức Chebyshev Chebyshev dạng Engel 65 3.2.2 Phương pháp cộng mẫu số Engel 69 3.3 Dạng phân thức đa thức đối xứng 76 Kết luận 82 Tài liệu tham khảo 84 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Phân thức hữu tỷ khái niệm chương trình Tốn bậc học phổ thơng Đặc biệt, trường THPT chuyên lớp chun tốn có nhiều dạng tốn liên quan đến hàm phân thức Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán nước kỳ thi Olimpic Toán nước giới, có nhiều tốn dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình sinh hàm số dạng phân thức cần biết cách giải 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 mơn tốn bậc phổ thơng, luận văn Phân thức hữu tỷ toán liên quan nhằm hệ thống giải toán liên quan đến phân thức hữu tỷ Luận văn chia làm ba chương Chương xét phân thức hữu tỷ toán liên quan Chương nêu lên số kiến thức phân thức hữu tỷ tính chất nó, tập trung chủ yếu vào việc phân tích phân thức hữu tỷ thành phân thức đơn giản giới thiệu số phương pháp đặc biệt sử dụng công thức nội suy để xây dựng thuật tốn tìm ngun hàm hàm hữu tỷ phương pháp Oxtrogradski, áp dụng công thức nội suy Lagrange, áp dụng công thức nội suy Hermite, phương pháp Horowitz Ngoài việc giới thiệu thuật tốn, mục có xây dựng ví dụ minh họa phân tích chi tiết lược đồ giải Trong chương xét số tính tốn phân thức hữu tỷ khảo sát số lớp phương trình với hàm phân thức hữu tỷ Chương khảo sát phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên phân thức nhận giá trị hữu tỷ Xét lớp hàm phân thức hữu tỷ đặc biệt, lớp hàm phân thức quy hữu tỷ Chứng minh định lý giá trị nhỏ hàm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn phân thức quy hữu tỷ biến, hai biến nhiều biến tập số dương Tiếp theo, xét tính chất hàm phân thức nhận giá trị hữu tỷ Tương tự số hữu tỷ, ta chứng minh phân thức hữu tỷ nhận giá trị hữu tỷ tập số tự nhiên có dạng phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên Mục cuối Chương nhằm khảo sát số lớp toán dãy số sinh số hàm phân thức hữu tỷ Chương nhằm khảo sát số dạng bất đẳng thức với hàm phân thức hữu tỷ Trước hết xét kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy để chứng minh bất đẳng thức dạng phân thức Tiếp theo, dựa vào thứ tự dãy số để vận dụng kỹ thuật cộng mẫu số Engel bất đẳng thức Chebyshev để chứng minh số dạng bất đẳng thức có dạng phân thức đặc biệt Phần cuối chương xét số dạng phân thức đa thức đối xứng Đây dạng bất đẳng thức loại khó cần phối kết hợp cách chứng minh quy nạp với biểu diễn tương ứng Để hoàn thành luận văn này, trước tác giả xin gửi lời cảm ơn 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 thiện luận văn Tiếp theo, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn đầy đủ hơn, phong phú Qua đây, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, phịng Đào tạo, khoa Tốn - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Tuy thân có nhiều cố gắng, song thời gian, trình độ điều kiện nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn đựợc hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái nguyên, Tháng 07 năm 2011 Cao Thị Kim Anh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Phân thức hữu tỷ toán liên quan 1.1 1.1.1 Phân thức hữu tỷ tính chất liên quan Định nghĩa tính chất Định nghĩa 1.1 (xem [4]) Đa thức bậc n với hệ số thực hàm số cho công thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 với ∈ R, i = 0, 1, , n an = Định nghĩa 1.2 (xem [4]) Hàm số f : R → R gọi phân thức hữu tỷ tồn đa thức P (x) Q(x) cho f (x) = P (x) Q(x) (1.1) Khi P (x) Q(x) đa thức nguyên tố (không có ước chung) (1.1) gọi phân thức hữu tỷ tắc Về sau, nhằm mục tiêu giải quyêt toán bậc THPT, ta xét đa thức phân thức trường số thực (biến thực với hệ số thực) Những trường hợp đặc biệt cần sử dụng số phức dẫn riêng b q(x) Những phân thức hữu tỷ dạng hay với n ≥ gọi (x − a)n [p(x)]n phân thức đơn giản Bây ta xét biểu diễn phân thức hữu tỷ thông qua phân thức hữu tỷ đơn giản (các biểu diễn kèm theo thuật tốn cụ thể dùng cho việc Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn tính nguyên hàm hàm phân thức hữu tỷ trình bày mục sau chương) Định lý 1.1 (xem [4]) Nếu hai đa thức g(x), h(x) nguyên tố với deg g(x) = m deg h(x) = n đa thức f (x) với deg f (x) < m + n biểu diễn dạng f (x) = r(x)g(x) + s(x)h(x), deg r(x) < n deg s(x) < m Chứng minh Vì g(x) h(x) nguyên tố nhau, nên tồn đa thức a(x), b(x) cho đồng thức = a(x)g(x) + b(x)h(x) thỏa mãn Nhân hai vế hệ thức với f (x) ta nhận f (x) = f (x)a(x)g(x) + f (x)b(x)h(x) Thực phép chia f (x)a(x) cho q(x)h(x), ta thu biểu diễn f (x)a(x) = q(x)h(x) + r(x) với deg r(x) < n Khi f (x) = f (x)a(x)g(x)+f (x)b(x)h(x) = r(x)g(x)+[q(x)g(x)x+f (x)b(x)]h(x) Đặt s(x) = q(x)g(x) + f (x)b(x) Khi f (x) = r(x)g(x) + s(x)h(x) Vì deg f (x) < m + n deg r(x)g(x) < m + n nên deg s(x) < m (đpcm) Bổ đề 1.1 Giả sử hai đa thức g(x), h(x) nguyên tố đa thức f (x) với deg f (x) < deg g(x) + deg h(x) Khi ta có biểu diễn sau: f (x) r(x) s(x) = + , g(x)h(x) h(x) g(x) deg r(x) < deg h(x) deg s(x) < deg g(x) Chứng minh Theo định lý 1.1, f (x) = r(x)g(x)+s(x)h(x) với deg r(x) < deg h(x) deg s(x) < deg g(x) Chia hai vế hệ thức cho g(x)h(x), ta nhận f (x) r(x) s(x) = + g(x)h(x) h(x) g(x) f (x) với deg f (x) < deg g(x) phân g(x) tích thành tổng phân thức hữu tỷ đơn giản Định lý 1.2 Mỗi phân thức hữu tỷ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Ta bắt đầu việc xét phân thức đơn giản dạng r(x) với deg r(x) < deg p(x) Sử dụng phép chia đa thức, ta có biểu diễn [p(x)]m r(x) = s1 (x)[p(x)]m−1 + r1 (x), r1 (x) = s2 (x)[p(x)]m−2 + r2 (x), rm−2 (x) = sm−1 (x)p(x) + rm−1 (x) Khi r(x) s1 (x) s2 (x) sm (x) = + + · · · + [p(x)]m p(x) [p(x)]2 [p(x)]m Trong trường hợp đặc biệt, p(x) = (x − a), ta có biểu diễn b1 b2 bm r(x) = + + · · · + (x − a)m (x − a) (x − a)2 (x − a)m Tiếp theo, ta xét trường hợp phân thức có dạng r(x) với p(a) = (x − a)m p(x) Biểu diễn phân thức thành dạng r(x) b q(x) = + (x − a)m p(x) (x − a)m (x − a)m−1 p(x) Quy đồng phân thức, ta đồng thức r(x) = bp(x) + (x − a)q(x) r(a) r(x) − bp(x) q(x) = p(a) x−a Trong trường hợp tổng quát, giả sử ta có phân tích Cho x = a, ta có b = g(x) = (x − a1 )n1 (x − as )ns p1 (x)m1 pr (x)mr , pi (x) đa thức bất khả quy với bậc lớn Theo kết nhận trên, ta có biểu diễn f (x) = g(x) Như n1 i=1 n m m s r b1i bsi s1i (x) sri (x) + · · · + + + · · · + i i i (x − a1 )i (x − a ) [p (x)] [p (x)] s r i=1 i=1 i=1 f (x) phân tích thành tổng phân thức đơn giản (đpcm) g(x) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn f (x) phân tích thành tổng g(x) đa thức phân thức hữu tỷ đơn giản Hệ 1.1 Mỗi phân thức hữu tỷ Chứng minh Nếu deg f (x) < deg g(x) ta có kết chứng minh (Định lý 1.2) Nếu deg f (x) ≥ deg g(x) ta biểu diễn f (x) = q(x)g(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x) f (x) r(x) Khi = q(x) + kết cần chứng minh suy từ g(x) g(x) Định lý 1.2 Với đa thức g(x) bất khả quy R[x] (trên trường số thực) chứa biểu thức dạng x2 + bx + c với ∆ = b2 − 4c < 0, g(x) viết thành dạng s r ni (x2 + bi x + ci )mi (x − ) g(x) = i=1 i=1 Từ ta có hệ sau Hệ 1.2 Mỗi phân thức hữu tỷ f (x) = q(x) + g(x) s n1 i=1 j=1 f (x) biểu diễn dạng g(x) bij + (x − )j r m1 i=1 j=1 bij x + cij , (x2 + bj x + cj )j Q(x) đa thức 1.1.2 Phân tích phân thức hữu tỷ thành nhân tử Ta biết đa thức đại số P (x), x = x0 nghiệm đa thức P (x) chia hết cho x − x0 , tức P (x) = (x − x0 )P1 (x), deg P1 (x) = deg P (x) − Tương tự đa thức, ta có kết sau phân thức hữu tỷ Định lý 1.3 (Định lý phân tích thành nhân tử hàm phân thức) p(x) Xét phân thức hứu tỷ f (x) = với (p(x), q(x)) = Với x0 cho q(x) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn f (x0 ) có nghĩa, ta ln có biểu diễn f (x) − f (x0 ) = (x − x0 ) h(x) , q(x) h(x) đa thức deg h(x) ≤ deg p(x) − Chứng minh Với phép chia đa thức, ta biểu diễn p(x) = (x − x0 )p1 (x) + r q(x) = (x − x0 )q1 (x) + s, p1 (x), q1 (x) đa thức r, s số (Định lý 1.1) Vậy nên F (x) = p(x) p(x0 ) p(x)q(x0 ) − p(x0 )q(x) − = q(x) q(x0 ) q(x)q(x0 ) (x − x0 )p1 (x) + p(x0 )]q( x0 ) − p(x0 )[(x − x0 )q1 (x) + q(x0 ) = q(x)q(x0 ) p1 (x) p(x0 ) q1 (x0 ) p1 (x) − f (x0 )q1 (x) = (x − x0 ) − = (x − x0 ) q(x) q(x0 ) q(x) q(x) Do vậy, ta có biểu diễn f (x) − f (x0 ) = (x − x0 ) h(x) q(x) Trường hợp đặc biệt q(x) = (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) có biểu diễn n n p(x) ak p(xk ) f (x) = = = , q(x) x − xk q (xk )(x − xk ) k=1 k=1 xi = xj với i = j deg p(x) < n, với n h(x) = (x − x1 )f (x) = a1 + k=2 p(xk ) , q (xk )(x − xk ) ta ln có n h(x) − h(α) = (x − α) k=2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên p(xk )(x1 − xk ) , α = xk q (xk )(α − xk )(x − xk ) http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.1.3 Một số tính tốn phân thức hữu tỷ Ví dụ 1.1 Ta ln có = a−x n k=0 xk xn+1 + , ∀a = 0, n ∈ N∗ k+1 n+1 a a (a − x) Giải Theo Định lý 1.3 với phân thức f (x) = , x0 = 0, ta có a−x x 1 − = a−x a aa−x Lặp lại sau n lần ta thu = a−x n k=0 xk xn+1 + · ak+1 an+1 (a − x) Ví dụ 1.2 Giả sử cho số dương a1 , a2 , , an Khi a1 − a2 an−1 − an an − a1 (i) + ··· + + = 0, (a1 + a)(a2 + a) (an−1 + a)(an + a) (an + a)(a1 + a) x−u (ii) Với hàm phân thức f (x, u) = coi an+1 = a1 , ta ln u+ax+a có đồng thức n n (f (x, ak ) − f (ak+1 , ak )) = k=1 f (x, ak ) k=1 Giải (i) Dễ dàng kiểm tra đồng thức x − a1 a2 − a1 a1 + a x − a2 − = · x+a a2 + a a2 + a x + a Như vậy, ta ln có hệ thức đây: x − a1 a2 − a1 x − a2 − = a1 + a x + a (a1 + a)(a2 + a) a2 + a x + a x − a2 a3 − a2 x − a3 − = a2 + a x + a (a2 + a)(a3 + a) a3 + a x + a x − an−1 an − an−1 x − an − = an−1 + a x + a (an−1 + a)(an + a) an + a x + a Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 70 Từ bất đẳng thức ab+bc+ca ≥ tan A, ta có 3abc(a + b + c) đẳng thức tan A = (tan A + tan B + tan C) tan A + tan B + tan C + (tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) = 1+ √ ≤ 1+2 2(tan A tan B+tan B tan C+tan C tan A) tan A+tan B+tan C 3 tan A( tan A) tan A = 1+2 tan A tan A = √ 1+2 Vậy, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC Bài toán 3.18 Cho số thực dương a, b, c cho a + b + c = Chứng minh ab + 94 bc + 49 ca + 94 13 + + ≥ ab + a + b bc + b + c ca + c + a Giải Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c Ta có (a + 1) (b − c) ≥ nên ab + a + b ≥ ac + a + c, tương tự ta suy ab + a + b ≥ ac + a + c ≥ bc + b + c 9 ca + ab + ≤ ⇔ (b − c) (3 − a) a + ≥ (ln Lại có ab + a + b ca + c + a đúng) 9 ab + ca + bc + ≤ ≤ Tương tự, ta suy ab + a + b ca + c + a bc + b + c Từ theo 3b, ab + 94 bc + 94 ca + 94 ab + bc + ca + 27 + + ≥ ab + a + b bc + b + c ca + c + a ab + bc + ca + (a + b + c) (ab + bc + ca + 9) ab + bc + ca + ( ab + 9) 13 Ta cần chứng minh ≥ ⇔ ab + bc + ca ≤ ab + bc + ca + (a + b + c)2 Bất đẳng thức ab + bc + ca ≤ = 3 = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 71 Vậy, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.19 Cho số thực dương a, b, c cho a2 +b2 +c2 = Chứng minh a+b c+a b+c + + ≤ + ab + ca + bc (a + b + c) Giải Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Khi + ab ≥ + ac ≥ + bc c+a b+c a+b ≥ ≥ Ta cần thiết lập thêm + ab + ca + bc Thật vậy, ta có a+b c+a ≥ ⇔ (b − c) − a2 ≥ ⇔ (b − c) b2 + c2 ≥ + ab + ca Tương tự ta có b+c c+a ≥ ⇔ (a − b) a2 + b2 ≥ + ca + bc Do theo 3a, ta có a+b c+a b+c (a + b + c) + + ≤ + ab + ca + bc + ab + bc + ca Và ta cần chứng minh (a + b + c) ≤ ⇔ 4(a + b + c)2 ≤ (3 + ab + bc + ca) + ab + bc + ca (a + b + c) ⇔ a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) ≤ a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Bất đẳng thức hiển nhiên đúng, đpcm Bài toán 3.20 (Poland - 1992) Cho số thực x, y, z cho x+y +z = Chứng minh x y z + + ≤ x2 + y + z + 10 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 72 Giải Ta có y z |x| |y| |z| x + + ≤ + + x2 + y + z + x2 + y + z + Vậy nên ta cần chứng minh bất đẳng thức với x, y, z > Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z x2 + ≥ y + ≥ z + Tiếp tục ta có x y ≥ ⇔ (x − y) (1 − xy) ≥ x2 + y2 + √ Do = x + y + z ≥ x + y ≥ xy nên xy < bất đẳng thức hiển nhiên Tương tự ta suy y z x ≥ ≥ x2 + y2 + z2 + Từ theo 3a, ta có x y z (x + y + z) + + ≤ ≤ = x2 + y + z + x2 + y + z + 10 (x + y + z) + 3 Vậy, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Bài toán 3.21 Cho số thực dương a, b, c cho 1 + + + 2ab + 2bc ≥ Chứng minh a + b + c ≥ 3abc + 2ca Giải Ta có 1 a b c + + = + + + 2ab + 2bc + 2ca a + 2abc b + 2abc c + 2abc Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c a+2abc ≥ b+2abc ≥ c+2abc a b c ≥ ≥ a + 2abc b + 2abc c + 2abc 1 ⇔ ≥ ≥ ⇔ ab ≥ ac ≥ bc + 2ab + 2ca + 2bc Bất đẳng thức với a ≥ b ≥ c Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 73 Từ theo 3a, ta có 1 a b c (a + b + c) + + = + + ≤ + 2ab + 2bc + 2ca a + 2abc b + 2abc c + 2abc a + b + c + 6abc Kết hợp với giả thiết suy (a + b + c) ≥ ⇒ a + b + c ≥ 3abc a + b + c + 6abc Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.22 (Mathlinks Contest) Cho số thực dương a, b, c cho Chứng minh 1 + + ≤ + a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b) + 2abc Giải Bất đẳng thức tương đương với 1 − + + 2abc + a2 (b + c) + 2abc 1 + − ≥0 + b2 (c + a) + 2abc + c2 (a + b) a(1 − bc) b(1 − ac) c(1 − ab) ⇔ + + ≥0 + a(3 − bc) + b(3 − ac) + c(3 − ab) − bc − ac − ab ⇔ + + ≥ + abc(3 − bc) + abc(3 − ac) + abc(3 − ab) − Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c, + abc(3 − ab) ≤ + abc(3 − ac) ≤ + abc(3 − bc), − bc − ac − ab ≥ ≥ + abc(3 − bc) + abc(3 − ac) + abc(3 − ab) √ (do = ab + bc + ca ≥ a2 b2 c2 nên abc ≤ 1) Do theo 3b, ta có − bc − ac − ab + + + abc(3 − bc) + abc(3 − ac) + abc(3 − ab) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 74 ≥ (1 − bc + − ac + − ab) = + abc(3 − bc) + + abc(3 − ac) + + abc(3 − ab) Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.23 (Serbian National Olympiad 2008) Cho số thực dương x, y, z cho x + y + z = Chứng minh yz + x + x + zx + y + y + xy + z + z ≤ 27 31 Giải Bất đẳng thức cho tương đương với x y z 27 + + ≤ xyz + x2 + xyz + y + xyz + z + 31 Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z Khi xyz + x2 + ≥ xyz + y + ≥ xyz + z + x y Từ giả thiết ta có ≥ xyz + x2 + xyz + y + Thật vây, bất đẳng thức tương đương với yz + x + x ≥ zx + y + y 1 ≤ zx + y + ⇔ (x − y) − + z ≥ x y xy √ Chú ý từ điều kiện = x + y + z ≥ x + y ≥ xy suy xy < nên − + z > theo giả thiết x ≥ y Do bất đẳng thức xy Tương tự ta suy y z x y z ≥ ⇒ ≥ ≥ xyz + y + xyz + z + xyz + x2 + xyz + y + xyz + z + ⇔ yz + x + Do theo 3a, ta x y z + + xyz + x2 + xyz + y + xyz + z + xyz + x2 + + xyz + y + + xyz + z + ≤ (x + y + z) = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 75 Suy y z x + + ≤ xyz + x2 + xyz + y + xyz + z + 3xyz + x2 + y + z + Mặt khác, từ bất đẳng thức Schur, ta có 9xyz ≥ (xy + yz + zx) − x2 + y + z , x+y+z suy 3xyz ≥ (x + y + z)2 − x2 + y + z 3 Vậy nên 1 10 31 3xyz+x2 +y +z +3 ≥ + x2 + y + z +3 ≥ + (x + y + z)2 = 3 9 Do x y z 27 + + ≤ ≤ xyz + x2 + xyz + y + xyz + z + 3xyz + x2 + y + z + 31 Phép chứng minh hoàn tất Bài toán 3.24 Cho số thực dương a, b, c cho ab + bc + ca + abc = Chứng minh 1 √ +√ +√ a c b ≥ (a + 2) (b + 2) (c + 2) 2x 2y 2z ,b = ,c = y+z z+x x+y Và bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành Giải Từ điều kiện tốn ta đặt a = x+y + z y+z + x z+x y 8(x + y + z)2 ≥ (x + y) (y + z) (z + x) (x + y + z) (xy + yz + zx) x+y y+z z+x 9(x + y + z)2 ta cần chứng minh + + ≥ , z y xy + yz + zx √x x+y y+z z+x (x + y + z) + + ≥√ hay z x y xy + yz + zx Từ bất đẳng thức (x + y) (y + z) (z + x) ≥ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 76 x+y x+z y+z x+y y+z z+x + + =√ +√ +√ z x y xz + yz xy + yz xy + zx Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z Khi xz + yz ≤ xy + yz ≤ xy + zx, x+y y+z z+x ≥ ≥ z x y Suy x+y x+z y+z √ ≥√ ≥√ xz + yz xy + yz xy + zx Ta có Do theo 3b từ bất đẳng thức Cauchy, x+y + z y+z + x ≥√ x+y x+z y+z z+x =√ +√ +√ y xz + yz xy + yz xy + zx (x + y + z + x + y + z) √ √ xz + yz + xy + yz + xy + zx Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = 3.3 Dạng phân thức đa thức đối xứng Bài toán 3.25 (xem [4]) .Cho số tự nhiên n (n ≥ 2) x1 , x2 , xn ∈ [0, 1] Chứng minh bất đẳng thức x1 + x2 + xn ≤ n + n(1 − x1 )(1 − x2 ) (1 − xn ) Giải Đặt − xi = (i = 1, n) Nhận xét ≤ ≤ bất đẳng thức cho trở thành (1 − a1 ) + (1 − a2 ) + · · · + (1 − an ) ≤ n + na1 a − an hay (a1 + a2 + · · · + an )(1 + na1 a2 an ) ≥ n2 a1 a2 an Theo bất đẳng thức AM-GM √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n n a1 a2 an , √ + na1 a2 an ≥ + (n − 1)a1 a2 an ≥ n n a1 a2 an Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 77 Từ hai bất đẳng thức cuối ta thu điều phải chứng minh Nhận xét đẳng thức xảy a − = a2 = · · · = an = hay x1 = x2 = · · · = xn = Bài toán 3.26 (xem [4]) Cho (a1 an ) số thực dương Đặt P0 = 1, Pk = Pk (a1 , , an ); Er = Er (a1 , , an ) Chứng minh Pk−1 Pk+1 ≤ Pk2 (k = 1, 2, n − 1) Chứng minh Giả sử f (x, y) = (x + a1 y)(x + a2 y) (x + an y) = E0 xn + E2 xn−1 y + · · · + En y n , Ei tổng tất tích số khác nhau, Pk = k!(n − k)! Ek n! x Vì tất > = nghiệm phương trình y x f (x, y) = nên = khơng phải nghiệm bội phương trình y nhận từ đạo hàm Từ ta kết luận số Pi dương, tức phương trình Pk−1 x2 + 2Pk xy + Pk+1 y = nhận từ f (x, y) = cách lấy vi phân liên x y Do phương trình có nghiệm thực nên Pk−1 Pk+1 ≤ Pk2 Nhận xét rằng, dương không đồng thời ta có dấu bất đẳng thức thực Bài toán 3.27 (xem [4]) Chứng minh bất đẳng thức Er−1 Er+1 ≤ Er2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 78 Chứng minh Từ bất đẳng thức Markuc-Lopes, ta có Pk−1 Pk+1 ≤ Pk2 Suy k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)! (k + 1)!(n − k + 1)! Ek−1 Ek+1 < Ek n! n! n! hay (k − 1)(n − k + 1) Ek−1 Ek+1 < Ek2 Ek−1 Ek+1 < Ek2 k(n − k) Bài toán 3.28 (xem [4]) Cho số > (i ∈ {1, , n}) phân biệt Chứng minh bất đẳng thức 1 P1 > P22 > P33 > · · · > Pnn Chứng minh Ta có P0 P2 < P12 , (P1 P3 )2 < P24 (Pr−1 Pr+1 )r < Pr2r suy (P0 P2 )(P1 P3 )2 (Pr−1 Pr+1 )r < P12 P24 Pr2r 1 P r < P r+1 P r r < P r + r+1 r r+1 Nhận xét 3.3 Ta chứng minh Pr−1 Pr+1 < Pr2 phương pháp quy nạp Giả sử bất đẳng thức với n − số dương a1 , a2 , an−1 đặt Er , Pr Er , Pr tạo n − số giả sử tất số khơng đồng thời Khi r r Er = an Er−1 Pr = Pr + an Pr−1 n n Từ suy n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr2 ) = A + Ban + Ca2n , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 79 A = {(n − r)2 − 1}Pr−1 Pr+1 − (n − r)2 Pr B = (n − r + 1)(r + 1).Pr−1 Pr+1 + (n − r − 1)(r − 1)Pr−2 Pr+1 − 2(r − 1)Pr−2 Pr+1 C = (r2 − 1)Pr−2 Pr − r2 Pr−1 Vì khơng đồng thời nên theo giả thiết, ta có Pr−1 Pr+1 < Pr Pr−2 − Pr < Pr−1 , Pr−2 Pr+1 < Pr−1 Pr A < −Pr B < 2Pr−1 Pr C < Pr−1 n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr ) < −(Pr ) − an Pr−1 ≤ Nhận xét bất đẳng thức a1 = a2 = · · · = an−1 Khi an = a1 số thực dương αk = Chứng minh Bài toán 3.29 (xem [4]) Cho a1 , , an ∈ n α1 , , αn thỏa mãn điều kiện 0; k=1 n α k ak n k=1 n 1− α k ak k=1 ak − ak αk k=1 x với x ∈ 0; Hàm số y(x) đơn điệu 1−x tăng lõm 0; nên theo bất đẳng thức Jensen ta có Giải Xét hàm số y(x) = ln n αk ak ln n n 1− n ak ak αk ln = ln − ak − ak k=1 k=1 k=1 αk ak αk k=1 ta có bất đẳng thức n α k ak n k=1 n 1− α k ak k=1 ak − ak αk k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 80 Bài toán 3.30 (xem [4]) Cho a1 , , an ∈ 0; ta ln có bất đẳng thức n n (1 − ak ) ak k=1 n n k=1 n (1 − ak ) ak k=1 n k=1 Giải Bất đẳng thức cần chứng minh suy từ ví dụ với α1 = · · · = αn = n Bài toán 3.31 (xem [5]) Cho ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường trịn r Chứng minh (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + ab bc ca p2 27 − 4r2 Giải Vì a, b, c, nghiệm phương trình (xem [2],[5]) x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0, nên dễ dàng kiểm tra hệ thức (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2(p2 + r2 + 4Rr) + + = − ab bc ca 4Rr Như Bởi R (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2(p2 + r2 ) + + = − ab bc ca 4Rr 2r, nên (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + ab bc ca 2(p2 + r2 ) p2 27 − = − 8r2 4r2 Bài toán 3.32 (xem [5]) Cho ∆ABC với bán kính đường trịn nội tiếp r với độ dài ba cạnh a, b, c Chứng minh bất đẳng thức 1 + + a2 b2 c2 4r2 Giải Vì a, b, c, nghiệm x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = (xem [2],[5]) nên f (x) = x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = (x − a)(x − b)(x − c) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 81 Lấy hai lần đạo hàm ta thu 3x − 2p = (x − a) + (x − b) + (x − c) Khi 3x − 2p 1 = + + f (x) (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − c)(x − a) Cho x = p, ta thu 1 1 + + = (p − a)(p − b) (p − b)(p − c) (p − c)(p − a) r Vậy 1 1 = + + 4r2 4(p − a)(p − b) 4(p − b)(p − c) 4(p − c)(p − a) 1 + + a2 b2 c2 Bài toán 3.33 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không cân Chứng minh bất đẳng thức 1 + (a2 − b2 )(a2 − c2 )(1 + a2 ) (b2 − c2 )(b2 − a2 )(1 + b2 ) 1 + · (c − a2 )(c2 − b2 )(1 + c2 ) 8abc Giải Biểu diễn T (x) := Ax + A Bx + B Cx + C = + + (x2 + a2 )(x2 + b2 )(x2 + c2 ) x + a2 x2 + b2 x2 + c2 Tính A, A , B, B , C, C cho x = 1, ta