Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức Sinh bởi số tự nhiên.docx

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
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
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
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: 8 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
(Xác nhận)
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

i
Mnc lnc
M ĐAU iii
1 Phân thfíc hfiu t v i h so nguyên 1
1.1. Tính chat cơ bản của đa thác với h so nguyên ..................... 1
1.2. Phân thác hǎu tỉ với h so nguyên và phân thác nh n giá
trị hǎu tỉ................................................................................4
1.3. Bieu dien đơn vị thành tőng của các phân so Ai C p với
mau so nguyên dương đ c bi t ............................................... 8
2 Các phương pháp giải toán cfic trị dạng phân thfíc sinh
b i so hfiu t 12
2.1. M®t so phương pháp giải bài toán cực trị của đa thác và
phân thác hǎu t với h so nguyên....................................... 12
2.1.1. Phương pháp so sánh b c hai.................................... 12
2.1.2. Phương pháp so sánh phân thác dạng b c hai trên
b c nhat....................................................................15
2.1.3. Phương pháp tìm cực trị với ràng bu®c theo tőng
các so ...............................................................................21
2.2. Sả dụng phân thác chính quy giải các bài toán cực trị
liên quan.......................................................................................27
3 M t so dạng toán liên quan 32
3.1. M®t so dạng toán cực trị trên t p so nguyên....................... 32
3.2. M®t so dạng toán ve so tự nhiên tà các đe thi Olympic ........38
KET LU N 44

ii
TÀI LI U THAM KHẢO 45

iii
M ĐAU
Chuyên đe ve đa thác và phân thác là m®t chuyên đe rat quan trong
ở b c trung hoc phő thông và trung hoc cơ sở. Các tính chat của đa
thác và phân thác liên quan ch t chě với các tính chat của so nguyên và
so hǎu t . M®t trong các phương pháp khảo sát đa thác và phân thác
hǎu t rat hǎu hi u là vi c sả dụng các công cụ hǎu ích tà vi c khảo
sát các tính chat so hoc của các so tự nhiên và so hǎu t .
Trong các kì thi hoc sinh giỏi toán các cap, các bài toán liên quan
tới đa thác và phân thác với h so nguyên (ta goi chung là phân thác
sinh bởi so tự nhiên) thường xuyên được đe c p. Nhǎng dạng toán này
thường được xem là thu®c loại khó can các kien thác sâu sac ve so hoc
ket hợp với các kien thác ve đa thác và phân thác thường không nam
trong chương trình chính thong của chương trình toán 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 và phân thác với h so nguyên và h so hǎu t ,
em chon đe tài lu n văn “M®t so phương pháp tìm cực trị của các hàm
phân thác sinh bởi so tự nhiên”.
Mục tiêu của lu n văn nham h thong m®t so kien thác ve so hoc và
đa thác với h so nguyên và cung cap m®t so phương pháp tìm cực trị
của các hàm phân thác sinh bởi so tự nhiên. Tiep theo, xét các bài toán
cực trị, khảo sát phương trình, bat phương trình cùng m®t so dạng liên
quan.
Lu n văn gom phan mở đau, ket lu n và ba chương.
Chương 1. Phân thác hǎu t với h so nguyên.
Chương 2. Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thác sinh

iv
bởi so hǎu t .
Chương 3. M®t so dạng toán liên quan.
Tiep theo, trong các chương đeu trình bày h thong các bài t p áp
dụng và giải các đe thi HSG quoc gia và Olympic liên quan.

1
∈
Chương 1
Phân thfíc hfiu t v i h so nguyên
1.1. Tính chat cơ bản của đa thfíc v i h so nguyên
Trong phan này, trình bày m®t so tính chat cơ bản của đa thác với
h so nguyên.
Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]) Cho L ⊂ R. Đa thác P(x) ∈ L[x] được
goi là khả quy trên L[x] neu ton tại đa thác Q(x) và T (x) cùng thu®c
L[x] với các b c lớn hơn 0 sao cho P (x) = Q(x).T (x). Trong trường hợp
ngược lại thì được goi là bat khả quy trên L[x].
Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) T p hợp tat cả các đa thác khả quy trên
L[x] được ký hi u là L∗
[x].
Tính chat 1.1 Moi đa thác P (x) ∈ R[x] với b c lớn hơn bang 2 đeu
phân tích được thành nhân tả b c nhat và nhân tả b c hai nên cũng có
the coi P(x) ∈ R∗
[x].
Định nghĩa 1.3 (xem [1]-[2]) Đa thác thu®c Z[x] được goi là đa thác
nguyên bản neu b® các h so của nó nguyên to cùng nhau (có the không
đôi m®t nguyên to cùng nhau).
Tính chat 1.2 Neu f(x) Z[x] thì ton tại duy nhat m®t đa thác
a
nguyên bản và m®t phân so toi giản , a ∈ Z, b ∈ N∗
sao cho f(x) =
a b
b
f1(x).
Bo đe 1.1 (Bő đe Gauss) Tích của hai đa thúc nguyên bản là m®t đa
thúc nguyên bản.

2
Σ
m m
1
j!(m − j)!
1 2
α1!.α2! 1 2
1
(m − αn)!.αn!
n
ChGng minh. Cho hai đa thác nguyên bản
P (x) = anxn
an−1xn−1
+ · · · + a1x + a0
và
Q(x) = bmxm
+ bm−1xm−1
+ · · · + b1x + b0
thì P (x).Q(x) = cm+nxm+n
+ cm+n−1xm+n−1
+ · · · + c1x + c0.
Giả sả tích trên không nguyên bản thì ton tại m®t so nguyên to p là ước
chung của các h so c0, c1, . . . , cm+n.
Vì P nguyên bản nêu goi i là so nhỏ nhat mà ai không chia het cho p
và j là so nhỏ nhat sao cho bj không chia het cho p. Khi đó, xét cj+i ta
thay h so tương áng không chia het cho p, vô lý. V y tích trên nguyên
bản.
Tính chat 1.3 Neu đa thác P(x) ∈ Z[x], deg P > 1 mà không thu®c
Z∗
[x] thì nó cũng không thu®c Q∗
[x].
Định lj 1.1 (xem [1]-[2]) Cho các đa thúc f(x) = anxn
+ an−1xn−1
+
· · · + a1x + a0 ∈ Z[x], an 0, a, b là hai so nguyên khác nhau. Khi đó,
f(a) − f(b).(a − b).
Bo đe 1.2 (Khai trien Newton) Cho n và m là các so nguyên dương.
Với bat kỳ x = (x1, x2, · · · , xn) trong Rn
, ta có
(x1 + x2 + · · · + xn )m
=
|α|=m
m!
xα
, (1.1)
α!
trong đó α! = α1!α2! · · · αn! với α = (α1, α2, · · · , αn) trong Nn
, xα
=
xα1
xα2
. . . xαn
và tőng chạy qua tat cả α có the có trong Nn
thóa mãn
1 2 n
|α| = α1 + α2 + · · · + αn = m.
ChGng minh. Với n = 2 theo nhị thác Newton, ta có
(x +x )m
=
Σ m!
xj
xm−j
=
Σ m!
xα1
xα2
, α = j, α = m−j.
Giả sả đȁng thác (1.18) đã đúng cho đen n − 1. Đ t X = x1 + x2 + .. +
xn−1, α′ = (α1, α2, . . . , αn). Khi đó ta có
m
(x + x + · · · + x )m
= (X + x )m
=
Σ m!
Xm−αn
xαn
αn=0
|α|=m
j=0
2 1 2
2 n n

3
m
Σ
1
2
1
1
1
αn=0 |α′=m−αn
=
Σ m!
xαn
.(x + x + · · · + x )m−αn
αn=0
m
(m − αn)!.αn!
n−1
=
Σ m!
xαn
.
Σ (m − αn)!
xα′
=
Σ m!
xα1
xα2 ............
xαn
.
|α|=m
Bő đe được cháng minh.
α1!α2! . . . αn! 1 2 n
Định lj 1.2 (Khai trien Taylor, xem [1]-[2]) Cho m®t đa thúc
n
f(x) = ajxj
. (1.2)
j=0
Khi đó, h so thú j của f(x) có the được bieu dien bới
a =
1
f(j)
(0), (1.3)
j
j!
trong đó f(j)
(0) úng với đạo hàm cap j tại 0
Bo đe 1.3 Cho n là m®t so nguyên dương. Ta đ¾t
g(x) =
Khi đó g(n)
(0) = n!.
ChGng minh. Ta có
x + x2
+ · · · +
n
xn
n
. (1.4)
g(x) = xn
1
1 +
2
x + · · · +
n
xn−1
n
= xn
h(x), (1.5)
trong đó
h(x) =
1
1 +
2
x + · · · +
n
xn−1
n
. (1.6)
Áp dụng công thác Leibniz
2
n
(m − αn)!.αn!
n
α1!α2! . . . αn−1!
1

4
n
→
∈
g(n)
(x)
=
Σ
n! d n−j
xn
.
d j
h(x)
=
Do đó, ta thu được
j=0
Σ
j=0
(n − j)!j!
n!n!
(n −
j)!j!j!
dx
xj
.
dx
d j
h(x).
dx
(1.7)
g(n)
(0) = n!h(0) = n!. (1.8)
Bő đe được cháng minh.
1.2. Phân thfíc hfiu tỉ v i h so nguyên và phân thfíc
nh n giá trị hfiu tỉ
Tiep theo, ta nhac lại m®t so tính chat của phân thác hǎu tỉ với h so
nguyên và các dạng phân thác nh n giá trị hǎu tỉ trên t p so tự nhiên.
Định nghĩa 1.4 Hàm so f: R R được goi là phân thác hǎu tỉ neu
P (x)
ton tại các đa thác P(x), Q(x) sao cho f (x) =
Q (x)
(1). Khi P(x) và
Q(x) là các đa thác nguyên to cùng nhau thì (1) được goi là phân thác
hǎu tỉ chính tac.
Neu đa thác P(x) và Q(x) là các đa thác có h so hǎu tỉ thì bang
P′ (x)
vi c quy đong mau so ta sě đưa f(x) ve dạng f (x) =
Q′ (x)
, trong đó
P′(x) và Q′(x) là các đa thác có h so nguyên. Do v y phân thác hǎu
P (x)
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 1.1 Cho phân thác hǎu tỉ f (x) =
Cháng minh rang a, b Q.
1
1
ax + b
∈ Q với moi x ∈ Z.
1
Lài giai. Vì f (x) =
ax + b
∈ Q với moi x ∈ Z nên ax + b = với
f (x)
moi x ∈ Z. V y ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.
n

