Bat Đang Thức Và Bài Toán Cực Tr± Trong L P Các Đa Thức Và Phân Thức H So Nguyên.docx

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
NGUYEN NGOC HÀ
BAT ĐANG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC
TR± TRONG L P CÁC ĐA THỨC VÀ
PHÂN THỨC H SO NGUYÊN
LU N VĂN THẠC SỸ TOÁN HOC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2016

Tải tài liệu tại sividoc.com
ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
NGUYEN NGOC HÀ
BAT ĐANG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC
TR± TRONG L P CÁC ĐA THỨC VÀ
PHÂN THỨC H SO NGUYÊN
LU N VĂN THẠC SỸ TOÁN HOC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP
Mã so: 60 46 01 13
Ngư i hư ng dȁn khoa hoc:
GS. TSKH. NGUYEN VĂN M U
THÁI NGUYÊN - NĂM 2016

i
Mnc lnc
M đau 1
1 M t so kien thfíc chuan bị 3
1.1 M®t so tính chat cơ bản của đa thác với h so nguyên . . . . 3
1.2 M®t so tính chat của phân thác hǎu tỉ với h so nguyên . . . 8
1.3 Định lý Viète............................................................................... 12
1.4 M®t so bat đȁng thác cơ bản ............................................................ 13
2 Các dạng toán ve đa thfíc và phân thfíc v i h so nguyên 19
2.1 Các dạng toán ve đa thác m®t bien với h so nguyên và h
thác Viète.......................................................................................19
2.2 Đa thác với các h so nguyên và đong dư thác .............................30
2.3 Bat đȁng thác phân thác sinh bởi tam thác b c hai trên m®t
khoảng............................................................................................35
2.4 Bat đȁng thác sinh bởi hàm phân tuyen tính trên m®t khoảng 40
2.5 Phân thác chính quy và m®t so tính chat .....................................45
3 M t so bài toán liên quan đen bat đang thfíc và cfic trị trên
t p so nguyên 49
3.1 Bat đȁng thác trên t p so nguyên .................................................49
3.2 Cực trị trên t p so nguyên .......................................................... 58
Ket lu n 69
Tài li u tham khảo 70

1
M đau
Chuyên đe đa thác là m®t chuyên đe rat quan trong ở b c trung hoc phő
thông. Đa thác không chỉ là đoi tượng nghiên cáu trong tâm của Đại so mà
còn là công cụ đac lực trong nhieu lĩnh vực khác của toán hoc.
Trong các kì thi hoc sinh giỏi toán các cap, Olympic Toán sinh viên, các
bài toán liên quan tới đa thác nói chung và đ c bi t là các bài toán ve bat
đȁng thác, cực trị của đa thác, phân thác có h so nguyên thường xuyên
được đe c p. Nhǎng dạng toán này thường được xem là thu®c loại khó, hơn
nǎa phan kien thác ve đa thác, phân thác h so nguyên lại không nam trong
chương trình chính thác của So hoc và Đại so b c trung hoc phő thông.
Đe đáp áng nhu cau boi dương giáo viên và boi dương hoc sinh giỏi ve
chuyên đe đa thác, tôi đã làm lu n văn: Bat đȁng thác và bài toán cực trị
trong lớp các đa thác và phân thác h so nguyên. Lu n văn gom phan mở
đau, ba chương, phan ket lu n và danh mục tài li u tham khảo.
Chương I trình bày các kien thác cơ bản ve đa thác và phân thác h so
nguyên, định lý Viète, m®t so bat đȁng thác cơ bản.
Chương II trình bày m®t so dạng toán ve bat đȁng thác và cực trị trong
lớp các đa thác và phân thác h so nguyên, phân thác chính quy và áp dụng.
Chương III trình bày m®t so bat đȁng thác và bài toán cực trị trên t p
so nguyên.
Lu n văn có the được xem như m®t tài li u boi dương giáo viên và boi
dương hoc sinh giỏi ve chuyên đe đa thác. Có the sả dụng lu n văn trong
vi c giảng dạy hoc sinh thi hoc sinh giỏi các cap, Olympic sinh viên.

2
Lu n văn được hoàn thành dưới sự hướng dan trực tiep của GS.TSKH
Nguyen Văn M u. Tác giả xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac ve sự chỉ bảo t n
tình của Thay trong suot quá trình xây dựng đe cương cũng như hoàn thành
lu n văn.
Tác giả xin gải lời cảm ơn chân thành tới TS Nguyen Thị Thu Thủy và
các quí thay cô đã đoc, kiem tra, đánh giá và đưa ra nhǎng ý kien quý báu
đe lu n văn được hoàn thi n hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn quý Thay Cô trong Ban Giám hi u, phòng
sau Đại hoc, khoa Toán Tin trường Đại hoc Khoa hoc, Đại hoc Thái Nguyên
tạo đieu ki n thu n lợi trong suot quá trình hoc t p và hoàn thành lu n văn.
Trong khuôn khő m®t lu n văn, tác giả chưa the trình bày được het các
van đe ve đa thác và phân thác h so nguyên. Tuy bản thân đã có nhieu
co gang, no lực nghiên cáu, song do đieu ki n và trình đ® còn hạn che nên
nhǎng ket quả đạt được trong lu n văn còn rat khiêm ton. Tác giả kính mong
nh n được ý kien đóng góp quí báu của các thay cô đe bản lu n văn được
hoàn thi n hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2016.
Hoc viên
Nguyen Ngoc Hà

3
Chương 1
M t so kien thfíc chuan bị
Trong chương này sě trình bày m®t so kien thác cơ bản: định nghĩa, m®t
so tính chat ve sự chia het, ve nghi m nguyên, ve h so . . . của đa thác và
phân thác h so nguyên. đây ta sě sả dụng m®t so ký hi u: Cho đa thác
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0, neu f(x) có các h so là so nguyên
thì ta ký hi u f(x) ∈ Z[x], neu f(x) có các h so là so hǎu tỉ thì ta ký hi u
f(x) ∈ Q[x].
1.1 M t so tính chat cơ bản của đa thfíc v i h so
nguyên
Định lj 1.1 (xem [4]). Cho đa thác f(x) = anxn
+an−1xn−1
+· · ·+a1x+a0 ∈
Z[x], an 0, a là so nguyên. Khi đó [f(x) − f(a)].(x − a).
ChGng minh.
Ta có
f(a) = anan
+ an−1an−1
+ · · · + a1a + a0,
f(x) − f(a) = an (xn
− an
) + an−1 xn−1
− an−1
+ · · · + a1(x − a).(x − a).
V y ta có đieu can cháng minh.

4
q
−
q q q
Bài toán 1.1 (xem [4]). Cháng minh rang neu phân so toi giản
1) là nghi m của đa thác với h so nguyên
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0
thì p là ước của a0 và q là ước của an.
Lài giai.
p
, ((p, q) =
q
p
Giả sả phân thác toi giản
q
là nghi m của đa thác f(x). Khi đó, ta có
f
p
= an
p
n
+ an−1
p n−1
+ · · · + a1
p
+ a0 = 0.
Tà đó, ta có
và
anpn
= −q(an−1pn−1
+ · · · + a1qn−2
p + a0qn−1
) (1.1)
a0qn
= −p(anpn−1
+ an−1pn−2
q + · · · + a1qn−1
). (1.2)
Tà (1.1) suy ra anpn
chia het cho q mà (p, q) = 1 nên an chia het cho q.
Tà (1.2)suy ra a0qn
chia het cho p mà (p, q) = 1 nên a0 chia het cho p.
p
Bài toán 1.2 (xem [4]). Cháng minh rang neu phân thác toi giản
1) là nghi m của đa thác với h so nguyên
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0
thì p − mq là ước của f(m) với m là so nguyên.
Lài giai.
Phân tích f(x) theo các lũy thàa của (x − m) ta được
, ((p, q) =
q
f(x) = an(x − m)n
+ bn−1(x − m)n−1
+ · · · + b1(x − m) + b0 = g(x − m).
Nh n xét rang các h so b0, bn 1 là các so nguyên vì m là m®t so nguyên.
p
Ta có f(m) = b0. Thay x bởi ta thu được đȁng thác
q
f
p
= g
p
− m = g
p − mq
= 0.
q
q
q

5
Do đó
p − mq
q
b0 = f(m).
là nghi m của g(x). theo Bài toán 2.6 thì p − mq là ước của
Bài toán 1.3. Cho đa thác f(x) có h so nguyên thỏa mãn đieu ki n
f (0), f (1), . . . , f (m − 1) đeu không chia het cho m (m là so nguyên dương
cho trước, m > 1). Cháng minh rang f(x) = 0 không có nghi m nguyên.
Lài giai.
Giả sả f(x) = 0 có nghi m nguyên là x = c, khi đó
f(x) = (x − c)g(x), g(x) ∈ Z[x].
Ta có
f(0) = (0 − c)g(0),
f(1) = (1 − c)g(1),
. . .
f(m − 1) = (m − 1 − c)g(m − 1).
Vì 0 − c, 1 − c, . . . , m − 1 − c là m so nguyên liên tiep nên phải có m®t so
chia het cho m.
Vì v y trong m so f(0), f(1), . . . , f(m − 1) phải có ít nhat m®t so chia
het cho m. Đieu này trái với giả thiet.
V y f(x) = 0 không có nghi m nguyên.
Bài toán 1.4. Cho đa thác P(x) với các h so nguyên, chia het cho 3 khi x
lay các giá trị nguyên k, k + 1, k + 2. Cháng minh rang P(m) .3 với moi so
nguyên m.
ChGng minh.
Với hai so nguyên m và n phân bi t, ta có P(m) − P(n).(m − n).
Ta có các so P (m) − P (k), P (m) − P (k + 1) và P (m) − P (k + 2) theo
thá tự đó lan lượt chia het cho m − k, m − (k + 1), m − (k + 2) với moi
m ∈
/ {k, k + 1, k + 2}.

6
Vì m − k, m − (k + 1), m − (k + 2) là ba so nguyên liên tiep nên trong đó
có m®t so chia het cho 3. Do đó trong các so P (m) − P (k), P (m) − P (k + 1)
và P(m) − P(k + 2) có m®t so chia het cho 3.
M t khác, theo giả thiet, các so P (k), P (k + 1), P (k + 2) đeu chia het cho
3. V y P(m).3 với moi so nguyên m.
Bài toán 1.5 (xem [4]). Cho đa thác f (x) ∈ Z[x]. Cháng minh rang neu
phương trình f (x) = 1 có nhieu hơn 3 nghi m nguyên phân bi t thì phương
trình f(x) = −1 không có nghi m nguyên.
Lài giai.
Giả sả phương trình f (x) = −1 có nghi m nguyên là a thì f (a) = −1.
Goi x1, x2, x3, x4 là 4 nghi m nguyên phân bi t của phương trình f(x) = 1,
thì
Suy ra
f(x) − 1 = (x − x1)(x − x2)(x − x3)(x − x4)g(x).
f(a) − 1 = −2 = (a − x1)(a − x2)(a − x3)(a − x4)g(a),
trong đó (a − x1), (a − x2), (a − x3), (a − x4) là 4 so nguyên phân bi t.
Nhưng −2 không the phân tích được thành tích của 4 so nguyên khác
nhau nên đieu giả sả ở trên là sai. V y phương trình f(x) = −1 không có
nghi m nguyên.
Bài toán 1.6. Giả sả P (x) là đa thác b c 1991 với h so nguyên. Xét đa
thác Q(x) = P 2
(x) − 9. Cháng minh rang so nghi m nguyên của đa thác
Q(x) nhỏ hơn 1996.
Lài giai.
Giả sả so nghi m của đa thác Q(x) không nhỏ hơn 1996.
Q(x) = 0 ⇔ P2
(x) − 9 = 0 ⇔ [P(x) − 3][P(x) + 3] = 0.

7
Goi x1, x2, . . . , xk là các nghi m nguyên của
P(x) = 3, (x1 < x2 < · · · < xk)
và y1, y2, . . . , yl là các nghi m nguyên của
P(x) = −3, (y1 < y2 < · · · < yl).
Rõ ràng xi /= yj, ∀i, j. Vì deg P(x) = 1991 nên k ≤ 1991; l ≤ 1991.
M t khác k + l chính là so nghi m của đa thác Q(x) nên theo giả thiet
phản cháng thì k + l ≥ 1996. Tà đó ta có k ≥ 5, l ≥ 5, suy ra ton tại
i0, j0 (1 ≤ i0 ≤ k; 1 ≤ j0 ≤ l) sao cho
|xi0 − yj0| ≥ 7. (1.3)
Giả sả
P(x) = a1991x1991
+ a1990x1990
+ · · · + a1x + a0
với ai ∈ Z, i = 0, 1991.
The thì tà ai ∈ Z, i = 0, 1991, P(xi0) = 3 và P (yi0) = −3, suy ra
P(xi0 ) − P (yi0 ) = 6.
Vì P(x) là đa thác với h so nguyên và xi0, yi0 là các so nguyên nên ta có
P(yi ) − P(xi ). i — xi .
Như v y 6.(yi0
0
— xi0), suy ra
0
.y 0 0
yi0 − xi0 ≤ 6. (1.4)
Tà (1.3) và (1.4) suy ra mâu thuan. V y giả thiet phản cháng là sai, tác là
đa thác Q(x) = P2
(x) − 9 không the có quá 1995 nghi m nguyên.
Nh n xét 1.1. Ta có the cháng minh (1.3) như sau: Vì k ≥ 5, l ≥ 5, xi /
=
yj,
∀i, j do đó có ít nhat ba nghi m trong so các nghi m yj (j = 1, l) nhỏ
hơn (ho c lớn hơn) các nghi m xi (i = 1, k). Giả sả
x1 < x2 < · · · < xk < yp < yp+1 < yp+2

8
(ở đây yp, yp+1, yp+2 là 3 trong so các nghi m y1, y2, y3, . . . , yl).
Chú ý là ở đây các xi (i = 1, k), yp, yp+1, yp+2 đeu là so nguyên nên
|yp+2 − x1| = yp+2 − x1 ≥ k − 1 + 3 = k + 2.
Do k ≥ 5 nên suy ra |yp+2 − xi| ≥ 7.
1.2 M t so tính chat của phân thfíc hfiu tỉ v i h so
nguyên
Định nghĩa 1.1 (xem [4]). Hàm so f : R → R có dạng
P (x)
f(x) =
Q(x)
được goi là phân thác hǎu tỉ, trong đó P(x), Q(x) là các đa thác.
Neu đa thác P(x) và Q(x) là các đa thác có h so hǎu tỉ thì bang vi c
quy đong mau so ta sě đưa f(x) ve dạng
f(x) =
P1(x)
Q1(x)
trong đó P1(x) và Q1(x) là các đa thác có h so nguyên.
P (x)
Do v y phân thác hǎu tỉ f(x) =
Q(x)
được goi là phân thác hǎu tỉ có
h so nguyên neu như P(x), Q(x) ∈ Q[x].
Bài toán 1.7 (xem [4]). Cho phân thác hǎu tỉ
1
f(x) =
ax + b
∈ Q
với moi x ∈ Z. Cháng minh rang a, b ∈ Q.
ChGng minh.
1 1
f(x) = ∈ Q với moi x ∈ Z nên ax + b = ∈ Q với moi x ∈ Z.
ax + b f(x)
V y ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.

