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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN KIM THU MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN KIM THU MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC (Xác nhận) GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018 i Mục lục MỞ ĐẦU iii Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 1.1 Tính chất đa thức với hệ số nguyên 1.2 Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên phân thức nhận giá trị hữu tỉ 1.3 Biểu diễn đơn vị thành tổng phân số Ai Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh số hữu tỷ 12 2.1 Một số phương pháp giải toán cực trị đa thức phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 12 2.1.1 Phương pháp so sánh bậc hai 12 2.1.2 Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai bậc 15 2.1.3 Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng số 21 2.2 Sử dụng phân thức quy giải tốn cực trị liên quan 27 Một số dạng toán liên quan 32 3.1 Một số dạng toán cực trị tập số nguyên 32 3.2 Một số dạng toán số tự nhiên từ đề thi Olympic 38 KẾT LUẬN 44 ii TÀI LIỆU THAM KHẢO 45 iii MỞ ĐẦU Chuyên đề đa thức phân thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thơng trung học sở Các tính chất đa thức phân thức liên quan chặt chẽ với tính chất số nguyên số hữu tỷ Một phương pháp khảo sát đa thức phân thức hữu tỷ hữu hiệu việc sử dụng cơng cụ hữu ích từ việc khảo sát tính chất số học số tự nhiên số hữu tỷ Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, toán liên quan tới đa thức phân thức với hệ số nguyên (ta gọi chung phân thức sinh số tự nhiên) thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó cần kiến thức sâu sắc số học kết hợp với kiến thức đa thức phân thức thường không nằm chương trình thống chương trình tốn bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức phân thức với hệ số nguyên hệ số hữu tỷ, em chọn đề tài luận văn “Một số phương pháp tìm cực trị hàm phân thức sinh số tự nhiên” Mục tiêu luận văn nhằm hệ thống số kiến thức số học đa thức với hệ số nguyên cung cấp số phương pháp tìm cực trị hàm phân thức sinh số tự nhiên Tiếp theo, xét toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình số dạng liên quan Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận ba chương Chương Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên Chương Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh iv số hữu tỷ Chương Một số dạng toán liên quan Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 1.1 Tính chất đa thức với hệ số nguyên Trong phần này, trình bày số tính chất đa thức với hệ số nguyên Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]) Cho L ⊂ R Đa thức P (x) ∈ L[x] gọi khả quy L[x] tồn đa thức Q(x) T (x) thuộc L[x] với bậc lớn cho P (x) = Q(x).T (x) Trong trường hợp ngược lại gọi bất khả quy L[x] Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) Tập hợp tất đa thức khả quy L[x] ký hiệu L∗ [x] Tính chất 1.1 Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc lớn phân tích thành nhân tử bậc nhân tử bậc hai nên coi P (x) ∈ R∗ [x] Định nghĩa 1.3 (xem [1]-[2]) Đa thức thuộc Z[x] gọi đa thức nguyên hệ số nguyên tố (có thể khơng đơi ngun tố nhau) Tính chất 1.2 Nếu f (x) ∈ Z[x] tồn đa thức a nguyên phân số tối giản , a ∈ Z, b ∈ N∗ cho f (x) = b a f1 (x) b Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Tích hai đa thức nguyên đa thức nguyên Chứng minh Cho hai đa thức nguyên P (x) = an xn