5
Bài toán 1.2 Cháng minh rang neu f (x) =
C
1
ax + b
∈ Q với moi x ∈ Z
thì f(x) có dạng f(x) =
Lài giai. Vì f (x) =
Ax + B
với A, B, C thu®c Z
1
ax + b
∈ Q với moi x ∈ Z nên ta có a, b ∈ Q
⇒ 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
ax + b
Bài toán 1.3 Cho phân thác hǎu tỉ f (x) =
cx + d
∈ Q với moi x ∈ Z.
Ax + B
Cháng minh rang f(x) có the bieu dien dưới dạng f (x) =
với A, B, C, D ∈ Z.
Cx + D
(1)
Lài giai. Neu ad − bc = 0 thì f(x) = const nên bieu dien (1) là hien
nhiên.
Xét trường hợp ad − bc 0:
Neu c = 0 thì bieu dien (1) là hien nhiên.
Neu c /= 0 thì sả dụng phân tích f(x) − f(0) =
dạng bieu dien (1).
1
ta sě được
αx + β
Nh n xét rang ket quả của bài toán cũng đúng trong trường hợp bài
toán tőng quát.
Bài toán 1.4 Cháng minh rang neu phân thác f(x) =
ax + b
cx + d
∈ Q, ∀x ∈
Z thì f(x) có dạng f(x) =
Ax + B
Cx + D
trong đó A, B, C, D là các so nguyên.
M
Q(x) − Q(1) e Q(x) −
N
Lài giai. Ta có
E
=
x − 1 cx + d
∈ Q ∀x ∈ Z nên
=
x − 1
.
Cx + D
Ta có M, N, E, C, D là các so nguyên nên de dàng suy ra đpcm.
Bài toán 1.5 Cháng minh rang neu
ax2
+ bx + c
f(x) =
dx + e
∈ Q

6
/
D
với moi x ∈ Z thì f(x) có dạng f(x) =
thu®c Z.
Ax2
+ Bx + C
với A, B, C, D, E
Dx + E
Lài giai. Ta có
Q(x) − Q (1) px + q
= ∈ Q ∀x ∈ Z.
Suy ra
M
Q(x) −
N
x − 1
M′x + N′
cx + d
′ ′ ′′ ′′
=
x − 1
tà đó ta suy ra đpcm.
, (M, N, M , N , M , N
M′′x + N′′ ∈ Z)
Bài toán 1.6 Cháng minh rang neu
ax2
+ bx + c
f(x) =
dx + e
∈ Q
với moi x ∈ Z thì f(x) có dạng f(x) = Cx +D ho c f(x) = Ax2
+Bx+
C ∈ Z với moi x ∈ Z, trong đó C, D thu®c Z.
Lài giai.
Neu d = 0 thì ta có ngay f(x) = Ax2
+ Bx + C ∈ Z với moi x ∈ Z.
Neu d = 0 khi đó ta có
Q(x) − Q(0)
x
=
a1x + b1
dx + e
∈ Z với moi x ∈ Z.
Suy ra
Q(x) − M A1 A2
= + ∈ Z, ∀x ∈ Z,
trong đó A1, A2, D, E, M ∈ Z ⇒ A2 = 0 ⇒ A1.D nên ta có đpcm.
Bài toán 1.7 Cho phân thác hǎu tỉ f(x) =
P (x)
Q(x)
∈ Q ∀x ∈ Z,
(P(x), Q(x)) = 1. Cháng minh rang f(x) có the bieu dien được dưới
dạng phân thác của hai đa thác với h so nguyên.
ChGng minh. Giả sả:
P(x) = a0 + a1x + · · · + amxm
Q(x) = b0 + b1x + · · · + bnxn
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
x Dx + E

7
Q − Q
. .
i
Q
. .
. .
j
.
.
−
j
. .
p
.
.
−
p
.
.
−
p
. .
Xét hi u
x + qi
−
1 + qi
=
(x + qi) (1 + qi)
≤ 0 do đó .x + qk . ≤
−
k=j+1
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), degg(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 so, nghi m
đã nh n được là các so hǎu tỉ.
Bài toán 1.8 Cho p là m®t so nguyên dương, q ∈ [0, 1]. Giả sả x ∈
qp+1, 1 và f(x) =
p
k=1
x qk
x + qk
. Cháng minh rang |f(x)| ≤
p
k=1
1 − qk
1 + qk
Lài giai. Ta có 0 < qp+1
< qp
< · · · < q < 1. Với qj+1
≤ x ≤ qj
thì khi
i .x − qi . x − qi
i ≥ j + 1 ta có x ≥ q nên =
x + q
x + qi
.
x − qi
1 − qi
2qi
(x − 1) Q
p .x − qk .
p
k=j+1
1 − qk
.1 + qk .
Với k = 1, 2, . . . , j ta có
x − qj−(k−1)
.x + qj−(k−1) .
qj−(k−1) x
.
x + qj−(k−1)
Ta lại có
qj−(k−1) − x 1 − qk
2 qj−(k−1) − x
nên
x + qj−(k−1)
−
1 + qk
=
(1 + qk) x + qj−(k−1)
≤ 0
Tà đó ta được
k
Y
=1
x qk
.x + qk . ≤
k
Y
=1
1 − qk
.1 + qk .
k
Y
=1
x qk
.x + qk . ≤
k
Y
=1
1 qk
.1 + qk . ⇔ |f(x)| ≤
k
Y
=1
1 − qk
.1 + qk .
.
.
.
=

8
1.3. Bieu dien đơn vị thành tong của các phân so Ai
C p v i mȁu so nguyên dương đ c bi t
Ta xét các cách bieu dien của 1 như là tőng của các phân so đơn vị.
Ví dụ, ta có the dùng 2, 3 và 6 cho
và 3, 4, 4, 8,và 24 cho
1 1 1
+ +
2 3 6
= 1 (1.9)
1 1 1
+ +
3 4 4
1 1
+ +
8 24
= 1. (1.10)
Ta đã biet rang m®t phân so tùy ý luôn có the được viet thành tőng
của các phân so đơn vị. Tiep theo, đe có các bieu dien này, ta khảo sát
lời giải của phương trình Diophantine dạng
1 1
+
x1 x2
1
+ · · · +
x
= 1, (1.11)
trong đó các ȁn xj là các so nguyên không nhat thiet phải phân bi t với
j = 1, 2, · · · , n.
Bảng 1:Tő hợp có the có của α với n = 6
α1 α2 α3 α4 α5 α6 Mau so
6 0 0 0 0 0 6! = 720
4 1 0 0 0 0 4!.2 = 48
3 0 1 0 0 0 3!.3 = 18
2 2 0 0 0 0 2!.2!.22
= 16
2 0 0 1 0 0 2!.4 = 8
1 1 1 0 0 0 2.3 = 6
1 0 0 0 5 0 5
0 3 0 0 0 0 3!.23
= 48
0 1 0 1 0 0 2.4 = 8
0 0 2 0 0 0 2!.32
= 18
0 0 0 0 0 1 6
Đe giải thích cho ket quả áng với n = 6, ta xét các tő hợp có the có
n

9
Y
Σ Y 1
Σ
2 1 x x
n
Σ 2 n
1
2
1
của
α = (α1, α2, α3, α4, α5, α6), αj ∈ N, (1.12)
thỏa mãn đieu ki n
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 + 6α6 = 6. (1.13)
Tiep theo, xét đại lượng
6
αj!jαj
= α1!1α1
.α!.2α2
. · · · .α6!.6α6
(1.14)
j=1
Tính tőng của các nghịch đảo của các đại lượng trong bảng so trong
Bảng 1, ta thu được
1
+
720
1 1 1 1
+ + +
48 18 16 8
1 1
+ + +
6 5
1 1
+ +
48 8
1 1
+
18 6
= 1. (1.15)
Tà ví dụ trên, ta phát bieu ket quả sau.
Định lj 1.3 (xem [1]) Với moi so nguyên dương n, ta luôn có đȁng
thúc
n
αj!jαj
= 1, (1.16)
α∈Sn j=1
trong đó tőng trên Sn chạy qua tat cả α = (α1, α2, · · · , αn) có the có
trong Nn
thóa mãn đieu ki n
ChGng minh. ta có
n
jαj = n. (1.17)
j=1
x1 + x2
+ · · · +
m
n
n
|α|=m
m!
xα1
.
α!
n
1 α2
2 2 . · · · .
1 αn
n n
= m!
Σ
Y 1
x
jαj
.
|α|=m j=1
αj!jαj j
(1.18)
Cho m = n và xj = t với j = 1, 2, · · · , n dan đen
t + t2
+ · · · +
n
tn
n
= n!
|
Σ
α|=n
Y
j=1
1
αj!jαj
tjαj
. (1.19)
x
1
2
1
n
=

10
Σ Y 1
Σ Y 1
So sánh h so của tn
trong cả hai đong nhat thác. ta thu được n! đoi
với ve trái. M t khác h so tn
trong ve phải là tőng của tat cả so hạng
với tn
mà được viet bởi
n
, (1.20)
αj!jαj
α∈Sn j=1
trong đó tőng chạy qua tat cả α có the có trong Sn xác định bởi
Sn = {α ∈ Nn
; α1 + 2α2 + · · · + nαn = n} . (1.21)
Do đó, ta thu được
n
αj!jαj
= 1 (1.22)
α∈Sn j=1
và ta có đieu phải cháng minh.
Bài toán 1.9 Xét phương trình vô định sau đây
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 = 4.
Tính tőng nghịch đảo các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
,
trong đó α = (α1, α2, α3, α4) là các nghi m nguyên không âm phân bi t
của phương trình đã cho.
Lài giai. De thay rang phương trình đã cho có các nghi m nguyên
không âm chỉ là
α = (α1, α2, α3, α4) = (4, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0), (2, 1, 0, 0).
Tiep theo, tính các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
, α = (α1, α2, α3, α4).
Ta có
Π1 = 4!14
.0!20
.0!30
.0!40
= 24,
Π2 = 0!10
.0!20
.0!30
.1!41
= 4,