9
Bài toán 1.8 (xem [4]). Cháng minh rang neu f(x) =
C
1
ax + b
∈ Q với moi
x ∈ Z thì f(x) có dạng f(x) =
ChGng minh.
1
Ax + B
với A, B, C thu®c Z.
f(x) = ∈ Q với moi x ∈ Z nên theo Bài toán 1.7 ta có a, b ∈ Q.
ax + b
Đ t a =
m
,b =
n
e
f
(m, n, e, f ∈ Z). Khi đó
1
f(x) = m e
x +
nf
= =
mfx + ne
C
Ax + B
n f
với A, B, C thu®c Z.
Bài toán 1.9 (xem [4]). Cho phân thác hǎu tỉ f(x) =
x ∈ Z.
Cháng minh rang f(x) có the bieu dien dưới dạng
Ax + B
ax + b
cx + d
∈ Q với moi
ChGng minh.
f(x) =
Cx + D
(A, B, C, D ∈ Z). (1.5)
Neu ad − bc = 0 thì f(x) = const nên bieu dien (1.5) là hien nhiên.
Xét trường hợp ad − bc /= 0.
Neu c = 0 thì bieu dien (1.5) là hien nhiên.
Neu c = 0 thì sả dụng phân tích
f(x) − f(0)
x
1
=
αx + β
∈ Q với moi
x ∈ Z. Áp dụng Bài toán 1.8 ta sě được dạng bieu dien (1.5).
Nh n xét rang ket quả của Bài toán 1.9 cũng đúng trong trường hợp tőng
quát.
Bài toán 1.10 (xem [4]). Cho phân thác hǎu tỉ
P (x)
f(x) = ∈ Q ∀x ∈ Z, (P(x), Q(x)) = 1.
Q(x)
Cháng minh rang f(x) có the bieu dien được dưới dạng phân thác của hai
đa thác với h so nguyên.

10
p
x + qk
k
k=1
ChGng minh.
Giả sả
m
P(x) = a0 + a1x + · · · + amx ,
n
Q(x) = b0 + b1x + · · · + bnx .
Tại x = j (j = 0, 1, . . . , m + n) hàm f (x) nh n các giá trị hǎu tỉ tương
áng là cj. Khi đó ta có h phương trình tuyen tính với m + n + 2 ȁn:
a0, a1, . . . , am, b0, b1, . . . , bn dạng
a0 + a1k + · · · + amkm
− b0ck − b1ckk − · · · − bnckkn
= 0,
trong đó k = 0, 1, . . . , m + n.
Hai nghi m của h này cho ta hai c p đa thác P (x), Q(x) và P1(x), Q1(x)
có tính chat
P(k) − ckQ(k) = 0, P1(k) − ckQ1(k) = 0, ∀k = 0, m + n.
Hai c p nghi m này cho ta đa thác
g(x) = P (x)Q1(x) − P1(x)Q(x), deg g(x) ≤ m + n
nh n giá trị 0 tại m + n + 1 điem nên g(x) ≡ 0.
Do P (x) và Q(x) nguyên to cùng nhau nên P (x) = cP1(x); Q(x) =
cQ1(x).
V y h đã cho chỉ có m®t nghi m với sự sai khác m®t thàa tỉ l và như
v y ton tại ma tr n cap m + n + 1 trong ma tr n h so của h phương trình
đe định thác của nó khác 0 và nghi m đã nh n được là các so hǎu tỉ. Đây là
đieu can cháng minh.
Bài toán 1.11 (xem [4]). Cho p là m®t so nguyên dương, q ∈ [0, 1]. Giả sả
x ∈ [qp+1
, 1] và
f(x) =
Y x − q
.

11
p
=
. . −
.
.
−
−
. .
.
.
x+ q
j
p
.
.
−
.
.
−
j
p
−
p
. .
ta có x ≥ qi
. V y nên . .
k
−
Cháng minh rang
|f(x)| ≤
Y 1 − q
.
ChGng minh.
k=1
1 + qk
Ta có 0 < qp+1
< qp
< · · · < q < 1. Với qj+1
≤ x ≤ qj
thì khi i ≥ j + 1
Xét hi u
x − qi
x − qi
.x + qi .
1 − qi
x qi
x + qi
.
2qi
(x − 1)
x + qi
−
1 + qi
=
Do đó p
(x + qi) (1 + qi)
≤ 0.
p
k=
Y
j+1
Với k = 1, . . . , j, ta có
x qk
.x + qk . ≤
k=
Y
j+1
1 qk
1 + qk
.
Ta lại có
x − qj−(k−1)
j−(k−1)
qj−(k−1) x
= .
qj−(k−1) + x
qj−(k−1) − x 1 − qk
2 qj+1
− x
V y nên
qj−(k−1) − x
−
1 + qk
=
(1 + qk) x + qj−(k−1)
≤ 0.
Tà đó ta được
hay
k
Y
=1
k
Y
=1
x qk
.x + qk . ≤
x qk
.x + qk . ≤
k
Y
=1
k
Y
=1
1 qk
1 + qk
.
1 − qk
1 + qk
|f(x)| ≤
k
Y
=1
1 − qk
.1 + qk . .

12
−
−
−
a3 4
≥ a3
.
1.3 Định lj Viète
Định lj 1.2 (Định lý Viète (xem [6])). Giả sả f(x) ∈ R[x] có dạng
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0, deg f = n.
Khi đó, neu f có n nghi m x1, x2, . . . , xn (có the không phân bi t) thì
x1 + x2 + · · · + xn =
an−1
,
an
x1x2 + x1x3 + · · · + xn−1xn =
an−2
,
an
x1x2x3 + x1x2x4 + · · · + xn−2xn−1xn =
an−3
,
an
. . .
x1x2
ChGng minh.
. . . xn
= ( 1)n a0
.
an
Do f(x) là đa thác b c n và có n nghi m x1, x2, . . . , xn nên
f(x) = an(x − x1)(x − x2)........(x − xn)
= anxn
− an(x1 + x2 + · · · + xn)xn−1
+ · · · + (−1)n
anx1x2 ....... xn.
Dựa vào so sánh h so của f(x) theo cách khai trien trên và
f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ ····+ a1x + a0,
ta được đieu can cháng minh.
Bài toán 1.12. Cho đa thác f(x) = x4
+a1x3
+a2x2
+a3x+a4 có 4 nghi m
không âm (có the không phân bi t). Cháng minh
4 4
Lài giai.

13
1 2 3 4
1 2 3 4
n n
Goi 4 nghi m không âm của đa thác là x1, x2, x3, x4. Theo định lý Vi ét
ta có
x1x2x3x4 = a4 ≥ 0,
x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −a3 ≥ 0.
Áp dụng bat đȁng thác AM - GM cho 4 so không âm ta có
−a3 = x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 ≥ 4
q
4 x3
x3
x3
x3
.
Suy ra
−a3
≥
q
4 x3
x3
x3
x3
,
−a3
≥
q
4 a3
⇔
a3 4
≥ a3
.
4 4
4 4
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi
x1x2x3 = x1x2x4 = x1x3x4 = x2x3x4
⇔ x1 = x2 = x3 = x4.
Có the mở r®ng Bài toán 1.12 cho đa thác b c n như sau
Bài toán 1.13. Cho đa thác b c n
f(x) = a0xn
+ a1xn−1
+ · · · + an−1x + an(a0 =
/ 0)
có n nghi m không âm (có the không phân bi t). Cháng minh
an−1 n
≥ an−1
.
Cách giải bài toán này cũng tương tự như trên.
1.4 M t so bat đang thfíc cơ bản
Trong mục này sě trình bày bat đȁng thác AM - GM, đây là m®t bat đȁng
thác quen thu®c. Tà bat đȁng thác AM - MG ta cháng minh được m®t so
bat đȁng thác dưới đây. Các bat đȁng thác này được áp dụng trong phan
sau của lu n văn.
4

14
Σ Y !
Y Y !
n
n
Y 1
n
Y x
n
Y 1
n
Y x
n
1 Σ 1 1 Σ x
i=1
Bat đang thfíc AM - GM (xem[3])
n
1
n
i=1
xi ≥
1
n n
xi
i=1
(1.6)
với n là so nguyên dương, xi là so thực không âm, ∀i = 1, n.
Bat đang thfíc 1.4.1 (xem[3])
n
i=1
(1 + xi)
1
n
≥ 1 +
1
n n
xi
i=1
(1.7)
với n là sô nguyên dương, xi là so thực dương, ∀i = 1, n.
ChGng minh.
Bat đȁng thác (1.7) tương đương với
n
!1
n
!1
i=1
1 + xi i=1
1 + xi
Áp dụng bat đȁng thác AM - GM ta có
n !1 n !1
n n
i=1
1 + xi
i=1
1 + xi n i=1 1 + xi n i=1 1 + xi
=
1 Σ 1
+
xi
= 1.
Đây là đieu can cháng minh.
n
i=1
1 + xi 1 + xi
Σ q
‚
. Σ
n !2
Σ
n
!2
x2
+ y2
≥ , xi + yi
(1.8)
với n là sô nguyên dương, xi, yi là so thực dương, ∀i = 1, n.
i=1
i
i
i
+
≤
)
i
+
.
)
i
+
1 ≥
!
i=1

15
2
k
k
‚
.
, Σ
1 1 2 2
1 1 2 2
i=1
! !
Σ
2 2 2 2 2
i=1
ChGng minh.
Ta cháng minh bat đȁng thác (1.8) đúng với n = 2, tác là
q
x2
+ y2
+
q
x2
+ y2
≥
q
(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2. (1.9)
Th t v y, bình phương hai ve của (1.9), ta có
q
(x2
+ y2
)(x2
+ y2
) ≥ x1x2 + y1y2
⇔(x1 + y1)(x2 + y2) ≥ (x1x2 + y1y2)
⇔(x1y2 − x2y1) ≥ 0.
V y (1.9) đúng.
Giả sả bat đȁng thác (1.8) đúng với n = k, tác là
Σ q
‚
. Σ
k !2
Σ
k
!2
x2
+ y2
≥ , xi + yi .
Ta can cháng minh bat đȁng thác đúng với n = k + 1.
Xét
Σ
k+1 q Σ q q
Suy ra
i=1
i i i i
i=1
k+1 k+1
Σ
k+1 q ‚
. Σ
k
!2
Σ
k
!2
q
x2
+ y2
≥ , xi + yi + x2
+ y2
i=1
i i
i=1
k+1 2
≥ xi +
i=1
i=1
k+1
i=1
2
yi .
k+1 k+1
V y bat đȁng thác được cháng minh.
Σ
n Σ
n
xiyi
xi + yi
≤
xi
i=1
Σ
n
yi
i=1
Σ
n
(1.10)
i=1
i=1
n
.
i=1
i
i
Σ
i=1
x2
+ y2
= x2
+ y2
+ x2
+ y2
xi + yi

16
n
y
Σ
n 2
Σ Σ
!2
√ y
Σ
!
Σ n
n
2
1
2
≥
Σ
yi
Σ i
⇔ ≥
!
Σ
n i
với n là sô nguyên dương, xi, yi là so thực dương,∀i = 1, n.
ChGng minh.
Bat đȁng thác (1.10) tương đương với
n
n xi
Σ
n
Σ xiyi
− y ≤ i=1 i=1
−
Σ
y
i=1 xi + yi
Σ
xi +
Σ
yi
i=1
i=1
2 yi
i=1
.
i=1
Ta có
i=1
xi + yi
n
i=1
xi +
n
yi
i=1
Σ
n
!2
Σ
n
yi =
i=1 i=1
√
xi + yi
xi + yi
n
≤
i=1
2
i
xi + yi
n
i=1
xi +
Σ
i=1
yi
!
.
Ta có đieu can cháng minh.
1 Σ
xm
≥ 1
n m
xi (1.11)
n i
i=1
n
i=1
với m, n là so nguyên dương, xi là so thực không âm, ∀i = 1, n.
ChGng minh.
Ta cháng minh bat đȁng thác (1.11) bang phương pháp qui nạp theo n.
Với n = 2 ta có (1.11) là
xm
+ xm
x1 + x2
m
2
n
n
i
y
.
i

17
2
1 2 2
2
Σ
Σ
Σ
1
i
Σ
Σ
x
Σ Σ
1
2
≥ 1 2
1 2
1
2
≥ 1 2
1 2
1
i
!
2k i=1
Ta có
xm
+ xm
x1 + x2 xm−1
+ xm−1
xm
+ xm
− x1xm−1
− x2xm
− 21
4
⇔ xm−1
− xm−1
(x1 − x2) ≥ 0.
Đieu này đúng với moi so thực dương x1, x2 và m nguyên dương. Tà đó, ta
suy ra
xm
+ xm
x1 + x2 xm−1
+ xm−1
x1 + x2
2
xm−2
+ xm−2
≥ · · · ≥
x1 + x2
m
Giả sả (1.11) đúng với n = k, ta sě cháng minh (1.11) đúng với n = 2k.
Th t v y
1 Σ
xm
= 1 1 Σ
k 2k
xm
+ xm
2k i
i=1
2 k i
i=1
k i
i=k+1
1
"
1 Σ
k
!m
1
2k
!m#
1 Σ
2k
!m
Bat đȁng thác sě được cháng minh khi ta cháng minh được (1.11) đúng với
n = k + 1 thì sě đúng với n = k.
Th t v y, ta can cháng minh
hay
k
k
i=1
xm
≥
1
k
xi
k
i=1
k
P = m
i=1
1
k
xi
k
i=1
≥ (k + 1)
1
k
k
i=1
m
xi .
xi
k
k
2
2
2
2
2
2
2
2
≥ 0
2k
≥
≥
i=1
xi +
i=k+1
≥ xi .
⇔
.
!
!m
!
+
!m

18
xi +
k
xi
Áp dụng giả thiet quy nạp, ta có
"
1 Σ
k
1 Σ !#m
1 Σ
k
!m
V y bat đȁng thác (1.11) đã được cháng minh.
i=1
k
xi
i=1
i=1
k + 1
k
P ≥ (k + 1) ≥ (k + 1) .