an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Q(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 P (x).Q(x) = cm+n xm+n + cm+n−1 xm+n−1 + · · · + c1 x + c0 Giả sử tích khơng ngun tồn số nguyên tố p ước chung hệ số c0 , c1 , , cm+n Vì P nguyên nêu gọi i số nhỏ mà không chia hết cho p j số nhỏ cho bj không chia hết cho p Khi đó, xét cj+i ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý Vậy tích nguyên Tính chất 1.3 Nếu đa thức P (x) ∈ Z[x], deg P > mà khơng thuộc Z∗ [x] khơng thuộc Q∗ [x] Định lý 1.1 (xem [1]-[2]) Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x], an = 0, a, b hai số nguyên khác Khi đó, f (a) − f (b) (a − b) Bổ đề 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! (1.1) 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 Chứng minh Với n = theo nhị thức Newton, ta có m m (x1 +x2 ) = j=0 m! xj1 xm−j = j!(m − j)! m |α|=m m! α1 α2 x x , α1 = j, α2 = m−j α1 !.α2 ! Giả sử đẳng thức (1.18) n − Đặt X = x1 + x2 + + xn−1 , α′ = (α1 , α2 , , αn ) Khi ta có m m m (x1 + x2 + · · · + xn ) = (X + xn ) = αn m! X m−αn xαnn (m − αn )!.αn ! =0 m m! xαnn (x1 + x2 + · · · + xn−1 )m−αn (m − αn )!.αn ! =0 = αn m = αn m! xαnn (m − αn )!.αn ! =0 = |α|=m |α′ =m−αn (m − αn )! ′ xα α1 !α2 ! αn−1 ! m! xα1 xα2 xαnn α1 !α2 ! αn ! Bổ đề chứng minh Định lý 1.2 (Khai triển Taylor, xem [1]-[2]) Cho đa thức n (1.2) aj xj f (x) = j=0 Khi đó, hệ số thứ j f (x) biểu diễn aj = (j) f (0), j! (1.3) f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j Bổ đề 1.3 Cho n số nguyên dương Ta đặt g(x) = 1 x + x2 + · · · + x n n n (1.4) Khi g (n) (0) = n! Chứng minh Ta có g(x) = x n 1 + x + · · · + xn−1 n n = xn h(x), (1.5) h(x) = Áp dụng cơng thức Leibniz 1 + x + · · · + xn−1 n n (1.6) n g (n) (x) = j=0 n = j=0 n! (n − j)!j! d dx n−j d n!n! xj (n − j)!j!j! dx d x dx n j j h(x) (1.7) h(x) Do đó, ta thu g (n) (0) = n!h(0) = n! (1.8) Bổ đề chứng minh 1.2 Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên phân thức nhận giá trị hữu tỉ Tiếp theo, ta nhắc lại số tính chất phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên dạng phân thức nhận giá trị hữu tỉ tập số tự nhiên Định nghĩa 1.4 Hàm số f : R → R gọi phân thức hữu tỉ P (x) tồn đa thức P (x), Q(x) cho f (x) = (1) Khi P (x) Q (x) Q(x) đa thức nguyên tố (1) gọi phân thức hữu tỉ tắc Nếu đa thức P (x) Q(x) đa thức có hệ số hữu tỉ P ′ (x) , việc quy đồng mẫu số ta đưa f (x) dạng f (x) = ′ Q (x) P ′ (x) Q′ (x) đa thức có hệ số nguyên Do phân thức hữu P (x) gọi phân thức hữu tỉ có hệ số nguyên tỉ f (x) = Q (x) P (x), Q(x) ∈ Q[x] Bài toán 1.1 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ∈ Q với x ∈ Z ax + b Chứng minh a, b ∈ Q 1 ∈ Q với x ∈ Z nên ax + b = với Lời giải Vì f (x) = ax + b f (x) x ∈ Z Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q 33     12! 12! k ≥ 2k+1 ≥ k!(12 − k)! (k + 1)!(11 − k)! ⇔ ⇔ 12! 12!  ≥  2k ≥ 2k−1  k!(12 − k)! (k − 1)!(13 − k)!      k ≥ 22 ≥ −k k+1 ⇔ ⇔ 12 26    ≥ k ≤ k 13 − k 8 Vì k ∈ Z nên k = Vậy a8 = C12 = 126720 số hạng lớn dãy (ak ) k k C12 k k C12 k+1 k+1 C12 k−1 k−1 C12 Bài toán 3.2 Cho số nguyên dương n > số thực p > Xét dãy số {x1 , , xn } không âm thỏa mãn điều kiện lớn biểu thức M = n xi = p Tìm giá trị i=1 n−1 xi xi+1 i=1 Lời giải Đặt xk = max{x1 , x2 , , xn } Khi n−1 k−1 n−1 i=1 i=1 xi xi+1 xi xi+1 + xi xi+1 = i=k Dấu đẳng thức xảy có hai số dãy p2 , số khác Vậy n−1 max xi xi+1 i=1 p2 = Bài toán 3.3 Cho số nguyên dương N Tìm giá trị lớn dãy số CNn (n = 0, 1, , N ) Lời giải Do CNn = CNN −n nên ta cần xét dãy {CNn } với n = N N 0, 1, , Mặt khác với n = 0, 1, , , ta có CNn−1 < CNn , 2 N nên max {CNn } = CNp , p = 0≤n≤N Bài toán 3.4 (Taiwan TST 2014) Cho đa thức với hệ số thực P (x) = xn + an−2 xn−2 + an−3 xn−3 + · · · + a1 x + a0 , n ≥ Giả sử xk nghiệm thực phương trình P (x) = 0,k = 1, 2, , n 2(1 − n) Chứng minh |xk | ≤ an−2 n 34 Lời giải Theo định lý Viète, ta có  n   xi = i=1   Ta có xi xj = an−2 1≤i n.