11
Suy ra
Π3 = 1!11
.0!20
.1!31
.0!40
= 3,
Π4 = 0!10
.2!22
.0!30
.0!40
= 8,
Π5 = 2!12
.1!21
.0!30
.0!40
= 4.
1 1
+
Π1 Π2
1 1
+ +
Π3 Π4
1 1 1 1 1
= + + + +
24 4 3 8 4
= 1.
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 = 5.
Tính tőng nghịch đảo các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
.α5!5α5
,
trong đó α = (α1, α2, α3, α4, α5) là các nghi m nguyên không âm phân
bi t của phương trình đã cho.
α = (α1, α2, α3, α4, α5) = (5, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 0),
(1, 2, 0, 0, 0), (2, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (3, 0, 1, 0, 0).
Tiep theo, ta tính các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
.α5!5α5
, α = (α1, α2, α3, α4, α5).
Ta có
Suy ra
Π1 = 5!15
.0!20
.0!30
.0!40
.0!.50
= 120,
Π2 = 0!10
.0!20
.0!30
.1!40
.1!51
= 5,
Π3 = 0!11
.1!21
.1!31
.0!40
.0!50
= 6,
Π4 = 1!11
.2!22
.0!30
.0!40
.0!50
= 8,
Π5 = 2!12
.0!20
.1!31
.0!40
.0!50
= 4,
Π6 = 1!11
.0!20
.0!30
.1!41
.0!50
= 4,
Π7 = 3!13
.0!20
.1!31
.0!40
.0!50
= 18.
1 1
+
Π1 Π2
1 1 1
+ + +
Π3 Π4 Π5
1 1
+ +
Π6 Π7
1 1
= + +
120 5
1 1 1
+ + +
6 8 4
1 1
+
4 18
= 1.

12
Chương 2
Các phương pháp giải toán cfic trị
dạng phân thfíc sinh b i so hfiu t
2.1. M t so phương pháp giải bài toán cfic trị của đa
thfíc và phân thfíc hfiu t v i h so nguyên
Trong phan này ta khảo sát lớp phân thác hǎu t với h so nguyên.
Đe giải các bài toán cực trị tương áng ta xét m®t so phương pháp đ c
thù như so sánh b c hai và so sánh dạng dạng phân thác b c hai trên
b c nhat tőng quát.
2.1.1. Phương pháp so sánh b c hai
Ta đã biet, đoi với dạng tam thác b c hai
f(x) = ax2
+ bx + c, a > 0.
ta luôn có
f(x) ≥ f(y) + (2ax + b)(x − y), ∀x, y ∈ R. (∗)
Th t v y, ta thay
f(x) ≥ f(y) + (2ax + b)(x − y) ⇔ a(x − y)2
≥ 0, ∀x, y ∈ R.
Sả dụng phương pháp so sánh b c hai, ta giải quyet được các dạng
toán cực trị ở các nút nguyên trên trục toa đ® mà các phương pháp
truyen thong không thực hi n được.

13
Bài toán 2.1 Xét các so tự nhi n a, b, c thỏa mãn đieu ki n
a ≥ 9
a + b ≥ 11
a + b + c ≥ 12.
Tìm giá trị nhỏ nhat của bieu thác
M = a2
+ b2
+ c2
.
Lài giai. Áp dụng bat đȁng thác (*) áng với f(x) = x2
, ta thu được
a2
≥ 92
+ 2 × 9(a − 9), ∀a ∈ N.
Tương tự, ta cũng có
b2
≥ 22
+ 2 × 2(b − 2), ∀b ∈ N
và
Tà đó, suy ra
c2
≥ 1 + 2(c − 1), ∀c ∈ N.
M = a2
+ b2
+ c2
≥ 92
+ 22
+ 1 + 2[9(a − 9) + 2(b − 2) + (c − 1)].
M t khác, theo giả thiet thì
9(a−9)+2(b−2)+(c−1) = (a−9+b−2+c−1)+(a−9+b−2)+7(a−9) ≥ 0.
Suy ra
M ≥ 92
+ 22
+ 1 = 86
nên min M = 86 khi a = 9, b = 2, c = 1.
a ≥ 9
a + b ≥ 11
a + b + c ≥ 12.
Tìm giá trị nhỏ nhat của bieu thác
M = f(a) + f(b) + f(c),
trong đó f(x) = 3x2
+ 2x − 10.

14
Lài giai. Áp dụng bat đȁng thác (*), ta có
f(a) ≥ f(9) + (6 × 9 + 2)(a − 9), ∀a ∈ N.
f(b) ≥ f(2) + (6 × 2 + 2)(b − 2), ∀a ∈ N.
và
Tà đó, suy ra
f(a) ≥ f(9) + (6 × 1 + 2)(c − 1), ∀a ∈ N.
M = f(a)+f(b)+f(c) ≥ f(9)+f(2)+f(1)+[(6×9+2)(a−9)+(6×2+2)(b−2)+(6×1+2
(6×9+2)(a−9)+(6×2+2)(b−2)+(6×1+2)(c−1) = 8(a−9+b−2+c−1)+6(a−9+b−2)+
Suy ra
M ≥ f(9) + f(2) + f(1) = 237
nên min M = 237 khi a = 9, b = 2, c = 1.
c ≤ b ≤ a ≤ 9
a + b ≤ 11
a + b + c ≤ 12.
Tìm giá trị lớn nhat của bieu thác
M = a2
+ b2
+ c2
.
Lài giai. Áp dụng bat đȁng thác (*) áng với f(x) = x2
, ta thu được
92
≥ a2
+ 2 × a(9 − a), ∀a ∈ N.
22
≥ b2
+ 2 × b(2 − b), ∀a ∈ N.
và
1 ≥ c2
+ 2 × 1(1 − c), ∀a ∈ N.

15
≤ ∞
Tà đó, suy ra
M = a2
+ b2
+ c2
≤ 92
+ 22
+ 1 − 2[a(9 − a) + b(2 − b) + c(1 − c)].
a(9−a)+b(2−b)+c(1−c) = (a−b)(9−a)+(b−c)(9−a+2−b)+c(9−a+2−b+1−c) ≥ 0.
Suy ra
M ≤ 92
+ 22
+ 1 = 86
nên max M = 86 khi a = 9, b = 2, c = 1.
2.1.2. Phương pháp so sánh phân thfíc dạng b c hai trên b c
nhat
Trước het ta xét bài toán ve xác định các khoảng (α, β) với (−∞ ≤
α < β + ) sao cho áng với moi hàm so b c hai g(x) = ax2
+ bx +
g(x)
c, a > 0, hàm so có dạng f(x) =
thác
x − d
, g(d) /= 0, ta đeu có bat đȁng
ho c
f(u)
f′(v)
≥
f(u)
f (v)
f′(v)
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u
f(v)
v (∗∗)
f′(v)
≤
f′(v)
+ u − v, ∀u, v ∈ (α, β), u =
/ v (∗ ∗ ∗)
và xét các áp dụng liên quan.
Ý tưởng chính của phương pháp là sả dụng phép so sánh phân thác
b c hai trên b c nhat tőng quát.
Đe ý rang, trong hau het các dạng toán cực trị có ràng bu®c theo
tőng ho c tích trên t p so tự nhiên thì dau đȁng thác xảy ra không ở
b® so bang nhau. Vì v y, ta can đen m®t công cụ hǎu hi u là định lý
Karamata cho các b® so được sap thá tự.
Trước het, ta nhac lại bat đȁng thác Karamata [1-3].
Định lj 2.1 (Bat đȁng thúc Karamata) Xét hai dãy so {xk, yk ∈ (a, b), k =
1, 2, . . . , n}, thóa mãn đieu ki n
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn, y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn

16
x1 + x2 ≥ y1 + y2
và
x1 ≥ y1
. . . . . .
x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn
Khi đó, úng với moi hàm so loi khả vi ϕ(x)(ϕ′′(x) ≥ 0) trên (α, β),
ta đeu có
ϕ(x1) + ϕ(x2) + · · · + ϕ(xn) ≥ ϕ(y1) + ϕ(y2) + · · · + ϕ(yn).
Đȁng thúc xảy ra khi xi = yi, i = 1, 2, . . . n.
Ta cũng phát bieu tương tự đoi với hàm so lõm bang cách đői chieu dau
bat đȁng thác.
Nh n xét 2.1 Neu hàm so y = ϕ(x) liên tục và có đạo hàm cap 2 trên
(α, β) và ϕ′′(x) ≥ 0, ∀x ∈ (α, β) thì
ϕ(x) ≥ ϕ′(x0)(x − x0) + ϕ(x0), ∀x, x0 ∈ (α, β).
Neu ϕ′′(x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a; b) thì
ϕ(x) ≤ ϕ′(x0)(x − x0) + ϕ(x0), ∀x, x0 ∈ (α, β).
Đȁng thác trong hai bat đȁng thác trên xảy ra khi x = x0.
Nh n xét rang đe x − d 0 với moi x ∈ (α, β) thì d ∈
/ (α, β). Đieu này
tương đương với ho c d ≤ α ho c d ≥ β.
Tà đó suy ra
H quả 2.1 Đieu ki n can đe có bat đȁng thác (∗∗) với moi u, v ∈ (α, β)
và u /= v là ho c d ≤ α ho c d ≥ β.
Tiep theo, ta xác định đieu ki n đủ đe có (∗∗) .
Ta có
f(x) = ax + ad + b +
và
g(d)
x − d
f′(x) = a −
g(d)
, f′′(x) =
2g(d)
. (2.1)
(x − d)2 (x − d)3