19
√
Chương 2
Các dạng toán ve đa thfíc và phân
thfíc v i h so nguyên
2.1 Các dạng toán ve đa thfíc m t bien v i h so
nguyên và h thfíc Viète
Trong mục này, sě trình bày các bài toán ước lượng m®t so đại lượng liên
quan đen đa thác h so nguyên như: ước lượng h so, ước lượng nghi m, ước
lượng mien giá trị của đa thác,. . .
Bài toán 2.1. Cho tam thác b c hai f(x) = ax2
+ 1998x + c với a, c ∈ Z,
|a| < 2000, |c| < 2000 và f(x) có hai nghi m phân bi t x1, x2. Cháng minh
1
Lài giai.
|x1 − x2| ≥ .
998
f(x) có bi t thác ∆
′
= 9992
− ac, do f(x) có hai nghi m phân bi t x1, x2
nên ∆
′
> 0, ∆
′
∈ Z và
|x1 − x2| =
2 ∆′
.
|a|
Neu ∆
′
≥ 2 thì
|x1 − x2| =
2
√
∆′
>
|a|
2
√
∆′
2000
≥ 2
√
2
>
2000
1
998

20
Σ
1
n
xi
xi a0
a0
i=1
(do |a| < 2000).
Neu ∆
′
= 1 thì
ac = 9992
− 1 = 998.1000 = 24
.53
.449.
Do đó a là m®t ước so của 24
.53
.449, lại có 22
.449 = 1996 là m®t ước so của
24
.53
.449 và |a| < 2000 nên a ≤ 1996.
Tà đây ta suy ra
|x1 − x2| =
2
√
∆′
=
|a|
2
|a|
≥
2
=
1996
1
.
998
Bài toán 2.2. Cho đa thác P (x) = xn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0 và
|ai| = 1(i = 0, 1, . . . , n − 1). Cháng minh rang neu P(x) có n nghi m thực
thì n ≤ 3.
Lài giai.
Giả sả P(x) có n nghi m là x1, x2, . . . , xn. Áp dụng định lý Viète, ta có
n
xi = −an−1,
i=1n
Suy ra
Σ Σ
n
!2
i,j=
Σ
1,i<j
Σ
xixj = an−2.
Do x1x2 . . . xn = (−1)n
a0 và |a0| = 1 nên xi =
/ 0 ∀i.
De thay
xi
là nghi m của đa thác
Q(x) = a0xn
+ a1xn−1
+ · · · + an−1x + 1.
Áp dụng Định lý Viète, ta có
n
Σ 1
=
−a1
,
Σ 1
=
a2
.
i,j=1,i<j
xixj
i,j=1,i<j
i=1
i=1
n n
xi
2
= — 2 xixj = 3 (do|an−1| = 1, |an−2| = 1). (2.1)

21
!
2
Σ
Σ Σ
Suy ra
1
x 2
=
Σ
n 1
2
x
− 2
1
x x
= 3, ( do |a1| = 1, |a2| = 1). (2.2)
i=1 i i=1 i i,j=1,i<j i j
Tà (2.1) và (2.2), ket hợp với bat đȁng thác Cauchy, ta được
n n
9 =
Σ
x 2
Σ 1
≥ n .
Suy ra n ≤ 3.
i=1
i
i=1
xi
2
Bài toán 2.3 (xem[5]). Cho đa thác P (x) có b c m > 0 và có các h
so nguyên. Goi n là so các nghi m nguyên phân bi t của hai phương trình
P(x) = 1 và P(x) = −1. Cháng minh rang n ≤ m + 2.
Lài giai.
Xét hai đa thác A(x) và B(x) với các h so nguyên
A(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0,
B(x) = anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0 + 2.
Goi r, s là các nghi m nguyên tương áng của hai đa thác trên, tác là A(r) =
0, B(s) = 0. Ta có
n
A(r) − B(s) = ai(ri
− si
) − 2 = 0.
i=1
Tà đây suy ra neu r − s /= 0 thì 2 chia het cho r − s, tác là chỉ xảy ra
m®t trong ba trường hợp r và s hơn kém nhau 0, 1 ho c 2 đơn vị. Ta sě áp
dụng nh n xét trên đe giải bài toán.
Giả sả r là nghi m nguyên nhỏ nhat trong tat cả các nghi m nguyên của
hai phương trình P (x) = 1 và P (x) = −1. Do đa thác P (x) có b c m nên
moi phương trình trên không có quá m nghi m.
Theo nh n xét trên neu r là nghi m của phương trình này, s là nghi m của
phương trình kia và r là nghi m nguyên nhỏ nhat trong tat cả các nghi m
nguyên của hai phương trình thì s = r, s = r + 1 ho c s = r + 2.
n n

22
2
Do v y neu k là so nghi m của phương trình thá nhat thì so nghi m của
cả hai phương trình nhieu nhat là k + 2 mà k ≤ m nên ta suy ra n ≤ m + 2.
Bài toán 2.4 (xem[5]). Cho f (x) là đa thác b c n có các h so bang ±1.
Biet rang đa thác có x = 1 là nghi m b®i cap m với m ≥ 2k
, k ≥ 2 và k
nguyên. Cháng minh n ≥ 2k+1
− 1.
Lài giai.
Goi f(x) là đa thác với các h so theo modulo 2 của f(x). Vì f(x) có các
h so là 1 và -1 nên
f(x) = xn
+ xn−1
+ · · · + x + 1.
Ta có f (x) = (x − 1)2k
g(x), trong đó n ≥ 2k
và g(x) là đa thác h so
nguyên.
De dàng cháng minh được Ci
k ≡ 0(mod2), 1 ≤ i ≤ 2k
− 1 nên
f(x) = xn
+ xn−1
+ · · · + x + 1 = (x2k
+ 1)g(x). (2.3)
Giả sả g(x) có b c không quá 2k
− 2. Ta có h so của x2k−1
ở ve phải của
(2.3) là 0. Đieu này mâu thuan vì h so của x2k−1
ở ve trái của (2.3) là 1. Do
đó b c của g(x) không nhỏ hơn 2k
− 1. V y n ≥ 2k
+ 2k
− 1 = 2k+1
− 1.
Bài toán 2.5. Cho đa thác với h so nguyên
P(x) = akxk
+ · · · + a1x + a0.
Ta ký hi u so các h so lẻ của đa thác là h(P ). Với i = 0, 1, 2, . . . ta đ t
Qi(x) = (1 + x)i
. Cháng minh rang neu i1, i2, . . . , in là các so nguyên thỏa
mãn đieu ki n 0 ≤ i1 < i2 < · · · < in thì ta có
h(Qi1 + Qi2 + · · · + Qin ) ≥ h(Qi1).
Lài giai.
Trước het ta có nh n xét: Neu i là m®t b®i so của 2 thì tat cả các h so
của Qi đeu chȁn, ngoại trà h so đau tiên và h so cuoi cùng.

23
i
1
1
mB
i
Th t v y giả sả i = 2k
, k nguyên dương. Ta có h so của Qi(x) = (1+ x)i
là Cr
=
i!
r!(i − r)!
Giả sả 0 < r < i, r = 2l
r , r là so lẻ. Lúc đó Cr
=
i
Cr−1
nhưng Cr−1
là
1 1 i
r i−1 i−1
m®t so nguyên và l < k nên suy ra Cr
là so chȁn.
Đ t
Q = Qi1 + Qi2 + · · · + Qin.
Ta sě cháng minh bat đȁng thác ở đe bài bang quy nạp theo in.
Với in = 0 ho c in = 1 de thay bat đȁng thác đúng.
Giả sả bat đȁng thác đúng với các giá trị bé hơn in. Ta goi m là m®t lũy
thàa của 2 sao cho m ≤ in < 2m. Xét các trường hợp i1 ≥ m và i1 < m
Trường hợp 1 i1 ≥ m. Lúc đó ta có
Qi = (1 + x)m
A,
Q = (1 + x)m
B
với A, B là các đa thác có b c nhỏ hơn m.
Theo giả thiet qui nạp ta có h(A) ≤ h(B) nên
h(Qi ) = h((1 + x)m
A) = h(A + xm
A) = 2h(A)
≤ 2h(B) = h(B + xmB) = h((1 + x) )
= h(Q).
V y bat đȁng thác đúng ở trường hợp 1.
Trường hợp 2 i1 < m. Lúc đó ta lay r sao cho ir < m, ir+1 > m
Đ t
A = Qi1 + Qi2 + · · · + Qir ,
B(1 + x)m
= Qir+1 + Qir+2 + · · · + Qin.
Suy ra A và B có b c nhỏ hơn m. Lúc đó
h(Q) = h(A + (1 + x)m
B) = h(A + B + xm
B) = h(A + B) + h(B).

24
Vì h so của A là lẻ khi và chỉ khi m®t trong hai h so tương áng của A − B
và của B lẻ nên
h(A − B) ≥ h(A − B + B) = h(A).
Vì các h so tương áng của A−B và của A+B ho c bang nhau ho c cùng
tính chȁn lẻ nên h(A − B) = h(A + B). Do đó h(A + B) + h(B) ≥ h(A).
Ta cũng có h(A) ≥ h(Qij ) theo giả thiet quy nạp. V y bat đȁng thác cũng
đúng trong trường hợp 2.
Bài toán 2.6 (xem[5]). Cho f (x) là đa thác b c n với h so nguyên và
g(x) = f2
(x) − p2
, p là so nguyên to. Khi đó so nghi m nguyên phân bi t
của g(x) không vượt quá max{n, min{8, 2n}}.
Lài giai.
Goi
A = {x ∈ Z|f(x) = p} ,
B = {x ∈ Z|f(x) = −p} ,
C = {x ∈ Z|g(x) = 0} .
Ta có A ∪ B = C, A ∩ B = φ nên |C| = |A| + |B|.
Giả sả |A| ≥ 5. Ta cháng minh B = φ.
Th t v y, neu B /= φ. Ta lay 5 phan tả xi ∈ A, (i = 1, 5) và b ∈ B ta có
f(x) − p = (x − x1) . . . (x − x5)Q(x),
ở đó Q(x) là đa thác h so nguyên. Do đó
f(b) − p = (b − x1) . . . (b − x5)Q(b),
mà f(b) + p = 0, suy ra
−2p = (b − x1) . . . (b − x5)Q(b),

25
tác 2p được phân tích thành tích của ít nhat 5 so nguyên khác nhau.
Mâu thuan vì 2 = 2.1 = (−1)(−2), p = 1.p = (−1).(−p). Do đó B = φ.
V y |C| = |A| ≤ n.
Tương tự neu |B| ≥ 5 thì
|C| ≤ n. (2.4)
Xét trường hợp |B| ≤ 4 và |A| ≤ 4 ta có
|A| ≤ min{n, 4},
|B| ≤ min{n, 4}.
V y
|C| ≤ 2 min{n, 4} = min{2n, 8}. (2.5)
Tà (2.4) và (2.5) ta có đieu can cháng minh.
Bài toán 2.7. Cho các so nguyên a, b, c, biet a > 0 và đa thác ax2
+ bx + c
có hai nghi m khác nhau trong khoảng (0; 1). Cháng minh a ≥ 5. Tìm ít
nhat m®t c p so b, c đe a = 5.
Lài giai.
Vì đa thác P (x) = ax2
+ bx + c (a > 0) có hai nghi m khác nhau x1, x2
trong khoảng (0; 1) nên theo Định lý Viète ta có
0 <
Do đó a > c > 0, b < 0.
c
< 1,
a
b
< 0.
a
M t khác P (1) = a + b + c > 0 (do P (x) = ax2
+ bx + c có hai nghi m
khác nhau trong khoảng (0; 1) mà P (0) = c > 0). Suy ra a + c > −b > 0,
hay a2
+ 2ac + c2
> b2
. Do đó
(a − c)2
> b2
− 4ac > 0.