nhận biểu thức T = (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên · 8abc http://www.lrc-tnu.edu.vn 82 Kết luận Luận văn "Phân thức hữu tỷ toán liên quan" đạt số kết sau: - Hệ thống hóa số kiến thức phân thức hữu tỷ và tính chất nó, chứng minh định lý phân tích phân thức hữu tỷ thành nhân tử (Định lý 1.3) - Phân tích phân thức hữu tỷ thành phân thức đơn giản giới thiệu số phương pháp đặc biệt sử dụng công thức nội suy để xây dựng thuật tốn tìm ngun hàm hàm hữu tỷ phương pháp Oxtrogradski, áp dụng công thức nội suy Lagrange, áp dụng công thức nội suy Hermite, phương pháp Horowitz Ngoài việc giới thiệu thuật tốn, mục có xây dựng ví dụ minh họa phân tích chi tiết lược đồ giải - Xét số tính toán phân thức hữu tỷ - Khảo sát số lớp phương trình với hàm phân thức hữu tỷ - Khảo sát lớp hàm phân thức hữu tỷ đặc biệt, lớp hàm phân thức quy hữu tỷ Chứng minh định lý giá trị nhỏ hàm phân thức quy hữu tỷ biến, hai biến nhiều biến - Khảo sát tính chất hàm phân thức nhận giá trị hữu tỷ Tương tự số hữu tỷ, ta chứng minh phân thức hữu tỷ nhận giá trị hữu tỷ tập số tự nhiên có dạng phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên - Khảo sát số lớp toán dãy số sinh số hàm phân thức hữu tỷ - Khảo sát số dạng bất đẳng thức với hàm phân thức hữu tỷ Trước hết xét kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy để chứng minh bất đẳng thức dạng phân thức Tiếp theo, dựa vào thứ tự dãy số để vận dụng kỹ thuật cộng mẫu Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 83 số Engel bất đẳng thức Chebyshev để chứng minh số dạng bất đẳng thức có dạng phân thức đặc biệt Phần cuối chương xét số dạng phân thức đa thức đối xứng Đây dạng bất đẳng thức loại khó cần phối kết hợp cách chứng minh quy nạp với biểu diễn tương ứng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 84 Tài liệu tham khảo [1] Phan Đức Chính, Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục Việt Nam, 1993 [2] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí áp dụng, NXB Giáo Dục, 2006 [3] Nguyễn Văn Mậu, Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo Dục, 2008 [4] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục, 2004 [5] Tạ Duy Phương, Phương trình bậc ba toán tam giac, NXB Giáo Dục, 2006 [6] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Tuyển tập năm, NXB Giáo Dục, 2003 [7] Tài liệu từ Internet Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... văn Phân thức hữu tỷ toán liên quan nhằm hệ thống giải toán liên quan đến phân thức hữu tỷ Luận văn chia làm ba chương Chương xét phân thức hữu tỷ toán liên quan Chương nêu lên số kiến thức phân. .. tính tốn phân thức hữu tỷ khảo sát số lớp phương trình với hàm phân thức hữu tỷ Chương khảo sát phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên phân thức nhận giá trị hữu tỷ Xét lớp hàm phân thức hữu tỷ đặc...1 Mục lục Mở đầu Phân thức hữu tỷ toán liên quan 1.1 Phân thức hữu tỷ tính chất liên quan 1.1.1 Định nghĩa tính chất 1.1.2 Phân tích phân thức hữu tỷ thành nhân tử