17
a
Trường hợp 1. Xét g(d) < 0. Khi đó f′(x) > 0 với moi x
f′′(x) > 0 khi x > d và f′′(x) < 0 khi x < d.
V y nên khi x < d thì f′′(x) < 0 và f′(x) > 0.
d. Ta có
Theo Bő đe cơ bản, ta có (∗ ∗ ∗) luôn đúng áng với moi u, v < d,
u /= v.
Khi x > d thì f′′(x) > 0 và f′(x) > 0. và (∗∗) luôn đúng với moi
u, v > d, u /= v.
Trường hợp 2. Xét g(d) > 0. Khi đó f′′(x) < 0 khi x > d và f′′(x) > 0
khi x < d.
Xét phương trình
f′(x) = 0 ⇔ x1,2 = d ∓
r
g(d)
, x < d < x2.
Khi đó f′(x) > 0 khi x > x2 ho c x < x1 và f′(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2.
V y nên
- khi x < β ≤ x1 thì f′(x) > 0 và f′′(x) > 0. Khi đó (∗∗) đúng với moi
u, v ∈ (α, β),
- khi x > α ≥ x2 thì f′(x) > 0 và f′′(x) < 0. Khi đó (∗ ∗ ∗) đúng với
moi u, v ∈ (α, β),
- khi x ∈ (x1, d) thì f′(x) < 0 và f′′(x) > 0. Khi đó (∗ ∗ ∗) đúng với moi
u, v ∈ (x1, d),
- khi x ∈ (d, x2) thì f′(x) < 0 và f′′(x) < 0. Khi đó (∗∗) đúng với moi
u, v(d, x2).
V y ta có the phát bieu các ket quả nh n được như sau.
g(x)
Định lj 2.2 Giả sủ f(x) = với g(x) = ax2
+ bx + c, a > 0 và
g(d) < 0.
x − d
Khi đó, đieu ki n can và đủ (đoi với (α, β)) đe có bat đȁng thúc (∗∗)
là α ≥ d và đieu ki n can và đủ (đoi với (α, β)) đe có bat đȁng thúc
(∗ ∗ ∗) là β ≤ d.
Tương tự, ta cũng có ket quả sau
g(x)
Định lj 2.3 Giả sủ f(x) = với g(x) = ax2
+ bx + c, a > 0 và
g(d) < 0
x − d
Khi đó, đieu ki n can và đủ (đoi với (α, β)) đe có bat đȁng thúc (∗∗)
là α ≤ x1 ho¾c d ≤ α < β < x2, tương tự, đieu ki n can và đủ (đoi với
1

18
Σ − Σ −
≥
r
Σ − Σ −
≤
− − −
(α, β)) đe
x1,2 = d ∓
có bat đȁng thúc (∗ ∗ ∗) là α ≥ x2 ho¾c x1 ≤ α < β ≤ d với
g(d)
.
a
Tà các định lý 2.2-2.3, ta phát bieu các h quả đe sả dụng trong các
bài toán áp dụng ở phan sau khi b® so gom các so nguyên.
g(x)
H quả 2.2 Giả sủ f(x) =
x − d
với g(x) = ax2
+ bx + c, a > 0 có
g(d) < 0 và α ≥ d ho¾c g(d) > 0 và α ≤ x1 ho¾c d ≤ α < β < x2.
Khi đó, với moi b® so u1, u2, u1 ∈ (α, β) và v1, v2, v3 ∈ (α, β) sao cho
u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3, ta đeu có
g(uk)
3
g(vk)
3
uk d
g(d)
vk d .
g(d)
k=1 a −
(v — d)2
k=1 a −
(v — d)2
g(x)
H quả 2.3 Giả sủ f(x) =
x − d
với g(x) = ax2
+ bx + c, a > 0 có
g(d) < 0 và β ≤ d. ho¾c g(d) > 0 và α ≥ x2 ho¾c x1 ≤ α < β ≤ d với
g(d)
x1,2 = d ∓
a
.
Khi đó, với moi b® so u1, u2, u1 ∈ (α, β) và v1, v2, v3 ∈ (α, β) sao cho
u1 + u2 + u3 = v1 + v2 + v3, ta đeu có
g(uk)
3
g(vk)
3
uk d
g(d)
vk d .
g(d)
k=1 a −
(v — d)2
k=1 a −
(v — d)2
Bài toán 2.4 Xét các so x, y, z ≥ 1 có x + y + z = 10. Cháng minh bat
đȁng thác
9(x 1)2
+
4(x + 1)
Lài giai. Xét hàm so
4(y 1)2
+
3(y + 1)
9(z 1)2
8(z + 1)
≥
157
.
30
(x − 1)2
4
Ta có
f(x) = = x − 3 + .
x + 1 x + 1
f′
(x) =
(x − 1)(x + 3)
(x + 1)2
≥ 0, ∀x ≥ 1
r
k k
k k

19
9
,
−
−
−
−
−
−
4
− −
= x − 3 + .
và
f′′(x) =
8
(x + 1)3 > 0, ∀x ≥ 1.
Theo h quả 2.2, ta có
f(u)
f′(v)
≥
f (v)
f′(v)
+ u − v, ∀u, v ∈ [1, +∞), u =
/ v (∗∗)
Chon 3 so v ∈ [1, +∞) sao cho f′(v) ∈
,4
;
3
;
8
và có tőng bang 10.
9
Ta thu được v1 = 2, v2 = 3, v3 = 5. Tiep theo, the vào (∗∗), ta được
hay
9(x 1)2
4(x + 1)
≥
4(y 1)2
3(y + 1)
≥
9(z 1)2
8(z + 1)
≥
9(x 1)2
4(x + 1)
≥
4(y 1)2
3(y + 1)
≥
9(z 1)2
8(z + 1)
≥
f(2)
f′(2)
+ x − 2, ∀x ∈ [1, +∞)
f(3)
f′(3)
+ y − 3, ∀y ∈ [1, +∞)
f(5)
f′(5)
+ z − 2, ∀z ∈ [1, +∞)
1/2
5/9
+ x − 2, ∀x ∈ [1, +∞)
1
3/4
+ y − 3, ∀y ∈ [1, +∞)
8/3
8/9
+ z − 2, ∀z ∈ [1, +∞)
C®ng các ve tương áng ta thu được
9(x − 1)2
4(y − 1)2
9(z − 1)2
1/2 1 8/3 157
+
4(x + 1)
đpcm.
+
3(y + 1)
8(z + 1)
≥
+ + = ,
5/9 3/4 8/9 30
Bài toán 2.5 Xét các so x, y, z ∈ (−1, 1) có x + y + z = 1. Tìm giá trị
lớn nhat của bieu thác
M :=
9(x − 1)2
5(x + 1)
4(y 1)2
+
5(y + 1)
49(z 1)2
+ .
95(z + 1)
Lài giai. Xét hàm so
f(x) =
(x − 1)2
4
x + 1 x + 1

20
5 5 95
1 1 1
Ta có
và
f′
(x) =
(x − 1)(x + 3)
(x + 1)2 < 0, ∀x ∈ (−1, 1)
f′′(x) =
8
(x + 1)3 > 0, ∀x ∈ (−1, 1).
Theo h quả 2.3, ta có
f(u)
f′(v)
≤
f (v)
f′(v)
+ u − v, ∀u, v ∈ (−1, 1), u v (∗ ∗ ∗)
Chon 3 so v ∈ (−1, 1) sao cho f′(v) ∈
,
−
9
; −
4
; −
49,
và có tőng
bang 1. Ta thu được v1 =
ta được
2
,v2 =
3
,v3 =
6
. Tiep theo, the vào (∗ ∗ ∗),
9(x − 1)2
f(1/2) 1
5(x + 1)
≥ f′(1/2)
+ x −
2
, ∀x ∈ (−1, 1)
4(y − 1)2
f(1/3) 1
5(y + 1)
≥ f′(1/3)
+ y −
3
, ∀y ∈ (−1, 1)
49(z − 1)2
f(1/6) 1
hay
95(z + 1)
≥ f′(1/6)
+ z −
6
, ∀z ∈ (−1, 1)
9(x − 1)2
9 1
—
5(x + 1)
≥ −
30
+ x −
2
, ∀x ∈ (−1, 1)
4(y − 1)2
4 1
—
5(y + 1)
≥ −
15
+ y −
3
, ∀y ∈ (−1, 1)
49(z − 1)2
35 1
hay
—
95(z + 1)
≥ −
114
+ z −
6
, ∀z ∈ (−1, 1)
9(x − 1)2
9 1
5(x + 1)
≤ 30
− x +
2
, ∀x ∈ (−1, 1)
4(y − 1)2
4 1
5(y + 1)
≤ 15
− y +
3
, ∀y ∈ (−1, 1)
49(z − 1)2
35 1
95(z + 1)
≤ 114
− z +
6
, ∀z ∈ (−1, 1)

21
≤
− − −
C®ng các ve tương áng ta thu được
9(x 1)2
M =
5(x + 1)
4(y 1)2
+
5(y + 1)
49(z 1)2
+
95(z + 1)
9 4 35
V y max M =
9 4
+ +
30 5
≤
35
114
+ + .
30 5 114
đạt được khi x =
1
, y =
2
1 1
, z = .
3 6
2.1.3. Phương pháp tìm cfic trị v i ràng bu c theo tong các
so
Đoi với các bài toán tìm cực trị của m®t so bieu thác với ràng bu®c
theo tőng của các so tự nhiên, ta thường sả dụng phương pháp làm đeu.
Bài toán 2.6 Cho các so nguyên dương a, b, c có a + b + c = 100. Tìm
giá trị lớn nhat của
M = abc.
Lài giai. đây, vì ba so a, b, c là các so nguyên dương nên tà giả thiet
suy ra chúng không the bang nhau.
Giả sả a ≥ b ≥ c thì a ≥ 34. Áp dụng bat đȁng thác AM-GM cho b®
so 33a, 34b, 34c, ta thu được
√
3
33a.34b.34c
33a + 34b + 34c
3
=
34 × 100 − a
3
34 × 100 − 34
3
= 33 × 34.
Suy ra M ≤ 34 × 332
.
V y max M = 34 × 332
.
Tiep theo, ta xét bài toán tìm cực tieu.
Bài toán 2.7 Cho các so nguyên dương a, b, c có a + b + c = 100. Tìm
giá trị nhỏ nhat của
M = abc.
Lài giai. Ta cháng minh min M = 98.
Giả sả a ≥ b ≥ c thì a ≥ 34.
Neu c ≥ 2 thì b ≥ 2 nên abc ≥ 34 × 2 × 2 > 98.
≤