( ) n n ⇔ i=1 n x2i i=1 n x2i > (n − 1) x2i i=1 n ⇔ (2 − n) i=1 x2i > ⇔ n < 2, mâu thuẫn với giả thiết Ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.5 (IMO 1995) Cho a, b, c số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh 1 + + ≥ + c) b (c + a) c (a + b) a3 (b Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 + + a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 1 + + a b c ≥ a(b + c) + b(c + a)c(a + b) 35 = (ab + bc + ca)2 a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) Ta cần chứng minh bất đẳng thức (ab + bc + ca)2 ≥ [a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)] ⇔ ab + bc + ca ≥ (luôn theo AM-GM) Dấu xảy a = b = c = Bài toán 3.6 (China Northern Mathematical Olympiad 2007) Cho a, b, c số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh với số nguyên k ≥ ak bk ck + + ≥ a+b b+c c+a Lời giải Ta có ak bk ck + + ≥ a+b b+c c+a ak−1 b bk−1 c ck−1 a + + ⇔ ak−1 + bk−1 + ck−1 ≥ + a+b b+c c+a Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có √ √ √ a + b ≥ ab, b + c ≥ bc, c + a ≥ ca Vì phải chứng minh: k− a 3 k− k− 1 b + b c + c a + ≤ 2(ak−1 + bk−1 + ck−1 ) Theo bất đẳng thức AM-GM √ ak−1 + bk−1 + ck−1 ≥ ak−1 bk−1 ck−1 = (2k − 3)ak−1 + bk−1 ≥ (2k − 2)a b k− k−1 k−1 (2k − 3)b +c ≥ (2k − 2)b c k− 36 (2k − 3)ck−1 + ak−1 ≥ (2k − 2)c k− a2 Cộng ba bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.7 (Brazilian Olympiad Revenge 2007) Cho a, b, c số hữu tỷ dương thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh a2 +b2 +c2 + a b c b c a 1 1 1 ≥ 6+2 + + +2 a+b+c+ + + + + + + + a2 b2 c2 a b c b c a a b c Lời giải Do abc = 1, ta có a2 + b + c + 1 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 + + a b c 1 + + + 2(a + b + c) = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c) = (ab + bc + ca)2 2 a b c Lại có: a b c b c a + + + + + +3 b c a a b c 2(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc) = 2(a + b + c)(ab + bc + ca) = abc Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta (a+b+c)2 +(ab+bc+ca)2 ≥ 2(a+b+c)(ab+bc+ca) (điều phải chứng minh) Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.8 (Hongkong 2000) Với số hữu tỷ dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh + ab2 + bc2 + ca2 18 + + ≥ c3 a3 b3 a3 + b3 + c3 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức 1 bc2 ca2 ab2 18 + + + + + ≥ a3 b c a3 b3 c3 a3 + b + c 1 bc2 ca2 ab2 ⇔ (a3 + b3 + c3 ) + + + (a3 + b3 + c3 ) + + ≥ 18 a b c a b c 37 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có √ 1 1 3 a3 b3 c3 ≥ + + =9 3 3 a b c a b3 c 3 3 √ bc2 ca2 ab2 a b c 3 3 3 =9 (a + b + c ) + + ≥ a b c a b c a3 b c (a3 + b3 + c3 ) Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.9 (APMO 2005) Với số hữu tỷ dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = Chứng minh x2 (x3 + 1)(y + 1) y2 + (y + 1)(z + 1) z2 ≥ (z + 1)(x3 + 1) + Lời giải Với a ≥ 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a3 +1= (a + 1)(a2 a + + a2 − a + a2 + = − a + 1) ≤ 2 Áp dụng bất đẳng thức này, ta