26
Q Q
Q
P(k)
j=0,j=
/ k
p−2 P(k)
j=0,j=
/ k
.
p−k
p−1
M t khác đa thác P (x) = ax2
+ bx + c (a > 0) có hai nghi m khác nhau
x1, x2 trong khoảng (0; 1) nên ∆ = b2
− 4ac là so nguyên dương, suy ra
a − c ≥ 2.
Giả sả a ≤ 4 thì xảy ra ba trường hợp của c p so nguyên a, c: a = 4 và
c = 2, a = 3 và c = 1, a = 4 và c = 1.
Xảy ra ba trường hợp tương áng
4 > b2
− 32 > 0 ⇔ 36 > b2
> 32 (loại);
4 > b2
− 12 > 0 ⇔ 16 > b2
> 12 (loại);
9 > b2
− 16 > 0 ⇔ 25 > b2
> 16 (loại).
V y a ≥ 5.
Với a = 5, phương trình 5x2
− 5x + 1 = 0 có hai nghi m thu®c khoảng
(0; 1). Do đó b = −5, c = 1 là m®t c p so b, c thỏa mãn.
Bài toán 2.8 (xem[5]). Cho p là m®t so nguyên to và P(x) ∈ Z[x] thỏa mãn
các đieu ki n
i) P(0) = 0;
ii) P(n) ho c chia het cho p ho c chia cho p có so dư bang 1 với moi n ∈ N∗
.
Cháng minh s ≥ p − 1.
Lài giai.
Giả sả ngược lại s < p − 2.
Khi đó theo công thác n®i suy Lagrange thì
p−2
p−2
(x − j) p−2
p−2
(x − j)
k=0
j=0
Q
,j/=
k
(k − j) k=0 k!(−1) (p − 2 − k)!
Cho x = p − 1 ta thu được
p−2
p−2
(p − 1 − j) p−2
.
P (k)(−1)p−k
Ck
=
P (k)
P(p − 1) =
Σ Σ
Σ Σ
P(x) = =
j=0,j k
k=0 k!(−1)p−k(p − 2 − k)! k=0

27
Σ
Σ
Theo giả thiet p nguyên to nên Ck
p−1 ≡ (−1)k
(mod p). Do v y
p−2
P(p − 1) ≡ (−1)p
P (k) (mod p).
k=0
Neu p = 2 thì 1 = P(1) ≡ (−1)2
P(0) (mod p), vô lý.
Neu p ≥ 3 thì p lẻ và vì v y
p−2
P(p − 1) ≡ − P (k) (mod p).
k=0
Tà đây suy ra
s = P(0) + P(1) + · · · + P(p − 2) + P(p − 1) ≡ 0 (mod p).
M t khác do giả thiet ii) thì s ≡ k (mod p) với 0 ≤ n ≤ p−1 và P (n) ≡ 1
(mod p) nên 1 ≤ s ≤ p − 1, tác là s /= 0 (mod p), mâu thuan với ket lu n
trên. V y đieu giả sả s < p − 2 là sai. Ta được đieu can cháng minh.
Bài toán 2.9. Cho P (x) là m®t đa thác không bang hang so, với h so
nguyên. Goi n(P ) là so nhǎng so nguyên k khác nhau sao cho [P (k)]2
= 1,
hãy cháng minh rang n(P ) − deg P ≤ 2 với deg P là b c của đa thác P (x).
Lài giai.
So k nói trong đau bài là so nghi m của hai phương trình
P (x) = 1, (2.6)
P(x) = −1. (2.7)
Neu phương trình (2.7) không có nghi m nguyên thì tat cả các so k đeu là
nghi m của (2.6), do đó n(P) không the vượt quá deg P, hay
n(P) − deg P ≤ 0.
Neu phương trình (2.6) không có nghi m nguyên cũng được xét tương tự.
Trường hợp cả hai phương trình (2.6) và (2.7) đeu có nghi m nguyên.

28
Goi x1, x2, . . . xr là tat cả các nghi m nguyên khác nhau của (2.6) và
y1, y2, . . . ys là tat cả các nghi m nguyên khác nhau của (2.7).
The thì r + s = n(P) và
P(x) + 1 = (x − y1) . . . (x − ys)g(x) (2.8)
với g(x) là đa thác h so nguyên.
Trong (2.8) cho x = x1 ta được
2 = P (x1) + 1 = (x1 − y1) . . . (x1 − ys)g(x1).
Các hi u x1 − y1, . . . , x1 − ys là s so nguyên khác nhau và so 2 chỉ có các ước
là −1, 1, −2, 2. Tà đó suy ra s ≤ 3.
Tương tự ta thay rang r ≤ 3, do đó n(P) = r + n ≤ 6.
Ta hãy phân bi t các trường hợp
a) deg P ≥ 4. Khi đó n(P) − deg P ≤ 6 − deg P ≤ 2.
b) deg P ≤ 2. Vì n(P) là so các nghi m nguyên khác nhau của phương
trình [P(x)]2
= 1 nên
Do đó
c) deg P = 3.
n(P ) ≤ deg P 2
= 2 deg P
n(P) − deg P ≤ deg P ≤ 2.
Neu n(P) ≤ 5 thì n(P) − deg P ≤ 5 − 3 = 2.
Đe ket thúc cháng minh, ta hãy cháng tỏ rang không the xảy ra trường
hợp deg P = 3 với n(P ) = 6. Th t v y, neu trường hợp này xảy ra thì ta
phải có r = s = 3 và (2.8) trở thành
P(x) + 1 = A(x − y1)(x − y2)(x − y3) (2.9)
với A là so nguyên. Có the coi rang y1 < y2 < y3. Cho x = x1 ta được
2 = P (x1) + 1 = A(x1 − y1)(x1 − y2)(x1 − y3).

29
Σ
Vì x1 − y1, x1 − y2, x1 − y3 là ba so nguyên khác nhau nên A /= ±2 tác là
A = ±1.
Neu A = 1, thì x1 − y1 > x1 − y2 > x1 − y3 và tích của ba so này bang 2
nên ba so ay phải là 1, −1, −2, đ c bi t x1 − y1 = 1.
Trong (2.9) lại cho x = x2 ta được
2 = (x2 − y1)(x2 − y2)(x2 − y3).
Tà đây suy ra x2 − y1 = 1. Đieu này vô lý vì x1 /= x2.
Trường hợp A = −1 cũng khảo sát tương tự.
V y ta được đieu can cháng minh.
Nh n xét 2.1. Bài toán (2.9) có the mở r®ng như sau: Cho P (x) là m®t đa
thác không bang hang so, với h so nguyên. Goi n(P ) là so nhǎng so nguyên
k khác nhau sao cho [P (k)]2
= r2
, hãy cháng minh rang n(P ) − deg P ≤ 2r
với deg P là b c của đa thác P (x). Đ c bi t, khi r = 0 ta có ket quả quen
thu®c: So nghi m của đa thác không vượt quá b c của đa thác đó.
Bài toán 2.10 (xem [4]). Cho f (x) ∈ Z[x], deg f = m ≥ 1 và f (x) có ít
nhat m®t nghi m hǎu tỉ. Giả sả phương trình |f(x)| = 1 có các nghi m tự
nhiên a1, a2, . . . , an, (a1 < a2 < · · · < an). Cháng minh rang
ln(ai
i<j
— aj ) <
m(m − 1)
.
2
Lài giai.
p
Goi (p, q ∈ Z, (p, q) = 1) là nghi m hǎu tỉ của P(x).
q
Theo giả thiet, ta có |p−qai| = 1 với moi i ∈ {1, 2, . . . , m}. Suy ra p−qai ∈
{1, −1} và m ≤ 2, do v y m = 2.
Do |f(a1)| = |f(a2)| = 1 nên suy ra
|f(a1)| = |f(a2)| ≤ 2,
|a2 − a1| ≤ |f(a2) − f(a1)| ≤ 2.

30
Σ
≤
Σ
−
V y ta có
ln(ai
i>j
— aj) = ln(a2 — a1
) ln 2 < 1 =
2(2 − 1)
2
=
m(m − 1)
.
2
2.2 Đa thfíc v i các h so nguyên và đong dư thfíc
Định nghĩa 2.1 (xem [1]). Cho đa thác f (x) với các h so nguyên và so
nguyên dương m ≥ 2. Ta nói rang phương trình đong dư f (x) ≡ 0 (mod m)
có nghi m x0 ∈ Z neu f(x0) ≡ 0 (mod m).
Neu x0 ∈ Z là m®t nghi m của phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) và t là
m®t so nguyên bat kỳ thì f(x0 + tm) ≡ f(x0) ≡ 0 (mod m).
Định lj 2.1 (xem [1]). Cho các so nguyên a và m, m ≥ 2, (a, m) = 1.
Khi đó phương trình ax ≡ b (mod m), b ∈ Z có nghi m duy nhat x0 ∈ Z
mà 0 ≤ x0 ≤ m − 1. Moi nghi m khác của phương trình này đeu có dạng
xt = x0 + mt, t ∈ Z.
ChGng minh.
Neu k, l ∈ Z, k =
/ l, 0 ≤ k ≤ m − 1, 0 ≤ l ≤ m − 1 thì
ak al (mod m).
Đieu này có nghĩa là bieu thác as − b, s = 0, 1, . . . , m − 1 cho m so dư khác
nhau khi chia cho m. V y ton tại duy nhat x0 ∈ Z, 0 ≤ x0 ≤ m − 1 sao cho
ax0 ≡ b (mod m).
Neu xt ∈ Z là m®t nghi m của phương trình đong dư ax ≡ b (mod m)
thì axt ≡ b (mod m). Suy ra a(xt − x0) chia het cho m, nhưng (a, m) = 1
v y xt − x0 chia het cho m. Suy ra xt = x0 + mt, t ∈ Z.
Định lj 2.2 (Công thác Taylor). Cho đa thác f (x) b c n, n ≥ 1 với các h
so thực và x0 ∈ R. Khi đó
n (k)
f(x) = f(x0 ) +
f (x0)
(x x
k! 0
k=1
)k
.

31
Σ
−
i
i
1 2 r i
1 2 r
1 2 r i
ChGng minh.
Ton tại các hang so b0, b1, . . . ., bn sao cho
f(x) = bn(x − x0)n
+ bn−1(x − x0)n−1
+ · · · + b0.
Với 1 ≤ k ≤ n, ta có
fk
(x) = k!bk+[(k+1) . . . 2(x−x0)bk+1]+· · ·+[n(n−1) · · · (n−k+1)(x−x0)n−k
bn].
Suy ra f (k)
(x0) = k!bk, do đó bk =
f (k)
(x0)
.
k!
M t khác f(x0) = b0. V y
f(x) = f(x0
n
f(k)
(x )
) + 0
(x x0
k!
k=1
)k
.
Định lj 2.3 (xem [1]). Cho đa thác f(x) với các h so nguyên và m®t so
nguyên to p. Neu phương trình đong dư f(x) ≡ 0 (mod p) có đúng r nghi m
nguyên phân bi t x(1)
, x(1)
, . . . , x(1)
thu®c đoạn [1; p] sao cho f′(x(1)
) /= 0
(mod p), (1 ≤ i ≤ r) thì phương trình đong dư f(x) ≡ 0 (mod pk
) có đúng r
nghi m nguyên phân bi t thu®c đoạn [1; pk
] với moi k ≥ 1 : x(k)
, x(k)
, . . . , x(k)
và đoi với các nghi m này ta có f′(x(k)
) /= 0 (mod p) (1 ≤ i ≤ r).
ChGng minh.
Ta cháng minh khȁng định bang phương pháp quy nạp toán hoc theo k.
Với k = 1 thì khȁng định đúng.
Giả sả khȁng định đúng với k ≥ 1. Đieu đó có nghĩa là trong đoạn [1; pk
]
thì phương trình đong dư f(x) ≡ 0 (mod pk
) có đúng r nghi m nguyên phân
bi t x(k)
, x(k)
, . . . , x(k)
, đong thời f′(x(k)
) 0 (mod p) với 1 ≤ i ≤ r.
Giả sả x0 ∈ Z, x0 ∈ [1; pk+1
] là m®t nghi m của phương trình đong dư
f (x) ≡ 0 (mod pk+1
). Khi đó f (x0) ≡ 0 (mod pk+1
). Suy ra f (x0) ≡ 0
(mod pk
). Ton tại duy nhat i ∈ [1; r], t ∈ Z, t ∈ [0; p − 1] sao cho x0 =
x(k)
+ pk
t.

32
i
i i
i
pk i
≡ x
i
i i
i i i i
i i
j!
Giả sả x = x(k)
+ pk
t (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z, t ∈ [0, p − 1]) thì x ∈ Z. Theo
công thác Taylor ta có
(k) (k) f ′′(x(k)
) f (n)
(x
(k)
)
f(x) = f(x ) + f′(x )pk
t + i
(pk
t)2
+ · · · + i
(pk
t)n
,
2! n!
trong đó n là b c của f(x).
f (j)
(x
(k)
)
Ta có i
∈ Z và jk ≥ k + 1, i ≥ 2.
Phương trình f(x) ≡ 0 (mod pk+1
) tương đương với
f(xk
) + f′(xk
)pk
t ≡ 0 (mod pk+1
)
hay
f(x(k)
) (k)
(chú ý rang
f(x(k)
)
pk
i
+ f′(x )t ≡ 0 (mod p)
∈ Z).
Đ t x(k+1)
= x(k)
+ pk
ti thì x(k+1)
∈ [1; pk+1
], x(k+1)
∈ Z và f(x(k+1)
) ≡ 0
i i i i i
(mod pk+1
).
M t khác, x(k+1) (k)
(mod p). Suy ra f′(x(k+1)
) ≡ f′(x(k)
) (mod p).
Suy ra f′(x(k+1)
) /= 0 (mod p) vì f′(x(k)
/= 0 (mod p).
V y phương trình đong dư f(x) ≡ 0 (mod pk+1
) có đúng r nghi m
nguyên phân bi t trong đoạn [1; pk+1
] : x(k+1)
, x(k+1)
, . . . , x(k+1)
, đong thời
1 2 r
f ′
(x(k+1)
) 0 (mod p), (1 ≤ i ≤ r). Như v y khȁng định cũng đúng với
k + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán hoc thì khȁng định đúng với moi k ≥ 1.
Định lý 2.3 đã được cháng minh. Áp dụng định lý này có the giải được
bài toán sau.
Bài toán 2.11. Cho đa thác P (x) = x3
+ 153x2
− 111x + 38.
1. Hỏi trong đoạn [1; 32000
] có ít nhat bao nhiêu so nguyên dương a sao cho
P(a) chia het cho 32000
?
2. Hỏi trong đoạn [1; 32000
] có nhieu nhat là bao nhiêu so nguyên dương a
sao cho P (a) chia het cho 32000
?

33
ChGng minh.
Giả sả x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ 32000
và P(x).32000
. Do 153 ≡ 0 (mod 3), 111 ≡ 0
(mod 3), 38 ≡ 2 (mod 3), suy ra x = 3y + 1, (y ∈ Z, 1 ≤ y ≤ 31999
− 1).
Ta có
P(x) = P(3y + 1) = 27(y3
+ 52y2
+ 22y + 3).
Phương trình P (x).32000
tương đương với y3
+ 52y2
+ 22y + 3.31997
, suy ra
y = 3t + 1 ho c y = 3t, (t ∈ Z, 1 ≤ t ≤ 31998
− 1).
Neu y = 3t + 1 thì
y3
+ 52y2
+ 22y + 3 = 27t3
+ 495t2
+ 387t + 78
không chia het cho 9.
V y y = 3t, suy ra
y3
+ 52y2
+ 22t + 3 = 3(9t2
+ 156t2
+ 22t + 1).
Phương trình P (x).32000
tương đương với 9t3
+ 156t2
+ 22t + 1.31996.
Xét đa thác f(t) = 9t3
+ 156t2
+ 22t + 1.
Với t ∈ Z thì f(t) ≡ 0 (mod 3) hay 22t + 1 ≡ 0 (mod 3). Trong đoạn
[1; 3] thì phương trình đong dư 22t + 1 ≡ 0 (mod 3) có m®t nghi m duy
nhat t = 2. M t khác f′(2) ≡ 22 ≡ 1 (mod 3) suy ra f′(2) /= 0 (mod 3).
Theo Định lý 2.3, trong đoạn [1; 31996
] phương trình đong dư f (t) ≡ 0
(mod 31996
) có m®t nghi m nguyên duy nhat t0.
Với t ∈ Z, t ∈ [1; 32000
] : f (t) ≡ 0 (mod 31996
) khi và chỉ khi ton tại
h ∈ Z, 0 ≤ h ≤ 8 sao cho t = t0 + 31996
h. V y phương trình đong dư
f (t) ≡ 0 (mod 31996
) có đúng chín nghi m nguyên phân bi t trong đoạn
[1; 31998
− 1]. Tà đó suy ra rang trong đoạn [1; 32000
] có đúng chín so nguyên
dương a phân bi t sao cho P(a) chia het cho 32000
.
Định lj 2.4 (xem [1]). Cho đa thác f (x) khác hang so và có các h so
nguyên. Khi đó ton tại vô so so nguyên to p sao cho phương trình đong dư
f(x) ≡ 0 (mod p) có nghi m.