22
a(c + a) b(a + b)
Xét c = 1. Khi đó a + b = 99 và a ≥ 50.
Neu b ≥ 2 thì abc ≥ 50 × 2 × 1 > 98.
Khi b = 1 thì a = 98 và abc = 98.
V y nên min M = 98.
Bài toán 2.8 Cho các so nguyên dương a, b, c có a + b + c = 9. Cháng
minh rang
ab bc ca 3
Lài giai. Đ t
c(c + b)
+
a(a + c)
+
b(a + b)
≥
2
.
ab
M =
c(c + b)
bc
+
a(a + c)
ca
+ .
b(a + b)
Theo bat đȁng thác AM-GM, ta có
r
ab
+
r
bc
+
r
ac 2
c a
=
s
ab
b
√
b + c +
s
bc
√
c + a +
r
ac √
a + b
2
≤
h ab
+
bc
+
ca i
[2(a + b + c)] = M[2(a + b + c)].
M t khác cũng theo bat đȁng thác AM-GM, thì
(a + b + c)2
≥ 3(ab + bc + ca)
nên r
ab
+
r
bc
+
r
ac 2
≥ 3(a + b + c).
Suy ra M ≥
c a b
3
, hay
2
ab bc ca 3
c(c + b)
+
a(a + c)
+
b(a + b)
≥
2
.
Dau đȁng thác xảy ra khi a = b = c = 3.
Bài toán 2.9 Cho x, y, z là các so nguyên thỏa mãn đieu ki n x+y+z =
6. Cháng minh rang
8x
+ 8y
+ 8z
4x+1 + 4y+1 + 4z+1
≥ 1.
c(b + c)
c(c + b) a(a + c) b(a + b)

23
3
3 2
3
Lài giai. Đ t 2x
= a, 2y
= b, 2z
= c, (a, b, c > 0) ⇒ abc = 64. Đieu can
cháng minh trở thành a3
+ b3
+ c3
≥ 4a2
+ 4b2
+ 4c2
.
Áp dụng bat đȁng thác AM-GM ta được:
a3
+ b3
+ c3
≥ 3.abc = 3.64
a3
+ a3
+ 64 ≥ 12a2
b3
+ b3
+ 64 ≥ 12b2
c3
+ c3
+ 64 ≥ 12c2
3 3 2 2 2
⇒ 3(a + b + c ) + 3.64 ≥ 3.64 + 12(a + b + c )
3 2 2
⇔ a + b + c ≥ 4(a + b + c ) (đieu phải cháng minh).
Dau đȁng thác xảy ra khi a = b = c = 4 khi đó x = y = z = 2.
Bài toán 2.10 Với ba so nguyên dương a, b, c thỏa mãn đieu ki n a +
b + c = 9. Cháng minh rang
a b c 1
9 + b2
+
9 + c2
+
9 + a2
≥
2
.
Lài giai. Áp dụng bat đȁng thác AM-GM, ta có
9a ab2
ab2
ab
9 + b2
= a −
9 + b2
≥ a −
6b
= a −
6
.
Tương tự, ta có
9b bc
9 + c2
≥ b −
6
9c ac
9 + a2
≥ c −
6
.
C®ng ve với ve ba bat đȁng thác trên ta có
9a 9b 9c 1 ab + bc + ca
9 + b2
+
9 + c2
+
9 + a2
≥ a+b+c−
6
(ab+bc+ca) = 9−
6
.
Ta lại có
Do đó
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)2
= 27.
3
9a 9b 9c 1 9
9 + b2
+
9 + c2
+
9 + a2
≥ 9 −
6
(ab + bc + ca) ≥
2
.
a b c 1
⇒
9 + b2
+
9 + c2
+
9 + a2
≥
2
.
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3.

24
Σ
−
−
−
Bài toán 2.11 Cho m,n là hai so nguyên dương với m ≥ n ≥ 2. Giả
sả x1; x2; . . . xn là các so nguyên dương có tőng bang m. Tìm giá trị lớn
1
nhat và giá trị nhỏ nhat của bieu thác S = n .
kxk
k=1
Lài giai. Vì có hǎu hạn b® so (x1, x2, . . . xn) thỏa mãn đieu ki n của
bài toán nên ta có hǎu hạn giá trị của S. Do đó ton tại giá trị nhỏ nhat
N và giá trị lớn nhat L của S.
Ta cháng minh L đạt được khi xn = m + 1 − n, x1 = x2 = · · · =
xn−1 = 1.
Th t v y, giả sả L đạt được với b® so (x1, x2, . . . xn) mà xn ≤ m+1−n.
Khi đó ton tại xi > 1 (1 ≤ i ≤ n − 1). Đ t
x′
i = xi − 1, x′
n = xn + 1, x′
k = xk (k /= n; i; 1 ≤ k ≤ n − 1) .
Khi đó b® so x1
′
; x2
′
; . . . x′
n thỏa mãn đieu ki n của bài toán. Do
ix′
i + nx′
n
suy ra
= i (xi − 1) + n (xn + 1) = ixi + nxn + n − i > ixi + nxn
n n
Σ
kx′
k >
Σ
kxk.
k=1
Đieu này trái với giả thiet của L.
V y
k=1
L =
n(n − 1)
+ n (m + 1 n) =
2
2mn + n n2
.
2
Cháng minh tương tự, ta có N đạt được khi
x1 = m + 1 − n, x2 = x3 = · · · = xn = 1
hay
(n2
+ 2m n)
N = .
2
Bài toán 2.12 Cho x, y ∈ N∗
; x + y = 2n + 1 với n là hang so nguyên
dương cho trước. Tìm giá trị lớn nhat và giá trị lớn nhat của bieu thác
P = x!y!
Lài giai. Ta cháng minh bieu thác P đạt giá trị lớn nhat L = (2n)!
và giá trị nhỏ nhat N = n!(n + 1)!

25
−
−
Th t v y giả sả N đạt được với b® so (x; y) thỏa mãn đieu ki n của
bài toán áng với x < n.
Đ t
x′ = x + 1; y′ = y − 1
Khi đó, ta có b® so(x′; y′) thỏa mãn đieu ki n của bài toán.
Và x′!y′! = (x + 1)!(y 1)! = x!y!
x + 1
y
< x!y! = N vì x + 1 < n + 1 < y
Trái với giả thiet của N.
V y giá trị nhỏ nhat N = n!(n + 1)!
Giả sả L đạt được với b® so (x; y) thỏa mãn đieu ki n của bài toán
mà 1 < x < y.
Đ t
x′ = x − 1; y′ = y + 1.
Khi đó, ta có b® so (x′; y′) thỏa mãn đieu ki n của bài toán và
x′!y′! = (x 1)!(y + 1)! = x!y!
y + 1
x
> x!y! = L
do y + 1 > y > x, trái với giả thiet.
V y giá trị lớn nhat L = (2n)!
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhat của tőng các nghịch đảo của các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
,
trong đó α = (α1, α2, α3, α4) là các nghi m nguyên không âm phân bi t
của phương trình đã cho.
α = (α1, α2, α3, α4) = (4, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 0), (2, 1, 0, 0).
Tiep theo, tính các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
, α = (α1, α2, α3, α4).

26
Ta có
Suy ra
Π1 = 4!14
.0!20
.0!30
.0!40
= 24,
Π2 = 0!10
.0!20
.0!30
.1!41
= 4,
Π3 = 1!11
.0!20
.1!31
.0!40
= 3,
Π4 = 0!10
.2!22
.0!30
.0!40
= 8,
Π5 = 2!12
.1!21
.0!30
.0!40
= 4.
T :=
1 1
+
Π1 Π2
1 1
+ +
Π3 Π4
1 1
= +
24 4
1 1 1
+ + +
3 8 4
= 1.
V y nên min T = 1.
α1 + 2α2 + 3α3 + 4α4 + 5α5 = 5.
Tìm giá trị nhỏ nhat của tőng các nghịch đảo của các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
.α5!5α5
,
trong đó α = (α1, α2, α3, α4, α5) là các nghi m nguyên không âm phân
bi t của phương trình đã cho.
α = (α1, α2, α3, α4, α5) = (5, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 0),
(1, 2, 0, 0, 0), (2, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (3, 0, 1, 0, 0).
Tiep theo, ta tính các đại lượng
Πα = α1!1α1
.α2!2α2
.α3!3α3
.α4!4α4
.α5!5α5
, α = (α1, α2, α3, α4, α5).
Ta có
Π1 = 5!15
.0!20
.0!30
.0!40
.0!.50
= 120,
Π2 = 0!10
.0!20
.0!30
.1!40
.1!51
= 5,
Π3 = 0!11
.1!21
.1!31
.0!40
.0!50
= 6,
Π4 = 1!11
.2!22
.0!30
.0!40
.0!50
= 8,

27
Σ
Σ Σ
∈ ∈
Π5 = 2!12
.0!20
.1!31
.0!40
.0!50
= 4,
Π6 = 1!11
.0!20
.0!30
.1!41
.0!50
= 4,
Π7 = 3!13
.0!20
.1!31
.0!40
.0!50
= 18.
Suy ra
1
S :=
Π1
1 1 1
+ + +
Π2 Π3 Π4
1 1 1
+ + +
Π5 Π6 Π7
1
= +
120
1 1 1
+ +
5 6 8
1 1 1
+ + +
4 4 18
= 1.
V y nên min S = 1.
2.2. Sfi dnng phân thfíc chính quy giải các bài toán
cfic trị liên quan
Định nghĩa 2.1 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 f(x) =
Σ
n
n
k=1
akx
α
k
(1)
Ví dn 2.1 De dàng kiem cháng các hàm so sau đây là phân thác chính
quy: f (x) = 1 + 2x + x2
+
1
+
1
; f (x) = 2x2
+ 3x3
+
1
+
2
.
1
x x3 1
x5 x4
Định nghĩa 2.2 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 f(x) =
n
k=1
akx
α
n
k
(1) trong đó ak N, αk Z, k = 1, n;
k=1
akαk = 0.
Tà định nghĩa, de dàng ta 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.
k=1
trong đó ak ≥ 0, k = 1, n; akαk = 0.