có x2 + y2 + z2 (x3 + 1)(y + 1) (y + 1)(z + 1) (z + 1)(x3 + 1) 4y 4z 4x2 + + ≥ (x + 2)(y + 2) (y + 2)(z + 2) (z + 2)(x2 + 2) Ta phải chứng minh 4x2 4y 4z + + ≥ (x2 + 2)(y + 2) (y + 2)(z + 2) (z + 2)(x2 + 2) ⇔ x2 (z + 2) + y (x2 + 2) + z (y + 2) ≥ (x2 + 2)(y + 2)(z + 2) 2 2 2 2 ⇔ x y + y z + z x + 2(x + y + z ) ≥ x2 y z + = 72 Bất đẳng thức x2 y + y z + z x2 + 2(x2 + y + z ) ≥ 3 x4 y z + 2.3 x2 y z z = 48 + 24 Đẳng thức xảy x = y = z = 38 3.2 Một số dạng toán số tự nhiên từ đề thi Olympic Ta xét số tốn liên quan đến cơng thưsc tổ hợp từ đề thi Olympic Bài toán 3.10 (Olympic 30/4/2011) Cho hàm số 2011 F (x) = k=0 k xk (1 − x)2011−k (k − 2011x)2 C2011 Tìm giá trị nhỏ hàm số F (x) [0; 1] n A= k=0 (k − nx)2 Cnk xk (1 − x)n−k = (nx) n n n Cnk xk (1 k=0 − x) n−k k + Cnk xk (1 k=0 − x) n−k − 2nx k=0 (k − nx)2 Cnk x1 − xk ( Xét n n Cnk xk (1 A1 = k=0 n − x) n−k k=1 =n k=1 = nx[x + (1 − x)] − x) n−1 n k Cnk xk (1 − x)n−k n k−1 k Cn−1 x (1 A2 = = Cnk xk (1 k=0 n =n k=1 n − x) n−k = nx k=1 k−1 k−1 Cn−1 x (1 − x)n−k = nx n−k n = k=1 k Cnk xk (1 − x)n−k k−1 k x (1 − x)n−k kCn−1 n k−1 k−1 x (1 Cn−1 = nx k=1 − x) n−k +n k=1 k−1 k x (1 − x)n−k k − 1Cn−1 n = nx + n(n − 1) k=2 n A3 = k=0 Cnk xk (1 − x) k−2 k Cn−2 x (1 − x)n−k = nx + n(n − 1)x2 n−k = [x + (1 − x)]n = Vậy A = (nx)2 + nx + n(n − 1)x2 − 2(nx)2 = nx(1 − x) 39 Áp dụng kết ta thu f (x) = 2011x(1 − x) Do x ∈ [0; 1] nên x ≥ 0, − x ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, x + (1 − x) ta có f (x) ≤ 2011 Dấu đẳng thức xảy x = 2 2011 Vậy max f (x) = ⇔x= [0;1] Nhận xét 3.1 Ta thay số 2011 hàm số f (x) số thực dương Xuất phát từ cách viết tổng n k=0 (−1)k Cnk dạng k + 9k + 26k + 24 p(n) , p(n), q(n) đa thức với hệ số nguyên, ta q(n) xây dựng toán cực trị liên quan đến tổ hợp tốn sau: phân thức Bài tốn 3.11 Tìm giá trị nhỏ biểu thức n f (n) = k=0 (−1)k Cnk 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 959 + k + 9k + 26k + 24 2(n + 3)(n + 4) Lời giải Đặt n S(n) = k=0 (−1)k Cnk k + 9k + 26k + 24 Ta có k + 9k + 26k + 24 = (k + 2)(k + 3)(k + 4) nên n S(n) = k=0 n = k=0 (−1)k n! k!.(n − k)!(k + 2)(k + 3)(k + 4) (−1)n !.(n + 4)! (k + 4)!.(n − k)! k+1 (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) Đặt n k+4 Cn+4 (k + 1) T (n) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)S(n) = k=0 40 Ta có n n (−1) i Cni i=0 j (−1)j Cn−1 =0 i = (x − 1) = ⇒ −n j=0 n n (−1) i Cni i (−1)i = i=1 n i=0 i.n! 0.n! + (−1)0 i!(n − i)! 0!n! n! (−1) = = (i − 1)!(n − i)! i=1 n i i=1 i=1 n n =n i−1 (−1)i nCn−1 i−1 (−1)i Cn−1 = −n i−1 (−1)i−1 nCn−1 =0 i=1 Do n k+4 (−1)k Cn+4 (k + 1) T (n) = k=0 n k+4 (−1)k+4 Cn+4 (k + 1) = k=0 n k+4 ) (k + 1) − (−3 + 2(n + 4) − Cn+4 (−1)k+4 Cn+4 = k=−4 n+4 = j=0 j Cn+4 (j − 3) − 2n + − − n+4 j=0 Suy S(n) = n+4 j Cn+4 j = (n + 4)(n + 3) −3 j (−1)j Cn+4 − (4n + 10 − n2 − 7n − 12) j=0 1 = + + (n2 + 3n + 2) = (n + 1)(n + 2) 2 T (n) = df rac(n + 1)(n + 2)(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) Vậy S(n) = 2(n + 3)(n + 4) Do 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 959 + f (n) = 2(n + 3)(n + 4) 2(n + 3)(n + 4) 41 2n4 − 10n3 − 64n2 + 272n + 960 2(n + 3)(n + 4) 2(n + 3)(n + 4)(n2 − 12n + 40) = 2(n + 3)(n + 4) = n2 − 12n + 40 = Ta có n2 −12n+40 = (n−6)2 +4 ≥ 4, ∀n ∈ N Dấu đẳng thức xảy n = Vậy f (n) đạt giá trị nhỏ n = Bài toán 3.12 (Bulgari TST 2003) Với ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh b c a + + ≥ + b2 + c2 + a2 Lời giải Ta dùng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM với mẫu số bất đẳng thức sau đổi chiều Tuy nhiên ta dùng lại bất đẳng thức theo cách khác Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab2 ab2 ab a = a − ≥ a − = a − + b2 + b2 2b Tương tự, ta có b bc ≥b− 1+c c ac ≥c− + a2 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức ta có a b c ab + bc + ca + + ≥ a + b + c − (ab + bc + ca) = − + b + c + a2 2 Ta lại có ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = 3 Do a b c ab + bc + ca + + ≥ a+b+c− (ab+bc+ca) = 3− ≥ 2 1+b 1+c 1+a 2 Đẳng thức xảy a = b = c = 42 Bài toán 3.13 (Olympic 30/4/2009) Với n số nguyên dương a1 , a2 , , an có tổng 2009 Đặt A tổng tất số hạng có dạng a1 (a1 + a2 )(a1 + a2 + a3 ) (a1 + a2 + · · · + an ) k1 , k2 , , kn hoán vị {1, 2, , n} Tìm giá trị nhỏ Lời giải Xét n số nguyên dương a1 , a2 , , an có tổng 2009 Ta chứng minh quy nạp A= a1 a2 an (3.1) +) Với n = 1, (3.1)đúng +) Giả sử (3.1)đúng đến n − Với n số nguyên dương a1 , a2 , , an làm thừa số chung, ta Trong A, đặt a1 + a2 + · · · + an A= , a1 + a2 + · · · + an B gồm n! số hạng Trong B ta nhóm số hạng không chứa a1 thành tổng B1 gồm (n−1)! số hạng ứng với (n − 1)! hoán vị {2, , n} Do theo giả thiết quy nạp B = a2 a3 an Tiếp tục với a2 , a3 , , an ta B= 1 a1 + a2 · · · + an + + ··· + = a2 a3 an a1 a3 an a1 a2 an−1 a1 a2 an a1 a2 an Vậy theo nguyên lí quy nạp (3.1) với n ≥ +) Nếu a1 = 1, loại a1 = 1, a2 = a′2 = + a2 tổng số khơng đổi, cịn tích tăng lên +) Nếu ≥ a1 2(a1 − 2) tổng số khơng đổi, tích tăng lên 2(a1 − 2) = 2a1 − > a1 +) Nếu có số = 4, số + tổng tích số khơng đổi Từ suy A = 43 +) Nếu có ba số 2, ba số hai số tổng khơng đổi, tích tăng lên Vậy để tích p số lớn phải chọn khơng q hai số 2, số khác Do 2009 = 3.669 + nên maxP = 2.3669 Suy minA = 2.3669 44 Kết luận Luận văn “Một số phương pháp tìm cực trị hàm phân thức sinh số tự nhiên” trình bày vấn đề sau: - Luận văn trình bày chi tiết tính chất đa thức với hệ số nguyên, phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên, đồng thức bất đẳng thức dạng phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên - Tiếp theo trình bày chi tiết dạng tốn tìm cực trị lớp hàm phân thức - Cuối cùng, luận văn trình bày dạng tốn liên quan chọn lọc từ đề thi HSG quốc gia, Olympic khu vực quốc tế 45 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Nội suy đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Nho, OLYMPIC tốn học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [5] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer [6] Pólya G., Szgo G., 1956, Problems and theorems from Analysis, Moscow [7] Radulescu T-L.T , Radulescu V.D., Andreescu T (2009) Problems in Real Analysis: Advanced calculus on the real axis Springer [8] Titu Andreescu (2004), Birkhauser Boston, USA Mathematical Olympiad Treasures, ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN KIM THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN KIM THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN 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 ... đa thức phân thức với hệ số nguyên hệ số hữu tỷ, em chọn đề tài luận văn ? ?Một số phương pháp tìm cực trị hàm phân thức sinh số tự nhiên? ?? Mục tiêu luận văn nhằm hệ thống số kiến thức số học đa thức. .. tổng phân số Ai Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh số hữu tỷ 12 2.1 Một số phương pháp giải toán cực trị đa thức phân thức. .. Chương 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