34
ChGng minh.
Giả sả f(x) = a0xn
+a1xn−1
+· · ·+an, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n ≥ 1, a0 0.
Neu an = 0 thì f (x) = xg(x), trong đó g(x) là đa thác với các h so
nguyên, khi đó phương trình đong dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghi m với moi
so nguyên to p.
Giả sả an 0 và phương trình đong dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghi m
với moi so nguyên to p1, p2, . . . , pk. Với t ∈ Z, đ t xt = p1p2 . . . pkant. Khi
đó
f(xt) = a0(p1p2 . . . pkant)n
+ · · · + an−1p1p2 . . . pkant + an
= an(p1p2 . . . pkB + 1), B ∈ Z.
Chon t ∈ Z phù hợp, ta suy ra ton tại vô so so nguyên to p sao cho phương
trình đong dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nghi m. Đây là đieu can cháng minh.
Áp dụng định lý 2.4 ta có the giải được bài toán sau.
Bài toán 2.12. Cho đa thác f (x) khác hang so và có các h so nguyên. Giả
sả n, k là các so nguyên dương. Cháng minh rang ton tại so nguyên x sao
cho các so f (x), f (x + 1), . . . , f (x + n − 1) đeu có ít nhat k ước nguyên to
phân bi t.
Lài giai.
Theo định lý 2.4, ton tại các so nguyên to p1, p2, . . . , pk, pk+1, . . . , pnk khác
nhau tàng đôi m®t và các so nguyên x1, x2, . . . , xnk sao cho
f(xj) ≡ 0 (mod pj) (1 ≤ j ≤ nk).
Theo định lý Trung Hoa ve so dư, ton tại so nguyên x sao cho
x ≡ xi+mk − m (mod pi+mk) (1 ≤ i ≤ k, 0 ≤ m ≤ n − 1).
Tà đó ta có đieu phải cháng minh.

35
2.3 Bat đang thfíc phân thfíc sinh b i tam thfíc b c
hai trên m t khoảng
Cho tam thác b c hai với h so nguyên f(x) = ax2
+ bx + c. Trong mục
này ta xét đieu ki n can và đủ của α, β đe luôn có bat đȁng thác
au2
+ bu + c
2av + b
≥
av2
+ bv + c
2av + b
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u v
và xét m®t so áp dụng liên quan.
b
Nh n xét rang đieu ki n đe 2ax+b /= 0 với moi x ∈ (α, β) là −
2a
∈
/ (α, β).
b b
Đieu này tương đương với ho c −
2a
≤ α ho c −
2a
≥ β.
Tà đó suy ra
M nh đe 2.1. Cho tam thác b c hai với h so nguyên f(x) = ax2
+ bx + c.
Đieu ki n can đe có bat đȁng thác
au2
+ bu + c
2av + b
≥
b
av2
+ bv + c
2av + b
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u
b
v (2.10)
là ho c −
2a
≤ α ho c −
2a
≥ β.
Tiep theo, ta phát bieu và cháng minh đieu ki n đủ đe có (2.10).
Định lj 2.5. Giả sả f(x) = ax2
+ bx + c, a /= 0 là tam thác b c hai với h
so nguyên. Khi đó, đieu ki n can và đủ đe có bat đȁng thác
au2
+ bu + c
2av + b
≥
b
av2
+ bv + c
2av + b
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u v
là α ≥ −
2a
, trong đó α, β ∈ Z.
ChGng minh.
Trường hợp 1. Khi a > 0.
b
Khi đó với v > −
2a
thì
(2.10) ⇔ au2
+ bu + c ≥ av2
+ bv + c + (u − v)(2av + b), ∀u, v ∈ (α, β)

36
2
2
2
2
⇔ a(u − v) ≥ 0, ∀u, v ∈ (α, β).
Đieu này là hien nhiên. V y (2.10) thỏa mãn.
b
Xét v < −
2a
thì
(2.10) ⇔ au2
+bu+c ≤ av2
+bv+c+(u−v)(2av+b), ∀u, v ∈ (α, β), u /= v
⇔ a(u − v) ≤ 0, ∀u, v ∈ (α, β), u /= v.
Đieu này không xảy ra. V y (2.10) không thỏa mãn.
Trường hợp 2. Khi a < 0.
b
Khi đó với v > −
2a
thì
(2.10) ⇔ au2
+bu+c ≤ av2
+bv +c +(u−v)(2av +b), ∀u, v ∈ (α, β), u v
⇔ a(u − v) ≤ 0, ∀u, v ∈ (α, β), u /= v.
Đieu này là hien nhiên. V y (2.10) thỏa mãn.
b
Xét v < −
2a
thì
(2.10) ⇔ au2
+bu+c ≥ av2
+bv+c+(u−v)(2av+b), ∀u, v ∈ (α, β), u /= v
⇔ a(u − v) ≥ 0, ∀u, v ∈ (α, β), u /= v.
Đieu này không xảy ra. V y (2.10) không thỏa mãn.
b
V y (2.10) đúng với v > −
2a
mà ta can (2.10) đúng với moi v ∈ (α, β)
b
nên suy ra α ≥ −
2a
. Ket hợp với đieu ki n can ta có đieu ki n can và đủ
được nêu trong Định lý 2.5.
Tương tự ta cũng có định lý sau:
Định lj 2.6. Giả sả f(x) = ax2
+ bx + c, a /= 0 là tam thác b c hai với h
so nguyên. Khi đó, đieu ki n can và đủ đe có bat đȁng thác
au2
+ bu + c
2av + b
≤
b
là β ≤ −
2a
.
Tà Định lý 2.5, ta có
av2
+ bv + c
2av + b
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u v

37
/
1 2 3
1 2 3
H quả 2.1. Giả sả f(x) = ax2
+ bx + c, a = 0 là tam thác b c hai với
b
h so nguyên và α ≥ −
2a
. Khi đó, với moi b® so u1, u2, u3 ∈ (α, β) và
v1, v2, v3 ∈ (α, β) sao cho u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3, ta đeu có
au2
+ bu1 + c au2
+ bu2 + c au2
+ bu3 + c
1
+ 2
+ 3
2av1 + b 2av2 + b 2av3 + b
av2
+ bv1 + c av2
+ bv2 + c av2
+ bv3 + c
+
2av1 + b
+
2av2 + b
.
2av3 + b
Tà Định lý 2.6, ta có
H quả 2.2. Giả sả f(x) = ax2
+ bx + c, a
b
0 là tam thác b c hai với
h so nguyên và β ≤ −
2a
. Khi đó, với moi b® so u1, u2, u3 ∈ (α, β) và
v1, v2, v3 ∈ (α, β) sao cho u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3, ta đeu có
au2
+ bu1 + c au2
+ bu2 + c au2
+ bu3 + c
1
+ 2
+ 3
2av1 + b 2av2 + b 2av3 + b
av2
+ bv1 + c av2
+ bv2 + c av2
+ bv3 + c
+
2av1 + b
+
2av2 + b
.
2av3 + b
Tiep theo, ta xét m®t so áp dụng liên quan đen hàm phân thác.
Bài toán 2.13. Xét các so nguyên dương x, y, z có x + y + z = 12. Cháng
minh rang
Lài giai.
2x2
+ x
+
21
2y2
+ y
+
17
2z2
+ z
13
≥
29207
.
4641
Theo Định lý 2.5, ta có
2u2
+ u
4v + 1
≥
2v2
+ v
4v + 1
+ u − v, ∀u, v ∈ (0, +∞), u =
/ v. (2.11)
Chon 3 so v ∈ (0, +∞) sao cho 4v + 1 ∈ {21; 17; 13} và có tőng bang 12.
Ta thu được v1 = 5, v2 = 4, v3 = 3. Tiep theo, the vào (2.11), ta được
2x2
+ x
21
≥
2y2
+ y
17
≥
2z2
+ z
13
≥
55
21
+ x − 5, ∀x ∈ (0, +∞);
35
17
+ y − 4, ∀y ∈ (0, +∞);
21
13
+ z − 3, ∀z ∈ (0, +∞).
C®ng các ve tương áng ta thu được đieu can cháng minh.
≥
≤

38
− −
− − −
Bài toán 2.14. Xét các so nguyên âm x, y, z có x + y + z = −10. Tìm giá
trị lớn nhat của
Lài giai.
2x x2
A =
12
2y y2
+
8
2z z2
+ .
6
2u u2
2 − 2v
≤
2v v2
2 − 2v
+ u − v, ∀u, v ∈ (−∞, 0), u v. (2.12)
Chon 3 so v ∈ (−∞, 0) sao cho 2 − 2v ∈ {12; 8; 6} và có tőng bang -10.
Ta thu được v1 = −5, v2 = −3, v3 = −2. Tiep theo, the vào (2.12), ta được
2x − x2
35
12
≤ −
12
+ x + 5, ∀x ∈ (−∞, 0);
2y − y2
15
8
≤ −
8
+ y + 3, ∀y ∈ (−∞, 0);
2z − z2
4
6
≤ −
3
+ z + 2, ∀z ∈ (−∞, 0).
49 49
C®ng các ve tương áng ta thu được A ≤ −
8
. Lại có A = −
8
khi x =
−5, y = −3, z = −2.
49
V y giá trị lớn nhat của A bang −
8
đạt được khi x = −5, y = −3, z =
−2.
Bài toán 2.15. Xét các so nguyên dương x, y, z có x + y + z = 10. Tìm giá
trị nhỏ nhat của bieu thác
A = 35(x2
+ x) + 55(y2
+ y) + 77(z2
+ z).
Lài giai.
B®i so chung nhỏ nhat của 35, 55, 77 là 385. Ta có
A
=
385
x2
+ x
+
11
y2
+ y
7
z2
+ z
+ .
5
u2
+ u
2v + 1
≥
v2
+ v
2v + 1
+ u − v, ∀u, v ∈ (0, +∞), u v. (2.13)

39
− − −
Chon ba so v ∈ (0, +∞) sao cho 2v + 1 ∈ {11; 7; 5} và có tőng bang 10.
x2
+ x
11
≥
y2
+ y
7
≥
z2
+ z
5
≥
30
11
+ x − 5, ∀x ∈ (0, +∞),
12
7
+ y − 3, ∀y ∈ (0, +∞),
6
5
+ z − 2, ∀z ∈ (0, +∞).
C®ng các ve tương áng ta thu được
A = 2172 khi x = 5, y = 3, z = 2
A
385
≥
2172
385
hay A ≥ 2172, lại có
V y giá trị nhỏ nhat của A là 2172 đạt được khi x = 5, y = 3, z = 2.
trị lớn nhat của bieu thác
x2
+ x 30
M = +
2x + 1
y2
+ y 12
+
2y + 1
z2
+ z 6
.
2z + 1
Lài giai. Theo Định lý 2.5, ta có
u2
+ u
2v + 1
≥
v2
+ v
2v + 1
+ u − v, ∀u, v ∈ (0, +∞), u v. (2.14)
Chon ba so u ∈ (0, +∞) sao cho u2
+ u ∈ {30; 12; 6} và có tőng bang 10.
Ta thu được u1 = 5, u2 = 3, u3 = 2. Tiep theo, the vào (2.14), ta được
30
2x + 1
≥
12
2y + 1
≥
6
2z + 1
≥
x2
+ x
2x + 1
+ 5 − x, ∀x ∈ (0, +∞),
y2
+ y
2y + 1
+ 3 − y, ∀y ∈ (0, +∞),
z2
+ z
2z + 1
+ 2 − z, ∀z ∈ (0, +∞).
C®ng các ve tương áng ta thu được
30 12 6 x2
+ x y2
+ y z2
+ z
2x + 1
+
2y + 1
+
2z + 1
≥
.
+ + .
2x + 1 2y + 1 2z + 1
Chuyen ve trái của bat đȁng thác này sang bên phải ta thu được M ≤ 0.
Ket lu n: Giá trị lớn nhat của M bang 0 khi x = 5, y = 3, z = 2.