28
Σ
t¾p x1, . . . , xm > 0 dạng f(x1, x2, . . . , xm) =
đó
akx k1
x
k2
. . . x km
m
Σ
Tính chat 2.4 Neu f(x) là hàm phân thác chính quy, thì hàm so
h(x) = [f(x)]m
, (m ∈ N∗
) cũng là hàm phân thác chính quy.
Định nghĩa 2.3 Hàm so f(x1, x2, . . . , xm) không đong nhat 0, xác định
trên t p các so thực dương, được goi là hàm phân thác chính quy hǎu
n
tỉ m bien neu f(x1, x2, . . . , xm) = akx
α
k1
xαk2
. . . xαkm
trong đó
1 2 m
k=1
ak ∈ N, αkj ∈ Z, k = 1, n, j = 1, m
a1α11 + a2α21 + · · · + anαn1 = 0
a1α12 + a2α22 + · · · + anαn2 = 0
. . .
a1α1n + a2α2n + · · · + anαnm = 0
Tà định nghĩa trên, ta có các 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 của 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) = 3x3
y8
+ 4x4
y9
+
5
x5y12
chính quy, và các hàm so là các phân thác thành phan là:
f1(x) = 3x3
+ 4x4
+ 5x−5
; f2(y) = 3x8
+ 4x9
+ 5x−12
.
Định nghĩa 2.4 Hàm so f (x1, x2, . . . , xm) là hàm phân thác chính quy
khi và chỉ khi các hàm phân thác thành phan của f (x1, x2, . . . , xm) cũng
là các hàm phân thác chính quy.
Định lj 2.4 Với mői hàm phân thúc f(x1, x2, . . . , xm) chính quy trên
n
α α α
ak ∈ N, αkj ∈ Z, k = 1, n, j = 1, m
a1α11 + a2α21 + · · · + anαn1 = 0
a1α12 + a2α22 + · · · + anαn2 = 0
. . .
a1α1n + a2α2n + · · · + anαnm = 0
2
1
k=1
trong

29
Σ
Σ Σ Σ
Σ
Σ
Σ Σ
q
Σ
Σ Σ
αk −
p
= ak
p
= q − p.
p
= 0.
Σ
q q Σ Σ
ta đeu có f(x1, . . . , xm) ≥
n
k=1
ak.
ChGng minh. 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
≥ x1k=1
akαk1
n
x2k=1
akαk2
n
. . . xmk=1
akαkn
1
a1+a2+...+an
= 1
n
do
k=1
akαkj = 0, j = 1, m .
Dau "=" xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xm = 1.
H quả 2.4 Với mői hàm phân thúc f(x1, x2, . . . , xm) chính quy trên
t¾p
x1, . . . , xm > 0 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
akx
α
k
, ak ≥ 0,
n n
đ t ak = p, akαk = q thì hàm so
k=1 k=1
f(x) = x−p g(x)
là m®t hàm phân thác chính quy.
ChGng minh. Ta có
n n
f(x) = x− g(x) = x− a xαk
= a xαk− q
nên
Σ
p
q Σ
p
k
k=1
Σ
k p
k=1
q q
Tà đó ta thu được định lý quan trong sau đây.
n
Định lj 2.5 Moi hàm phân thúc dạng g(x) =
k=1
akx
α
k
, ak ≥ 0, k = 1, n
q
đeu có tính chat g(x) ≥ g(1)xp , ∀x > 0 trong đó
n k=1
ak
= p,
akαk −
k=1
a
k
!
n n n
k=1 k=1

30
n
k=1
ak
αk
=
q.

31
q
ChGng minh. Theo nh n xét trên, ta có f (x) = x− p g(x) là m®t phân
thác chính quy nên ta suy ra f(x) ≥ f(1) mà f(1) = g(1) nên ta có
đpcm.
Bài toán 2.15 Cháng minh rang các hàm so dạng
f(x) = a + bx + cx2
+
2
cx
b
+
3x3
với a, b, c nguyên dương luôn đạt giá trị nhỏ nhat tại so nguyên dương.
Lài giai. Đe ý rang, f(x) là phân thác chính quy m®t bien áng với
moi a, b, c nguyên dương nên min f(x) = f(1).
Bài toán 2.16 Cháng minh rang các hàm so dạng
g(x) = 2x2
+ 3x3
+
1
x5
2
+
x4
.
Lài giai. Đe ý rang, g(x) là phân thác chính quy m®t bien nên
min g(x) = g(1)..
Bài toán 2.17 Cho các so thực α1, α2, . . . , α9. Tìm giá trị nhỏ nhat của
bieu thác
f(x) = xα1
+ 2xα2
+ 3xα3
+ · · · + 9xα9
, x ∈ R+
.
Lài giai. Ta có
f(x) xα1
+ 2xα2
+ 3xα3
+ · · · + 9xα9
α1 2α2 9α9
45
=
45
≥ x 45 x 45 . . . x 45 = 1 ⇔ f(x) ≥ 45.
V y min f(x) = 45 khi và chỉ khi x = 1.
Bài toán 2.18 Cháng minh rang hàm so
f(x, y) = 3x3
y8
+ 4x4
y9
+
5
x5y12
đạt giá trị nhỏ nhat tại c p so tự nhiên trên t p R+
× R+
..
Lài giai.
Đe ý rang, f(x, y) là phân thác chính quy hai bien, và các hàm so là
các phân thác thành phan là:

32
f1(x) = 3x3
+ 4x4
+ 5x−5
; f2(y) = 3x8
+ 4x9
+ 5x−12
.
Tà đó, suy ra giá trị nhỏ nhat của f(x, y) trên t p R+
× R+
. đạt tại
x = 1, y = 1.
Bài toán 2.19 Cháng minh rang hàm so
f(x, y) = 3x3
y8
+ 4x4
y9
+
5
x5y12
đạt giá trị nhỏ nhat tại c p so tự nhiên trên t p R+
× R+
..
Lài giai.
Đe ý rang, f(x, y) là phân thác chính quy hai bien, và các hàm so là
các phân thác thành phan là:
f1(x) = 3x3
+ 4x4
+ 5x−5
; f2(y) = 3x8
+ 4x9
+ 5x−12
.
Tà đó, suy ra giá trị nhỏ nhat của f(x, y) trên t p R+
× R+
. đạt tại
x = 1, y = 1.

33
n n 12
12
0
2 22 2n
2 2 22 2n
P(x) =
Σ
Ck
(2x)k
=
Σ
Ck
xk
.
Chương 3
M t so dạng toán liên quan
3.1. M t so dạng toán cfic trị trên t p so nguyên
Trong phan này ta đi xét m®t so bat đȁng thác phân thác trên t p
rời rạc với các đieu ki n ràng bu®c khác nhau.
Bài toán 3.1 Cho đa thác
P(x) = (1 + 2x)n
= a0 + a1x + a2x2
+ · · · + anxn
a1 a2 an
, biet a + + + · · · + = 4096.
Xét dãy so (ak), k = 0, 2, . . . , n. Tìm so hạng lớn nhat của dãy so (ak).
Lài giai.
Ta có
f
1
= a +
a1
+
a2
+ · · · +
an
Khi đó, ta có
⇔ 2 = 4096 ⇔ 2 = 2 ⇔ n = 12.
12 12
Suy ra
n
k=0
12
k=0
ak = Ck
2k
, k = 0, 1, 2, . . . , n.
So hạng ak lớn nhat khi và chỉ khi
ak ≥ ak+1
ak ≥ ak−1
(
0

34
− ≥
2
Σ
N
Ck 2k ≥ C 2k+1 k!(12 − k)! (k + 1)!(11 − k)!
Vì k ∈ Z nên k = 8. V y a8 = 28
C8
Σ
n
i i+1
4
, ta có Cn−1
< Cn
,
n n−2
3
i=1 i=1 i=k
2 2 N N
0≤n≤N
N N
2
(
k+1
12!
2k
≥
12!
2k+1
⇔
Ck 2k ≥ Ck−1
2k−1
⇔ 12! k 12! k−1
12 12 2
k!(12 − k)!
2
(k − 1)!(13 − k)!
⇔
1
12 k
2
2
≥
k + 1
1 k
22
⇔ 26
k
≥ 13 − k k ≤
3
dãy (ak)
Bài toán 3.2 Cho so nguyên dương n > 1 và so thực p > 0. Xét dãy
các so {x1, . . . , xn} không âm thỏa mãn đieu ki n
n
Σ
−1
i=1
xi = p. Tìm giá trị
Lài giai. Đ t xk= max{x1, x2, . . . , xn}. Khi đó
n−1 k−1 n−1
Σ
xixi+1 =
Σ
xixi+1 +
Σ
xixi+1
Dau đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi có hai so của dãy bang p
, các so
khác đeu bang 0. V y
n−1
p2
max x x = .
Bài toán 3.3 Cho so nguyên dương N. Tìm giá trị lớn nhat trong dãy
so Cn
(n = 0, 1, . . . , N).
Lài giai. Do Cn
= CN −n nên ta chỉ can xét dãy {Cn
} với n =
N
N N
N
N
nên max {Cn
} = C , p =
N
.
p
Bài toán 3.4 (Taiwan TST 2014) Cho đa thác với h so thực
P(x) = xn
+ an−2xn−2
+ an−3xn−3
+ · · · + a1x + a0, n ≥ 2.
Giả sả xk nghi m thực của phương trình P(x) = 0,k = 1, 2, . . . , n.
Cháng minh rang |x | ≤
r
2(1 − n)
a .
i=1
i=1
= 126720 là so hạng lớn nhat của
12
≥
12 12
lớn nhat của bieu thác M = xixi+1.
0, 1, . . . , . M t khác thì với n = 0, 1, . . . ,
k

35
Σ
Σ x
i
i
n n i
Σ
x2
> n.(
n − 1
)
Σ
x2
⇔
Σ
x2
> (n − 1)
Σ
x2
1
+
1
+
1 2
a(b + c) + b(c + a)c(a + b)
i
Lài giai. Theo định lý Viète, ta có
n
i=1 xi = 0
Ta có
1≤i
Σ
<j≤n
Σ Σ
xixj = an−2.
Σ
n
!2
suy ra
2 xixj +
1≤i<j≤n i=1 x2
= xi
i=1
= 0,
Ta giả sả
an−2 =
−1
n
2 i
i=1
n
x2
>
2(1 − n)
a =
n − 1 Σ
x2
, ∀i = 1, 2, . . . , n.
Lay tőng, ta thu được
n n
i
i=1
n
n i
i=1
n
i
i=1 n
i
i=1
⇔ (2 − n)
Σ
x2
> 0 ⇔ n < 2,
i=1
mâu thuan với giả thiet. Ta có ngay đieu phải cháng minh.
Bài toán 3.5 (IMO 1995) Cho a, b, c là các so hǎu t dương thỏa mãn
đieu ki n abc = 1. Cháng minh rang
1 1 1 3
a3(b + c)
+
b3(c + a)
+
c3(a + b)
≥
2
.
Lài giai. Áp dụng bat đȁng thác AM-GM, ta có
1 1 1
a3(b + c)
+
b3(c + a)
+
c3(a + b)
≥ a b c
i=1
n
n−2
!
.
2

36
≥
−
b
−
c
−
2
1
2
(ab + bc + ca)2
= .
a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)
Ta can cháng minh bat đȁng thác
(ab + bc + ca)2 3
[a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)]
2
⇔ ab + bc + ca ≥ 3 (luôn đúng theo AM-GM).
Dau bang xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 3.6 (China Northern Mathematical Olympiad 2007) Cho a, b, c
là các so hǎu t dương thỏa mãn đieu ki n abc = 1. Cháng minh rang
với moi so nguyên k ≥ 2 thì
ak bk ck
3
Lài giai. Ta có
a + b
+
b + c
+
c + a
≥
2
.
ak bk ck
3
a + b
+
b + c
+
c + a
≥
2
⇔ ak−1 + bk−1
+ ck−1
≥
3 ak−1b
+ +
2 a + b
bk−1c
+
b + c
ck−1a
.
c + a
Áp dụng bat đȁng thác AM-GM, ta có
a + b ≥ 2
√
ab, b + c ≥ 2
√
bc, c + a ≥ 2
√
ca.
Vì v y phải cháng minh:
3
k 1 k
a 2 2 + b
3
1 k
2 2 + c
3
2a
1
+ 3 ≤ 2(ak−1
+ bk−1
+ ck−1
).
Theo bat đȁng thác AM-GM
ak−1
+ bk−1
+ ck−1
≥ 3
√
3
ak−1bk−1ck−1 = 3
và
k
(2k − 3)ak−1
+ bk−1
≥ (2k − 2)a
3
2b2
3
(2k − 3)bk−1
+ ck−1
≥ (2k − 2)b
k−
2c
1
−

37
2a2 .
a b c
b c a a b c
+ b + c
a3
+
b3
+
c3
+ b + c
a3
+
b3
+
3
(2k − 3)ck−1
+ ak−1
≥ (2k − 2)c
k− 1
C®ng ba bat đȁng thác trên ta được đieu phải cháng minh.
Bài toán 3.7 (Brazilian Olympiad Revenge 2007) Cho a, b, c là các so
hǎu t dương thỏa mãn đieu ki n abc = 1. Cháng minh rang
a2
+b2
+c2
+
1
1 1 a+b+c
1
1 1
≥ 6+2
a b c b c a
.
a2
+
b2
+
c2
+2
Lài giai. Do abc = 1, ta có
+ + +
a b c
+ + + + +
b c a a b c
a2
+ b2
+ c2
+ 2
1
+
1
+
1
= a2
+ b2
+ c2
+ 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2
1 1
a2
+
b2
1
+
c2
+ 2(a + b + c) = a2
b2
+ b2
c2
+ c2
a2
+ 2abc(a + b + c) = (ab + bc + ca)2
.
Lại có:
2
a
+
b
+
c
+
b
+
c
+
a
+ 3
2(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc)
=
abc
= 2(a + b + c)(ab + bc + ca).
Áp dụng bat đȁng thác AM-GM ta được
(a+b+c)2
+(ab+bc+ca)2
≥ 2(a+b+c)(ab+bc+ca) (đieu phải cháng minh).
Bài toán 3.8 (Hongkong 2000) Với các so hǎu t dương a, b, c thỏa
mãn đieu ki n abc = 1. Cháng minh rang
1 + ab2
c3
+
1 + bc2
a3
+
1 + ca2
b3
≥
18
a3 + b3 + c3
.
Lài giai. Bat đȁng thác can cháng minh tương đương với bat đȁng
thác
1 1 1 bc2
ca
2
ab2
18
a3
+
b3
+
c3
+
a3
+
b3
+
c3
≥ a3 + b3 + c3
3 3 3 1 1 1 3 3 3 bc2
ca
2
ab2
c3
⇔ (a ) + (a ) ≥ 18

38
c3
√ √ √
+ b + c
a3
+ 3
+ ≥ 3 3
= 9
2
2 2 2
4x2
4y
2
4z2
(a3
+ b3
+ c3
)
1
a3
1
+
b3
+
1
≥ 3
√
3
a3b3c3
r
3 1
a3b3c3
= 9
3 3 3 bc2
ca2
ab2 √
3 r
3 a3
b3
c3
C®ng ve với ve ta có đieu phải cháng minh.
Bài toán 3.9 (APMO 2005) Với các so hǎu t dương x, y, z thỏa mãn
đieu ki n xyz = 8. Cháng minh rang
x2 y2 z2
4
(x3 + 1)(y3 + 1)
+
(y3 + 1)(z3 + 1)
+
(z3 + 1)(x3 + 1)
≥
3
.
Lài giai. Với moi a ≥ 0, áp dụng bat đȁng thác AM-GM, ta có
√
a3 + 1 =
√
(a + 1)(a2 − a + 1) ≤
a + 1 + a2
− a + 1
2
a2
+ 2
= .
2
Áp dụng bat đȁng thác này, ta có
x2 y2 z2
√
(x3 + 1)(y3 + 1)
+ √
(y3 + 1)(z3 + 1)
+ √
(z3 + 1)(x3 + 1)
≥
(x2 + 2)(y2 + 2)
+
(y2 + 2)(z2 + 2)
+
(z2 + 2)(x2 + 2)
.
Ta phải cháng minh
4x2
4y2
4z2
4
(x2 + 2)(y2 + 2)
+
(y2 + 2)(z2 + 2)
+
(z2 + 2)(x2 + 2)
≥
3
⇔ x (z + 2) + y2
(x2
+ 2) + z2
(y2
+ 2) ≥
1
(x2
3
+ 2)(y2
+ 2)(z2
+ 2)
⇔ x y + y2
z2
+ z2
x2
+ 2(x2
+ y2
+ z2
) ≥ x y z + 8 = 72.
Bat đȁng thác trên luôn đúng do
x2
y2
+y2
z2
+z2
x2
+2(x2
+y2
+z2
) ≥ 3
√
3
x4y4z4 +2.3
√
3
x2y2zz = 48 + 24.
Đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2.
3
c
b
(a )
a3b3c3
a3b3c
2
2 2

39
2011
Σ −
A =
(k − n
x
)
C x (1 − x)
−
n−1
n−2
Σ
= C x (1 − x) = [x
+
(
1− x)] = 1
= (nx)2
Σ
Ck
xk
(1 − x)n−k
+
Σ
k2
Ck
xk
(1 − x)n−k
− 2nx
Σ
(k − nx)2
Ck
x1 − xk
A1 =
Σ
Ck
xk
(1 − x)n−k
=
Σ
Ck
xk
(1 − x)n−k
n−1 n−1
= nx
Σ
Ck−1
xk−1
(1 − x)n−k
+ n
Σ
k − 1Ck−1
xk
(1 − x)n−k
A
−
k=1 k=1
3.2. M t so dạng toán ve so tfi nhiên tfi các đe thi
Olympic
Ta xét m®t so bài toán liên quan đen công thưsc tő hợp tà các đe thi
Olympic.
Bài toán 3.10 (Olympic 30/4/2011) Cho hàm so
2011
F(x) =
Σ
(k − 2011x)2
Ck
xk
(1 − x)2011−k
.
k=0
Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so F(x) trên [0; 1]
n
2 k k n k
n
k=0
n n n
Xét
n
k=0
n
n
k=0
n
n
k=0
n
k=0n
n
k=1 n
= n
Σ
Ck−1
xk
(1 − x)n−k
= nx
Σ
Ck−1
xk−1
(1 − x)n−k
= nx[x + (1 x)]n−1
= nx
n n
A =
Σ
k2
Ck
xk
(1 − x)
n−k
=
Σ
k2
Ck
xk
(1 − x)n−k
2 n
k=0n
n
k=1
= n
Σ
kCk−1
xk
(1 − x)n−k
k=1
n n
k=1
n−1
n k=1
n−1
= nx + n(n − 1)
Σ
Ck−2
xk
(1 − x)n−k
= nx + n(n − 1)x2
k=2
n
k k n k n
3 n
k=0
V y A = (nx)2
+ nx + n(n − 1)x2
− 2(nx)2
= nx(1 − x).