40
2.4 Bat đang thfíc sinh b i hàm phân tuyen tính trên
m t khoảng
Cho hàm phân thác hǎu tỉ với h so nguyên
ax + b
f(x) = , c > 0, ad − bc /= 0
.
cx + d
Trong mục này ta xét bài toán xác định các khoảng (α, β), (α < β) sao
cho áng với moi hàm phân thác hǎu tỉ với h so nguyên ở trên ta đeu có bat
đȁng thác
au + b
cu + d
ad − bc
≥
(cv + d)2
av + b
cv + d
ad − bc
(cv + d)2
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u v
và xét các áp dụng liên quan.
d
Nh n xét rang đe cx + d /= 0 với moi x ∈ (α, β) thì −
c
∈
/ (α, β). Đieu
d d
này tương đương với ho c −
c
≤ α ho c −
c
≥ β.
Tà đó suy ra
M nh đe 2.2. Cho hàm phân thác hǎu tỉ với h so nguyên
ax + b
f(x) = , c > 0, ad − bc /= 0
.
cx + d
Đieu ki n can đe có bat đȁng thác
au + b
cu + d
ad − bc
≥
(cv + d)2
d
av + b
cv + d
ad − bc
(cv + d)2
d
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u v (2.15)
là ho c −
c
≤ α ho c −
c
≥ β.
Tiep theo, ta phát bieu và cháng minh đieu ki n đủ đe có (2.15).
Định lj 2.7. Cho hàm phân thác hǎu tỉ với h so nguyên
ax + b
f(x) = , c > 0, ad − bc /= 0
.
cx + d

41
−
−
— −
— −
cv + d (cv + d)2
cv + d (cv + d)2
Khi đó
Neu ad bc > 0 thì đieu ki n can và đủ đe có bat đȁng thác (2.15) là
d
β ≤ −
c
.
Neu ad bc < 0 thì đieu ki n can và đủ đe có bat đȁng thác (2.15) là
d
α ≥ −
c
.
ChGng minh.
Trường hợp 1. Xét ad − bc > 0. Khi đó,
au + b
(2.15) ⇔ ≥
av + b
+ (u − v)
h ad − bc i
, ∀u, v ∈ (α, β)
c(u v)2
(ad bc)
⇔ −
(cu + d)(cv + d)2
≥ 0, ∀u, v ∈ (α, β).
d d
Khi đó, với u > −
c
thì (2.15) không thỏa mãn, với u < −
c
thì (2.15) thỏa
d
mãn, mà ta can (2.15) thỏa mãn ∀u, v ∈ (α, β) nên suy ra β ≤ −
c
.
Trường hợp 2. Xét ad − bc < 0. Khi đó
au + b
(2.15) ⇔ ≤
av + b
+ (u − v)
ad − bc
, ∀u, v ∈ (α, β)
c(u v)2
(ad bc)
⇔ −
(cu + d)(cv + d)2
≤ 0, ∀u, v ∈ (α, β).
d
Khi đó, với u > −
c
thì (2.15) thỏa mãn, với u <
−d
c
thì (2.15) không thỏa
d
mãn, mà ta can (2.15) thỏa mãn ∀u, v ∈ (α, β) nên suy ra α ≥ −
c
.
V y ta có đieu can cháng minh.
Tương tự, ta cũng có định lý:
Định lj 2.8. Cho hàm phân thác hǎu tỉ với h so nguyên
ax + b
f(x) = , c > 0, ad − bc /= 0
.
cx + d
Xét bat đȁng thác
au + b
cu + d
ad − bc
≤
(cv + d)2
av + b
cv + d
ad − bc
(cv + d)2
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u v. (2.16)
cu + d
cu + d

42
−
−
x + 1 y + 1 z + 1
Khi đó
Neu ad bc > 0 thì đieu ki n can và đủ đe có bat đȁng thác (2.16) là
d
α ≥ −
c
.
Neu ad bc < 0 thì đieu ki n can và đủ đe có bat đȁng thác (2.16) là
d
β ≤ −
c
.
Tà Định lý 2.7, Định lý 2.8 ta phát bieu ket quả đe sả dụng trong các bài
toán áp dụng ở phan sau.
H quả 2.3. Giả sả f(x) =
ax + b
cx + d
là phân thác hǎu tỉ h so nguyên thỏa
d
mãn: c > 0, ad − bc < 0, α ≥ −
c
ho c c > 0, ad − bc > 0, β ≤
d
—
c
, a.b, c, d ∈ Z. Khi đó, với moi b® so u1, u2, u3 ∈ (α, β) và v1, v2, v3 ∈
(α, β) sao cho u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3, ta đeu có
auk + b
3 avk + b
3
Σ cuk + d ≥
Σ cvk + d .
k=1
ad − bc
(cvk + d)2
ax + b
k=1
ad − bc
(cvk + d)2
H quả 2.4. Giả sả f(x) =
cx + d
là phân thác hǎu tỉ h so nguyên thỏa
d
mãn: c > 0, ad − bc > 0, α ≥ −
c
ho c c > 0, ad − bc < 0, β ≤
d
—
c
, a.b, c, d ∈ Z. Khi đó, với moi b® so u1, u2, u3 ∈ (α, β) và v1, v2, v3 ∈
(α, β) sao cho u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3, ta đeu có
auk + b
3 avk + b
3
Σ cuk + d ≤
Σ cvk + d .
k=1
ad − bc
(cvk + d)2
k=1
ad − bc
(cvk + d)2
trị lớn nhat của
A = 36
−x + 2
+ 16
−y + 2
+ 9
−z + 2
.

43
u + 1
x + 1
y + 1
z + 1
u + 1
x + 1 y + 1 z + 1
Lài giai. Theo h quả 2.3, ta có
−u + 2
u + 1
3
≥
−
(v + 1)2
−v + 2
v + 1
−3
(v + 1)2
+ u − v, ∀u, v ∈ (0, +∞), u /= v
⇔ (v + 1)2 −u + 2
≤ (−v + 2)(v + 1) − 3(u − v), u, v ∈ (0, +∞), u /= v.
(2.17)
Chon ba so v ∈ (0, +∞) sao cho (v + 1)2
∈ {36; 16; 9} và có tőng bang 10.
Ta thu được v1 = 5, v2 = 3, v3 = 2.
Tiep theo, the vào (2.17), ta được
36
−x + 2
≤ −18 − 3(x − 5), ∀x ∈ (0, +∞),
16
−y + 2
≤ −4 − 3(y − 3), ∀y ∈ (0, +∞),
9
−z + 2
≤ −3(z − 2), ∀z ∈ (0, +∞).
C®ng các ve tương áng ta thu được A ≤ −22. Lại có A = −22 khi x =
5, y = 3, z = 2.
V y giá trị lớn nhat của A bang -22, đạt được khi x = 5, y = 3, z = 2.
Bài toán 2.18. Xét các so nguyên âm x, y, z có x + y + z = −9. Cháng
minh bat đȁng thác
9(2x − 1)
+
4(2y − 1)
+
2z − 1
≤ 46.
2u − 1
u + 1
3 ≤
(v + 1)2
2v − 1
v + 1
3
(v + 1)2
+ u − v, ∀u, v ∈ (−∞; 0), u v
⇔ (v + 1)2 2u − 1
≤ (2v − 1)(v + 1) + 3(u − v), u, v ∈ (−∞; 0), u v.
(2.18)

44
x + 1
y + 1
z + 1
u + 1
Chon ba so v ∈ (−∞; 0) sao cho (v + 1)2
∈ {9; 4; 1} và có tőng bang -9. Ta
thu được v1 = −4, v2 = −3, v3 = −2.
Tiep theo, the vào (2.18), ta được
9
2x − 1
≤ 27 + 3(x + 4), ∀x ∈ (−∞; 0),
4
2y − 1
≤ 14 + 3(y + 3), ∀y ∈ (−∞; 0),
2z − 2
≤ 5 + 3(z + 2), ∀z ∈ (−∞; 0).
C®ng các ve tương áng ta thu được đpcm.
trị lớn nhat của bieu thác
P = 36
x − 1
+ 16
y − 1
+ 9
z − 1
.
x + 1 y + 1 z + 1
u − 1
u + 1
2 ≤
(v + 1)2
v − 1
v + 1
2
(v + 1)2
+ u − v, ∀u, v ∈ (0, +∞), u /= v
⇔ (v + 1)2 u − 1
≤ v2
− 1 + 2(u − v), ∀u, v ∈ (0, +∞), u /= v. (2.19)
Chon ba so v ∈ (0, +∞) sao cho (v + 1)2
∈ {36; 16; 9} và có tőng bang 10.
36
x − 1
x + 1
16
y − 1
y + 1
≤ 24 + 2(x − 5), ∀x ∈ (0, +∞),
≤ 8 + 2(y − 3), ∀y ∈ (0, +∞),
9
z − 1
z + 1
≤ 3 + 2(z − 2), ∀z ∈ (0, +∞).
C®ng các ve tương áng ta thu được P ≤ 35, ∀x, y, z ∈ (0, +∞). V y
max P = 35, đạt được khi x = 5, y = 3, z = 2.

45
Σ
Σ
Σ
Σ
2.5 Phân thfíc chính quy và m t so tính chat
Định nghĩa 2.2 (xem [4]). Hàm f(x) xác định trên t p các so thực dương,
không đong nhat với 0 được goi là phân thác chính quy neu
n
f(x) = akxαk
,
k=1
n
Ví dn 2.1. De dàng kiem cháng các hàm so sau đây là phân thác chính quy
f (x) = 7 + 3x + x2
+
1
1
x2
1
+
x3
,
f (x) = 4x2
+ 3x3
+
1
2
x5
3
+
x4
.
Định nghĩa 2.3 (xem [4]). Hàm f(x) xác định trên t p các so thực dương,
không đong nhat với 0 được goi là phân thác chính quy hǎu tỉ neu
n
f(x) = akxαk
,
k=1
n
Tà định nghĩa, ta de dàng suy ra các tính chat sau:
Tính chat 2.1. Neu f (x) là hàm phân thác chính quy thì f (x) > 0 áng với
moi x > 0.
Tính chat 2.2. Neu f(x) và g(x) là các hàm phân thác chính quy thì với
moi c p so dương α, β, hàm so h(x) = αf (x) + βg(x) cũng là hàm phân thác
chính quy.
Tính chat 2.3. Neu f (x) và g(x) là các hàm phân thác chính quy thì hàm
so h(x) = f(g(x)) cũng là hàm phân thác chính quy.
Tính chat 2.4. Neu f (x) là hàm phân thác chính quy thì hàm so h(x) =
[f(x)]m
với m nguyên dương cũng là hàm phân thác chính quy.
akαk = 0, ∀k = 1, n.
k=1
akαk = 0, ∀k = 1, n.
k=1
trong đó ak > 0; αk ∈ Z;
trong đó ak ∈ N; αk ∈ Z;

46
Σ
Σ
f(x1, x2, . . . , xm) =
Σ
akxαk1
xαk2
. . . xαkm
,
f(x1, x2, . . . , xm) = akxαk1
xαk2
. . . xαkm
,
Định nghĩa 2.4 (xem [4]). Hàm so f (x1, x2, . . . , xm) không đong nhat 0,
xác định với xi dương, ∀i = 1, n được goi là hàm phân thác chính quy hǎu
tỉ m bien neu
1 2 m
k=1
trong đó
ak ∈ N; αkj ∈ Z; ∀k = 1, n; ∀j = 1, m,
a1α11 + a2α21 + · · · + anαn1 = 0,
a1α12 + a2α22 + · · · + anαn2 = 0,
. . . ,
a1α1m + a2α2m + · · · + anαnm = 0.
Tà định nghĩa trên, ta có tính chat sau:
Tính chat 2.5. Hàm so f (x1, x2, . . . , xm) là hàm phân thác chính quy hǎu
tỉ khi và chỉ khi các hàm phân thác thành phan f (1, . . . , 1, xk, 1, . . . , 1) cũng
là hàm phân thác chính quy hǎu tỉ.
Ví dn 2.2. De dàng kiem tra được hàm so
f(x, y) = 2x3
y8
+ 3x4
y9
+
6
+
1
x3y7 y
là hàm phân thác chính quy, và các hàm phân thác thành phan là: f1(x) =
2x3
+ 3x4
+ 6x−3
+ 1; f2(y) = 2y8
+ 3y9
+ 6y−7
+ y−1
.
Định lj 2.9 (xem [4]). Với moi hàm phân thác chính quy
nk
1 2 m
k=1
Σ
n
ta đeu có f(x1, . . . , xm) ≥
ChGng minh.
k=1
ak, ∀xi dương, i = 1, n.
Áp dụng bat đȁng thác AM - GM ta có
n
akxαk1
xαk2
. . . xαkm
f(x1, x2, . . . , xm) 1 2 m
= k=1
a1 + a2 + · · · + an a1 + a2 + · · · + an
n

47
Σ
Σ Σ
−
Σ
−
(x) = x
a
Σ
p
n n
Σ
akαkj = 0,
ak αk −
p
= ak
p
= q − p.
p
= 0.
Σ Σ
k=1
Σ
n
akαk1
n
akαk2
n
akαkn
1
a1+a2+···+an
≥ xk=1
Σ
n
k=1
2
. . . xk=1
= 1
Dau "=" xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xm = 1.
H quả 2.5. Với moi hàm phân thác chính quy f(x1, x2, . . . , xm) với xi
dương, ∀i = 1, n, ta đeu có min f(x1, x2, . . . , xm) = f(1, 1, . . . , 1).
Nh n xét 2.2. Với moi hàm phân thác dạng g(x) =
n
k=1
akxαk
, ak ≥ 0, đ t
n n
ak = p, akαk = q thì hàm so
k=1 k=1
−q
f(x) = x p g(x)
là m®t hàm phân thác chính quy.
ChGng minh.
Ta có
n n
nên
f(x) =
q
x p g
q
p
k=1
kxαk
= ak
k=1
xαk− q
Σ q Σ Σ q q
Đieu đó cháng tỏ f(x) là phân thác chính quy.
Tà đó ta thu được định lí quan trong sau đây:
Định lj 2.10 (xem [4]). Moi hàm phân thác chính quy dạng
đeu có tính chat
n
g(x) = akxαk
, ak ≥ 0, k = 1, n
k=1
q
g(x) ≥ g(1)xp , ∀x > 0,
k=1
k=1
m
x
1
n
do j = 1, m
.
k=1
akαk −

48
Σ Σ
trong đó
ChGng minh.
n
ak = p,
k=1
n
akαk = q.
k=1
−q
Theo nh n xét trên, ta có f(x) = x p g(x) là m®t phân thác chính quy
nên theo H quả 2.5, ta suy ra f(x) ≥ f(1) mà f(1) = g(1) nên ta có đieu
can cháng minh.
Ví dn 2.3. Tìm giá trị nhỏ nhat của bieu thác:
f(x, y) = 2x−3
y3
+ x5
y−1
+ xy−5
(x > 0, y > 0).
Ta de dàng kiem tra được f(x, y) là phân thác chính quy hai bien x; y.
Ta có f(1, 1) = 4
f(x, y) x−3y3 x5y−1 xy−5 −3 3 5 −1 1 −5
= +
4 2
⇔f(x, y) ≥ 4.
4
+
2
≥ x 2 y2 x4 y 4 x4 y 4 = 1
V y min f(x, y) = 4 khi và chỉ khi x = 1, y = 1.