40
C
n
C
Σ
n+4
2(n + 3)(n + 4)
n
n
ta có f(x) ≤ 2011 Dau đȁng thác xảy ra khi x = .
Áp dụng ket quả trên ta thu được f(x) = 2011x(1 − x).
Do x ∈ [0; 1] nên x ≥ 0, 1 − x ≥ 0. Áp dụng bat đȁng thác AM - GM,
V y max f(x) =
[0;1]
2011 1
4
⇔ x =
2
Nh n xét 3.1 Ta có the thay so 2011 trong hàm so f(x) bởi m®t so
thực dương bat kì.
Xuat phát tà cách viet tőng
Σn
(−1)k k
dưới dạng
phân thác p(n)
q(n)
k=0
k3 + 9k2 + 26k + 24
, trong đó p(n), q(n) là các đa thác với h so nguyên, ta
có the xây dựng được bài toán cực trị liên quan đen tő hợp là bài toán
sau:
Bài toán 3.11 Tìm giá trị nhỏ nhat bieu thác
n k k 4 3 2
f(n) =
Σ
(−1) Cn +
2n − 10n − 64n + 272n + 959
.
Lài giai. Đ t
S(n) =
Σ
(−1)k k
Ta có
k=0
k3 + 9k2 + 26k + 24
nên
k3
+ 9k2
+ 26k + 24 = (k + 2)(k + 3)(k + 4)
n k
S(n) =
(−1) .n!
k=0
k!.(n − k)!(k + 2)(k + 3)(k + 4)
Đ t
=
k=0
(−1)n
!.(n + 4)!
(k + 4)!.(n − k)!
k + 1
(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
n
T(n) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)S(n) =
Σ
Ck+4
(k + 1).
k=0
n
k=0
x + (1 − x)
2
1
2
k3 + 9k2 + 26k + 24
Σ

41
Σ
(−1) C
Σ
= (x − 1) = 0 ⇒ −n
(−1) C
Σ
−
Σ
= (−1) nC
Σ
= n
(−1) C
Σ
= −n (−1)
nC
n+4
Σ
= (−1) C (k + 1)
n
Σ
C
Σ
= C
Σ
j − 3
(−1) C
Σ
(−1)i
Ci
.i =
Σ
(−1)i i.n!
+ (−1)0 0.n!
n 1 = 0
j
Ta có
và
n
i i
n
i=0
n
i j j
n−1
j=0
n n
i=0
n
i=1
n
i!(n − i)! 0!n!
n
= ( 1)i n!
i=1
(i − 1)!(n − i)!
i i−1
n−1
i=1
Do đó n
n
i i−1
n−1
i=1
n
i−1 i−1
−
i=1
T(n) =
Σ
(−1)k
Ck+4
(k + 1)
k=0
n
k+4 k+4
n+4
k=0
=
Σ
(−1)k+4
Ck+4
(k + 1) − (−3 + 2(n + 4) − C2
)
k=−4
n+4
= n+4
n+4
(j − 3) − 2n + 8 − 3 −
n+4
(n + 4)(n + 3)
2
j=0
n+4
j
n+4
j=0
n+4
j j
n+4
j=0
1 2
—
2
(4n + 10 − n − 7n − 12)
Suy ra
= 0 + 0 +
1
(n2
2
+ 3n + 2) =
1
(n + 1)(n + 2)
2
T(n)
S(n) = = dfrac(n + 1)(n + 2)(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n +
V y
(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
1
S(n) =
Do đó
f(n) =
1
2(n + 3)(n + 4)
2(n + 3)(n + 4)
2n4
− 10n3
− 64n2
+ 272n + 959
2(n + 3)(n + 4)
+
= 0

42
−
≥
2n4
− 10n3
− 64n2
+ 272n + 960
2(n + 3)(n + 4)
2(n + 3)(n + 4)(n2
12n + 40)
=
2(n + 3)(n + 4)
Ta có
= n2
− 12n + 40
n2
−12n+40 = (n−6)2
+4 ≥ 4, ∀n ∈ N. Dau đȁng thác xảy ra khi n = 6
V y f(n) đạt giá trị nhỏ nhat bang 4 khi n = 6.
Bài toán 3.12 (Bulgari TST 2003)
Với ba so nguyên dương a, b, c thỏa mãn đieu ki n a + b + c = 3. Cháng
minh rang
a b c 3
1 + b2
+
1 + c2
+
1 + a2
≥
2
.
Lài giai. Ta không the dùng trực tiep bat đȁng thác AM-GM với mau
so vì bat đȁng thác sau đó sě đői chieu. Tuy nhiên ta có the dùng lại
bat đȁng thác đó theo cách khác.
a ab2
ab2
ab
1 + b2
= a −
1 + b2
≥ a −
2b
= a −
2
.
Tương tự, ta có
b bc
1 + c2
≥ b −
2
c ac
1 + a2
≥ c −
2
.
C®ng ve với ve ba bat đȁng thác trên ta có
a b c 1 ab + bc + ca
1 + b2
+
1 + c2
+
1 + a2
≥ a+b+c−
2
(ab+bc+ca) = 3−
2
.
Ta lại có
Do đó
a b
ab + bc + ca ≤
c
(a + b + c)2
= 3.
3
1 ab + bc + ca 3
1 + b2
+
1 + c2
+
1 + a2
≥ a+b+c−
2
(ab+bc+ca) = 3−
2 2
.
=

43
1
Bài toán 3.13 (Olympic 30/4/2009) Với moi b® n so nguyên dương
a1, a2, . . . , an có tőng bang 2009. Đ t A là tőng tat cả các so hạng có
dạng
1
a1(a1 + a2)(a1 + a2 + a3) . . . (a1 + a2 + · · · + an)
trong đó k1, k2, . . . , kn là m®t hoán vị bat kì của {1, 2, . . . , n} . Tìm giá trị nhỏ nhat
Lài giai. Xét m®t b® bat kì n so nguyên dương a1, a2, . . . , an có tőng
bang 2009
Ta cháng minh bang quy nạp
+) Với n = 1, (3.1)đúng
1
A =
a1a2 . . . an
(3.1)
+) Giả sả (3.1)đúng đen n − 1
Với moi n so nguyên dương a1, a2, . . . , an
1
Trong A, đ t
a1 + a2 + · · · + an
A =
làm thàa so chung, ta được
1
,
trong đó B gom n! so hạng.
a1 + a2 + · · · + an
Trong B ta nhóm các so hạng không cháa a1 thành tőng B1 gom (n−1)!
so hạng áng với (n − 1)! hoán vị của {2, 3 . . . , n}
Do đó theo giả thiet quy nạp thì B =
a2a3 . . . an
Tiep tục như the với a2, a3, . . . , an ta được
1 1 1
B = + + · · · + =
a1 + a2 · · · + an
a2a3 . . . an
Tà đó suy ra A =
a1a3 . . . an
1
a1a2 . . . an
a1a2 . . . an−1 a1a2 . . . an
V y theo nguyên lí quy nạp (3.1) đúng với moi n ≥ 1.
+) Neu a1 = 1, loại a1 = 1, the a2 = 1 bởi a′
2 = 1 + a2 thì tőng các so
ai không đői, còn tích tăng lên.
+) Neu ai ≥ 5 the a1 bởi 2(a1 − 2) thì tőng các so ai không đői, tích
tăng lên vì 2(a1 − 2) = 2a1 − 4 > a1
+) Neu có m®t so ai = 4, the so đó bởi 2 + 2 thì tőng và tích các so ai
không đői

44
+) Neu có ba so 2, the ba so đó bang hai so 3 thì tőng không đői, tích
tăng lên
V y đe tích p của các so ai lớn nhat thì phải chon không quá hai so 2,
các so khác bang 3 Do 2009 = 3.669 + 2 nên maxP = 2.3669
. Suy ra
1
minA =
2.3669
.

45
Ket lu n
Lu n văn “M®t so phương pháp tìm cực trị của các hàm phân
thác sinh bởi so tự nhiên” đã trình bày nhǎng van đe sau:
- Lu n văn trình bày chi tiet các tính chat cơ bản của đa thác
với h so nguyên, phân thác hǎu t với h so nguyên, các đong
nhat thác và bat đȁng thác dạng phân thác hǎu t với h so
nguyên.
- Tiep theo trình bày chi tiet các dạng toán tìm cực trị trong
lớp các hàm phân thác.
- Cuoi cùng, lu n văn trình bày các dạng toán liên quan được
chon loc tà các đe thi HSG quoc gia, Olympic khu vực và quoc
te.

46
Tài li u tham khảo
[A] Tieng Vi t
[1] Nguyen Văn M u (2002), Đa thúc đại so và phân thúc hũu ty, NXB
Giáo dục.
[2] Nguyen Văn M u (2016), N®i suy đa thúc, NXB ĐHQG Hà N®i.
[3] Nguyen Văn M u, Trịnh Đào Chien, Tran Nam Dũng, Nguyen Đăng
Phat (2008), Chuyên đe chon loc ve đa thúc và áp dựng, NXB Giáo
dục.
[4] Nguyen Văn Nho, OLYMPIC toán hoc Châu Á Thái Bình Dương,
NXB Giáo dục.
[B] Tieng 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), Mathematical Olympiad Treasures,
Birkhauser Boston, USA.

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
NGUYEN KIM THU
M T SO PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC
TR± CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC
SINH B I SO TỰ NHIÊN
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
NGUYEN KIM THU
M T SO PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC
TR± CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC
SINH B I SO TỰ NHIÊN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP
Mã so: 8 46 01 13
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
Người hướng dan khoa hoc: GS.TSKH. Nguyen Văn M u

Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức Sinh bởi số tự nhiên.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức Sinh bởi số tự nhiên.docx

Similar to Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức Sinh bởi số tự nhiên.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)

Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức Sinh bởi số tự nhiên.docx