49
Chương 3
M t so bài toán liên quan đen bat
đang thfíc và cfic trị trên t p so
nguyên
3.1 Bat đang thfíc trên t p so nguyên
Trong mục này sě trình bày m®t so bài toán ve bat đȁng thác trong t p
so nguyên. Đe cháng minh bat đȁng thác trên t p so nguyên ta van áp dụng
các bat đȁng thác quen thu®c như: bat đȁng thác AM - GM..., tuy nhiên
không phải lúc nào cũng áp dụng trực tiep được mà can ky thu t tách, ghép
m®t cách khéo léo. đây ta sả dụng tính chat của so nguyên đe tách, ghép
chȁng hạn như: so nguyên dương n có the tách được thành tőng n so 1, ho c
tích ab (với a, b nguyên dương) có the tách thành tőng của b so a ho c tőng
của a so b. . . .Các bài toán dưới đây sě làm rõ thêm ý tưởng trên.
Bài toán 3.1 (xem[3]). Với a, b, c là các so tự nhiên dương. Cháng minh
rang 2 2 2 1
a + b + c
a + b + c
≥ aa
bb
cc a+b+c
.

50
Σ
a2
+ b2
+ c2
a + b + c
1
n
Y n
Lài giai. Đ t
Ta có
n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = a,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = b,
xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = c.
a2
= a.a = x1 + x2 + · · · + xa,
b2
= b.b = xa+1 + xa+2 + · · · + xa+b,
c2
= c.c = xa+b+1 + xa+b+2 + · · · + xa+b+c,
a a+b n
aa
=
Y
xi, bb
=
Y
xi, cc
=
Y
xi.
Suy ra
i=1
n
i=a
n
i=a+b
!1
Ta có đieu can cháng minh.
i=1 i=1
rang
ab + bc + ca a b c
Lài giai. Đ t
a + b + c
≥ ba+b+c ca+b+c aa+b+c .
n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = b,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = c,
xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = a.
1
a+b+c
.
aa
.bb
.cc
=
xi
= xi ≥

51
Σ Y !
Ta thu được
ab = x1 + x2 + · · · + xb,
bc = xb+1 + xb+2 + · · · + xb+c,
ca = xb+c+1 + xb+c+2 + · · · + xb+c+a,
ba
= x1x2 . . . xa,
cb
= xa+1xa+2 . . . xa+b,
ac
= xa+b+1xa+b+2 . . . xa+b+c,
n
ab + bc + ca =
1
(ab + bc + ac) =
1 Σ
x ,
a + b + c n n
i
i=1
n !1
a
ba+b+c
b
ca+b+c
c
aa+b+c =
1
ba
cb
ac n
= n
xi .
i=1
Áp dụng bat đȁng thác AM-GM ta có
n
1
n
i=1
xi ≥
1
n n
xi
i=1
Tà đó suy ra đieu can cháng minh.
rang
a b a b
Lài giai. Đ t
(1 + a)a+b (1 + b)a+b ≥ 1 + aa+b ba+b .
n = a + b; a, b ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = a,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = b.
Y

52
n !
n !
Y Y !
(1 + xi)
xi
i=1
i=1
Ta thu được
1
Y n
1
Y n
Áp dụng Bat đȁng thác 1.4.1 ta có
n
i=1
(1 + xi)
1
n
≥ 1 +
1
n n
xi
i=1
với n là sô nguyên dương, xi là so thực dương, ∀i = 1, n. Tà đó suy ra đieu
can cháng minh.
rang
Lài giai. Đ t
(a + b + c)2
(a4
+ b4
+ c4
) ≥ (a2
+ b2
+ c2
)3
.
n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = a,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = b,
xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = c.
!
a b
(1 + a)a+b .(1 + b)a+b = ,
a b
aa+b .ba+b = .

53
b = x a+b
c = x a+b+c
Σ
Σ
x
Σ
x
Σ
!
!
3
Σ
!
3
!
i=1
Khi đó ta được
a2
= x1 + x2 + · · · + xa,
b2
= xa+1 + xa+2 + · · · + xa+b,
c2
= xa+b+1 + xa+b+2 + · · · + xa+b+c,
a4
= x3
+ x3
+ · · · + x3
,
1
4 3
a+1
2
3
a+2
a
+ · · · + x3
,
4 3
a+b+1
3
a+b+2 + · · · + x3
,
Σ
n
(a2
+ b2
+ c2
)3
=
n
i=1
3
xi .
Áp dụng Bat đȁng thác 1.4.4 ta được
1
n
n i ≥
i=1
3
1
n3
xi
i=1
Hay
n
n2
i ≥
i=1
n
i=1
3
xi .
rang
(a + b + c)2
(ab3
+ bc3
+ ca3
) ≥ (ab + bc + ca)3
.
+ x
+ x
x
n
(a + b + c)2
(a4
+ b4
+ c4
) = n2 3
i ,
!
!

54
a+1 a+b
ca = x a+b+c
Σ
Σ
Σ
x
Σ
x
Σ
!
!
3
Σ
!
3
!
Lài giai. Đ t
n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = b,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = c,
xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = a.
ab = x1 + x2 + · · · + xa,
bc = xa+1 + xa+2 + · · · + xa+b,
ca = xa+b+1 + xa+b+2 + · · · + xa+b+c,
ab3
= x3
+ x3
+ · · · + x3
,
1
bc3
= x3
2
3
a+2
a
+ · · · + x3
,
3 3
a+b+1
3
a+b+2 + · · · + x3
,
(a + b + c)2
(ab3
+ bc3
+ ca3
) = n2
n
3
i
i=1
(ab + bc + ca)3
=
n
i=1
3
xi .
Áp dụng Bat đȁng thác 1.4.4 ta được
1
n
n i ≥
i=1
3
1
n3
xi
i=1
Hay
n
n2
i ≥
i=1
n
i=1
3
xi .
+ x
+ x
x
n
!
,
!

55
a
i
√ Σ
a+b q
i
√
aΣ
+b+c q
i
Σ
n
1 + x2
≤ ,n2 +
xi
i
i=1
rang
a
√
1 + a2 + b
√
1 + b2 + c
√
1 + c2 ≥
q
(a + b + c)2 + (a2 + b2 + c2)2.
Lài giai. Đ t
n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = a,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = b,
xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = c.
a
√
1 + a2 =
Σ
i=1
q
1 + x2
,
b 1 + b2 = 1 + x2
,
c 1 + c2 =
i=a
1 + x2
,
i=a+b
√ √ √ Σ
i=1 q
a 1 + a2 + b 1 + b2 + c
n
1 + c2 =
n 1 + x2
,
a2
+ b2
+ c2
= xi.
i=1
Σ q
‚
. Σ
n
!2
Hay
a
√
1 + a2 + b
√
1 + b2 + c
√
1 + c2 ≥
q
(a + b + c)2 + (a2 + b2 + c2)2.
i=1
i

56
√
q
1 + x ,
√ Σ
a+b q
i
n
1 + x2
≥ ,n2 + xi
i
i=1
Bài toán 3.7 (xem[3]). Với a, b là các so tự nhiên dương. Cháng minh rang
a
√
1 + b2 + b
√
1 + a2 ≥
q
(a + b)2 + 4a2b2.
Lài giai. Đ t
n = a + b; a, b ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = b,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = a.
a 1 + b2 = 2
i
i=1
b 1 + a2 = 1 + x2
,
i=a
√ √ Σ
i=1 q
a 1 + a2 + b 1 + b2 =
n
Σ
a
1 + x2
,
a+b
!2 Σ
n
!2
4a2
b2
= (ab + ba)2
=
Theo Bat đȁng thác 1.4.2, ta có
i=1
xi + xi
i=a
= xi .
i=1
Σ q
‚
. Σ
n
!2
Hay
a
√
1 + b2 + b
√
1 + a2 ≥
q
(a + b)2 + 4a2b2.
a2 b2 c2 (a + b + c)(a2
+ b2
+ c2
)
1 + a
+
1 + b
+
1 + c
≤
(a + b + c) + (a2 + b2 + c2)
.
i=1
i
a
Σ
Σ

57
a
Σ
Σ
Σ
1 + a 1 + b a + b + 2ab
i=a
Lài giai. Đ t
n = a + b + c; a, b, c ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xa = a,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = b,
xa+b+1 = xa+b+2 = · · · = xa+b+c = c.
a2
=
Σ xi
,
1 + a
2
i=1
a+b
1 + xi
b
=
Σ xi
,
c2 a+b+c
=
xi
,
2 2 2 i=1
a b c
+ + =
Σ xi
,
1 + a 1 + b 1 + c
n
n
1 + xi
a2
+ b2
+ c2
= xi.
i=1
Σ
n
Σ xi
n xi
i=1
i=1
1 + xi
n
n + xi
i=1
Hay
a2 b2 c2 (a + b + c)(a2
+ b2
+ c2
)
1 + a
+
1 + b
+
1 + c
≤
(a + b + c) + (a2 + b2 + c2)
.
ab
1
+
1
≤
2ab(a + b)
.
n
1 + b 1 + xi
1 + c i=a+b
1 + xi
≤

58
b
Σ
Σ Σ
Σ
Lài giai. Đ t
n = a + b; a, b ∈ N∗,
x1 = x2 = · · · = xb = a,
xb+1 = xb+2 = · · · = xa+b = b.
ab Σ xi
= ,
1 + a
ba
=
i=1
a+b
1 + xi
xi
,
1 + b 1 + xi
i=b+1 n
ab ba
+ =
Σ xi
,
1 + a 1 + b i=1
b
1 + xi
a+b n
2ab = ab + ba = xi +
i=1
i=
Σ
b+1
xi = xi.
i=1
Áp dụng Bat đȁng thác 1.4.3, ta có
Σ
n
Σ xi
n xi
i=1
i=1
1 + xi
n
n + xi
i=1
Hay
ab
1
+
1
≤
2ab(a + b)
.
1 + a
1 + b a + b + 2ab
3.2 Cfic trị trên t p so nguyên
Trong mục này ta trình bày các bài toán ve cực trị trên t p so nguyên. Đe
tìm giá trị lớn nhat, giá trị nhỏ nhat của m®t bieu thác trên t p so nguyên
n
≤

59
−
2 #
−
ta can ket hợp giǎa vi c ước lượng giá trị bieu thác và các tính chat so hoc
của so nguyên như: tính chia het, đong dư, tính sap thá tự. . . .Đôi khi còn
phải ket hợp đánh giá bieu thác với giải phương trình nghi m nguyên đe tìm
được giá trị của bien khi bieu thác đạt cực trị. Các bài toán dưới đây sě làm
rõ hơn ý tưởng trên.
Bài toán 3.10. Với m, n là các so nguyên dương sao cho tőng m so dương
chȁn khác nhau và n so dương lẻ khác nhau bang 2369. Tìm giá trị lớn nhat
của P = 3m + 2n.
Lài giai.
Tőng của m so dương chȁn phân bi t nhỏ nhat là
m(m + 1)
2 + 4 + · · · + 2m = 2
2
Tőng của n so dương lẻ phân bi t nhỏ nhat là
= m2
+ m.
Do đó
1 + 3 + · · · + 2n − 1 = n2
.
hay
2369 ≥ n2
+ m2
+ m =
1 2
1
m + + n2
2 4
Ta có
1 2
m + + n2
2
9477
.
4
P = 3m + 2n = 3 m +
1
+ 2n −
3
≤
‚
.
,(32 + 22)
"
m +
2 2
1
+ n2
3
2 2
≤
r
13.
9477
−
3 = 174.
4 2
Xét h phương trình
3m + 2n = 174
m2
+ m + n2
= 2369.
(
≤

60
m
Ta có 3m + 2n = 174 , suy ra n = 87 − 3
2
. Do đó m = 2t; n = 87 − 3t.
Suy ra (2t)2
+ 2t + (87 − 3t)2
= 2369 hay t = 20.
V y h trên có nghi m m = 40, n = 27.
Tóm lại P ≤ 174 với moi m, n thỏa mãn yêu cau đe bài, hơn nǎa áng với
m = 40, n = 27 thì P = 174. V y giá trị lớn nhat của P là 174.
Bài toán 3.11 (xem [2]). Cho k là so nguyên dương lớn hơn 2. Tìm giá trị
lớn nhat của bieu thác
f(x, y, z) = xy + 2xz + 3yz
trên mien D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương và x + y + z = k}.
Lài giai.
Vì t p hợp D có hǎu hạn phan tả (x, y, z) nên P sě có giá trị lớn nhat
trên D. Giả sả
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = x0y0 + 2x0z0 + 3y0z0. (3.1)
Xét x0 ≥ 2. Khi đó có the xảy ra hai trường hợp
1. Neu z0 ≥ y0. De thay (x0 − 1, y0 + 1, z0) ∈ D và
f(x0 − 1, y0 + 1, z0) = x0y0 + 2x0z0 + 3y0z0 + (z0 − y0) + (x0 − 1).
Do x0 > 1 và z0 ≥ y0 nên tà trên suy ra
f(x0 − 1, y0 + 1, z0) > f(x0, y0, z0).
Đieu này mâu thuan với giả thiet (3.1).
V y không xảy ra trường hợp z0 ≥ y0.
2. Neu z0 < y0. De thay (x0 − 1, y0, z0 + 1) ∈ D và
f(x0 − 1, y0, z0 + 1) = x0y0 + 2x0z0 + 3y0z0 + 2(y0 − z0) + 2(x0 − 1).
Do x0 ≥ 2 và z0 < y0 nên tà trên suy ra
f(x0 − 1, y0 + 1, z0) > f(x0, y0, z0).

61
Đieu này mâu thuan với giả thiet (3.1). Suy ra không xảy ra trường hợp
z0 < y0. V y không the xảy ra giả thiet x0 ≥ 2. Tà đây suy ra x0 = 1.
Khi x0 = 1, bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhat của bieu thác
f1(y, z) = y + 2z + 3yz
trên mien D1 = {(y, z) : y, z nguyên dương và y + z = k − 1}, ở đây k là so
nguyên dương lớn hơn 2.
Do t p hợp D1 có hǎu hạn phan tả (y, z) nên f1(y, z) sě có giá trị lớn
nhat trên D1. Giả sả
Ta sě cháng minh
bang phản cháng.
max
(y,z)∈D1
f1(y, z) = y1 + 2z1 + 3y1z1.
z1 ≥ y1 (3.2)
Th t v y, giả sả z1 < y1. De thay (y1 − 1, z1 + 1) ∈ D1 và
f1(y1 − 1, z1 + 1) = y1 + 2z1 + 3y1z1 + 3(y1 − z1 − 1) + 1.
Do z1 < y1 và z1, y1 là so nguyên nên z1 + 1 ≤ y1. Suy ra
f(y1 − 1, z1 + 1) > f(y1, z1).
Vô lý. V y giả thiet z1 < y1 sai , (3.2) đúng nghĩa là z1 ≤ y1
Ta lại cháng minh
bang phản cháng.
Th t v y, giả sả
z1 − y1 ≤ 1 (3.3)
z1 − y1 > 1 (3.4)
De thay (y1 + 1, z1 − 1) ∈ D1 và
f1(y1 + 1, z1 − 1) = y1 + 2z1 + 3y1z1 + 3(z1 − y1 − 1).

62
−
1 1
−
Do z1 − y1 > 1 và z1, y1 là so nguyên nên z1 − y1 − 1 ≥ 1, suy ra
f1(y1 − 1, z1 + 1) > f1(y1, z1).
Đieu này mâu thuan với giả thiet. Cháng tỏ đieu giả sả (3.4) là sai. V y (3.3)
đúng. Tà (3.2) và (3.3) ta có 0 ≤ z1 − y1 ≤ 1.
Như v y có hai khả năng xảy ra
1. Neu z1 − y1 = 0 hay z1 = y1 , suy ra
z1 = y1 =
k − 1
.
2
Vì the đe z1, y1 nguyên thì k − 1 chia het cho 2 hay k lẻ. Lúc này
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = f 1,
k − 1
,
2
k − 1
2
= 3
k − 1
2
(k 1)2
+ 3
4
3k2
+ 1
= .
4
2. Neu z1 − y1 = 1 hay z1 = y1 + 1 , tà z1 + y1 = k − 1, suy ra
y =
k − 2
, z =
k
.
2 2
Vì the đe z1, y1 nguyên thì k chia het cho 2 hay k chȁn . Lúc này
max
(x,y,z)inD
f(x, y, z) = f 1,
k − 2
,
k
2 2
3k2
4
= .
4
Ket lu n max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =
3k2
+ 1
4
3k2
− 4
4
khi k lẻ
khi k chȁn.
Bài toán 3.12 (xem [2] ). Cho k là so nguyên dương lớn hơn 2. Tìm giá trị
lớn nhat của hàm so
f(x, y, z) = xyz
trên mien D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương và x + y + z = k}.
Lài giai.
Không giảm tính tőng quát, giả sả x ≥ y ≥ z.

63
Vì D là t p hǎu hạn các phan tả (x, y, z) nên f(x, y, z) sě đạt giá trị lớn
nhat trên D. Giả sả
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = f(x0, y0, z0) = x0y0z0 vớix0 ≥ y0 ≥ z0. (3.5)
Giả sả x0 − z0 > 1. Khi đó chỉ có the xảy ra ba trường hợp
1. x0 = y0 > z0 + 1.
Ta có x0 + y0 + z0 = k hay x0 + (y0 − 1) + (z0 + 1) = k.
M t khác do x0 = y0 > z0 +1 và z0 > 0 nên x0, (y0 −1), (z0 +1) cũng nguyên
dương, tác là (x0, y0 − 1, z0 + 1) ∈ D.
Lại có
f(x0, y0 − 1, z0 + 1) = x0(y0 − 1)(z0 + 1) = x0y0z0 + x0(y0 − z0 − 1).
Do x0 = y0 > z0 + 1 nên tà trên suy ra
f(x0, y0 − 1, z0 + 1) > x0y0z0 = f(x0, y0, z0).
Đieu này mâu thuan với (3.5).V y trường hợp 1 không the xảy ra.
2. Neu x0 > y0 > z0 .
Xét b® ba nguyên dương (x0 − 1, y0, z0 + 1). Do x0 > y0 > z0 và x0, y0, z0
nguyên dương nên x0 ≥ y0 + 1 và y0 ≥ z0 + 1, suy ra x0 − 1 > 0. Rõ ràng
(x0 − 1) + y0 + (z0 + 1) = k nên (x0 − 1, y0, z0 + 1) ∈ D.
M t khác
f(x0 − 1, y0, z0 + 1) = y0(x0 − 1)(z0 + 1) = x0y0z0 + y0(x0 − z0 − 1) > x0y0z0.
Suy ra
f(x0 − 1, y0, z0 + 1) > f(x0, y0, z0).
Đieu này mâu thuan với (3.5). Suy ra trường hợp 2 không the xảy ra.
3. x0 − 1 > y0 > z0.
L p lu n tương tự như trên ta có (x0 − 1) + (y0 + 1) + z0 = k nên
(x0 − 1, y0 + 1, z0) ∈ D và
f(x0 − 1, y0 + 1, z0) = x0y0z0 + z0(x0 − y0 − 1) > f(x0, y0, z0).

64
−
−
Đieu này mâu thuan với (3.5). Suy ra trường hợp 3 không the xảy ra.
Đieu đó cháng tỏ giả thiet x0 − z0 > 1 là sai. V y ta phải có x0 − z0 ≤ 1.
Do v y chỉ có the xảy ra hai trường hợp
a. Neu x0 − z0 = 0. Ket hợp với x ≥ y ≥ z và x0 + y0 + z0 = k, ta có
k
x0 = y0 = z0 =
3
.
Đieu này xảy ra khi và chỉ khi k chia het cho 3.
b. Neu x0 − z0 = 1. Lúc này lại có hai khả năng
b1. x0 = y0 + 1 = z0 + 1. Suy ra
k + 2
x = , y = z =
k − 1
.
0
3 0 0
3
Trường hợp này xảy khi k ≡ 1 (mod 3).
b2. x0 = y0 = z0 + 1.
Suy ra
x0 = y0
k + 1
= , z0
3
=
k − 2
.
3
Trường hợp này xảy khi k ≡ 2 (mod 3). Ket lu n
max
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) =
k3
27
khi k ≡ 0 (mod 3)
(k + 2)(k 1)2
27
khi k ≡ 1 (mod 3)
(k 2)(k + 1)2
27
khi k ≡ 2 (mod 3).
Bài toán 3.13 (xem [2]). Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
f(x, y, z, t) = x2
+ y2
+ 2z2
+ t2
trên mien D = {(x, y, z, t) : x, y, z, t ∈ N; x2
− y2
+ t2
= 21; x2
+ 3y3
+ 4z2
=
101}.
Lài giai.
Lay (x, y, z, t) tùy ý thu®c D, ta có
x2
− y2
+ t2
= 21,
x2
+ 3y3
+ 4z2
= 101.

65
C®ng tàng ve hai phương trình trên ta được 2x2
+ 2y2
+ 4z2
+ t2
= 122. Suy
ra
2(x2
+ y2
+ 2z2
+ t2
) = 122 + t2
.
Tà đó suy ra f(x, y, z, t) ≥ 61 với moi (x, y, z, t) ∈ D. Đȁng thác xảy ra khi
t = 0.
Xét h phương trình
H này tương đương với
t = 0
x2
− y2
+ t2
= 21
x2
+ 3y3
+ 4z2
= 101
x, y, z ∈ N.
t = 0
x2
− y2
= 21
x2
+ 3y3
+ 4z2
= 101
x, y, z ∈ N.
Vì x2
− y2
= 21 và x, y nguyên dương nên
x + y = 21
x − y = 1
ho c
x + y = 7
x − y = 3.
Suy ra x = 11, y = 10 ho c x = 5, y = 2.
Tà x2
+ 3y3
+ 4z2
= 101, ta có x = 5, y = 2, z = 4. Như v y (5, 2, 4, 0) ∈
D, f(5, 2, 4, 0) = 61 .
V y max
(x,y,x)∈D
f(x, y, z) = 61.
Bài toán 3.14 (xem [2]). Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
f(x) = |5x2
+ 11xy − 5y2
|
(
(

66
2 2
. .
2 2
.5x2
+ 11xy − 5y2. /= 1
.
2 2
trên mien D = {(x, y) : x, y ∈ N; y là so lẻ }.
Lài giai.
Lay (x, y) tùy ý thu®c D, ta có y là so tự nhiên lẻ nên 5y2
là so lẻ.
Neu x là so chȁn thì 5x2
+ 11xy là so chȁn, suy ra 5x2
+ 11xy − 5y2
là so
lẻ.
Neu x là so lẻ thì 5x2
, 11xy là so lẻ , suy ra 5x2
+ 11xy − 5y2
là so lẻ.
V y trong moi trường hợp, ta đeu có 5x2
+ 11xy − 5y2
là so lẻ.
Ta sě cháng minh |5x2
+ 11xy − 5y2
| = 1. Th t v y, giả sả
Suy ra
|5x + 11xy − 5y | = 1.
20 .5x2
+ 11xy − 5y2. = 20
hay
⇔| (10x + 11y) − 221y | = 20,
(10x + 11y)2
− 221y2
= 20 ho c (10x + 11y)2
− 221y2
= −20.
Do 221 = 13.17, bình phương m®t so nguyên tùy ý đong dư với 1, 3,
4, -1, -3, -4 theo modulo 13, 20 đong dư 7 theo modulo 13, -20 đong dư -7
theo modulo 13 nên không ton tại x, y thỏa mãn hai đȁng thác trên. V y
L p lu n tương tự ta cũng có 5x2
+ 11xy − 5y2
=
/ 3.
Ket hợp với |5x2
+ 11xy − 5y2
| là so lẻ, nên suy ra
|5x + 11xy − 5y | ≥ 5.
Tác là ta có f(x, y) ≥ 5 với moi (x, y) thu®c D, lại có (0, 1) ∈ D, f(0, 1) = 5.
V y giá trị nhỏ nhat của hàm f(x, y) trên mien D là 5 đạt được khi
(x, y) = (0, 1).

67
−
−
Bài toán 3.15 (xem [2]). Tìm giá trị lớn nhat và nhỏ nhat của hàm so
f(x, y, z) =
x 2z
+
y t
trên mien D = {(x, y, z) : x, y, z, t ∈ Z; 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100}.
Lài giai.
1. Lay (x, y, z, t) tùy ý thu®c D. Do 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ t nên
x
y
≤ 1,
2z
t
≤ 2.
Suy ra f(x, y, z, t) ≤ 3 với moi (x, y, z, t) thu®c D. Rõ ràng (1, 1, 1, 1) ∈ D
và f(1, 1, 1, 1) = 3. V y
max
(x,y,z,t)∈D
f(x, y, z, t) = 3.
2. Lay (x, y, z, t) tùy ý thu®c D. Do 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100 nên
x z 1 y
hay
f(x, y, z, t) = + 2 ≥
y t
1
+ 2
y 100
y
f(x, y, z, t) ≥
1 y
+ .
y 50
Xét hàm so g(x) =
thay
a. Neu y ≤ 7 thì
y
+
50
với 1 ≤ y ≤ 100 và y là so nguyên. Ta nh n
Suy ra
g(y) g(7) =
(7 − y)(50 − 7y)
350y
≥ 0.
g(y) ≥ g(7), ∀y = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
b. Neu y ≥ 8 thì
g(y) g(8) =
(8 − y)(50 − 8y)
350y
≥ 0.

68
Suy ra
g(y) ≥ g(8), ∀y = 9, 10, . . . , 100.
Tà đó suy ra g(y) ≥ min g(7), g(8), ∀y = 1, 2, . . . .., 100 hay
Tà đó, ta có
g(y) ≥ min {g(7), g(8)} = min {
99
99
,
350
114
400
} =
99
.
350
và f(1, 7, 7, 100) =
f(x, y, z, t) ≥
99
. Do đó
350
350
, ∀(x, y, z, t) ∈ D
90
min
(x,y,z,t)∈D
f(x, y, z, t) = .
350

69
Ket lu n
Lu n văn “Bat đȁng thác và bài toán cực trị trong lớp các đa thác
và phân thác h so nguyên ” đã giải quyet được nhǎng van đe sau:
1. Lu n văn đã trình bày chi tiet m®t so dạng toán ve đa thác và
phân thác với h so nguyên.
2. Trình bày các dạng toán ve ước lượng mien giá trị của đa thác
và phân thác đại so và m®t so bài toán cực trị tương áng.
3. Cuoi cùng, lu n văn trình bày m®t so bài toán ve bat đȁng thác
và cực trị trên t p so nguyên trong các đe toán thi hoc sinh giỏi
trong nước, Olympic khu vực và quoc te.

Tài li u tham khảo
[A] Tieng Vi t
[1] Tran Xuân Đáng (2010), Đa thúc với các h so nguyên và đong dư thúc,
K yeu ”Chuyên đe boi dưỡng hè 2010”, ĐHKHTN, Hà N®i, 2010.
[2] Phan Huy Khải (2008), Giá tr lớn nhat và nhó nhat của hàm so, NXB
Giáo dục.
[3] Nguyen Vũ Lương (2006), Các bài giảng đay đủ ve bat đȁng thúc Cauchy,
NXB ĐHQGHN.
[4] Nguyen Văn M u (2003), Đa thúc đại so và phân thúc hũu ty, NXB Giáo
dục.
[5] Nguyen Văn M u, Lê Ngoc Lăng, Phạm the Long, Nguyen Minh Tuan
(2006), Các đe thi olympic Toán sinh viên toàn quoc, NXB Giáo dục.
[6] Nguyen Văn M u, Nguyen Văn Ngoc (2009), Đa thúc đoi xúng và áp
dựng, NXB Giáo dục.
[B] Tieng Anh
[7] Victor Prasolov (2001), Polynomial in serie Algorithms and Computation
in Mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, 2010.
[8] Borcea, J., R. Pereira, M. Putinar (2009), Hausdorff geometry of complex
polynomials, positive charge distributions and normal operators, June 29,
2008-July 6, 2008.

Bat Đang Thức Và Bài Toán Cực Tr± Trong L P Các Đa Thức Và Phân Thức H So Nguyên.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Bat Đang Thức Và Bài Toán Cực Tr± Trong L P Các Đa Thức Và Phân Thức H So Nguyên.docx

Similar to Bat Đang Thức Và Bài Toán Cực Tr± Trong L P Các Đa Thức Và Phân Thức H So Nguyên.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Bat Đang Thức Và Bài Toán Cực Tr± Trong L P Các Đa Thức Và Phân Thức H So Nguyên.docx