DTZ-2016-130192

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:73

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề đa thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học. Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán liên quan tới đa thức nói chung và đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức, cực trị của đa thức, phân thức có hệ số nguyên thường xuyên được đề cập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: DTZ-2016-130192

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC HÀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC VÀ PHÂN THỨC HỆ SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2016
i Mục lục Mở đầu 1 1 Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên . . . . 3 1.2 Một số tính chất của phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên . . . 8 1.3 Định lý Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.4 Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 Các dạng toán về đa thức và phân thức với hệ số nguyên 19 2.1 Các dạng toán về đa thức một biến với hệ số nguyên và hệ thức Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2 Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức . . . . . . . . 30 2.3 Bất đẳng thức phân thức sinh bởi tam thức bậc hai trên một khoảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.4 Bất đẳng thức sinh bởi hàm phân tuyến tính trên một khoảng 40 2.5 Phân thức chính quy và một số tính chất . . . . . . . . . . . 45 3 Một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức và cực trị trên tập số nguyên 49 3.1 Bất đẳng thức trên tập số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.2 Cực trị trên tập số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 70
1 Mở đầu Chuyên đề đa thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông. Đa thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học. Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán liên quan tới đa thức nói chung và đặc biệt là các bài toán về bất đẳng thức, cực trị của đa thức, phân thức có hệ số nguyên thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về đa thức, phân thức hệ số nguyên lại không nằm trong chương trình chính thức của Số học và Đại số bậc trung học phổ thông. Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề đa thức, tôi đã làm luận văn: Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên. Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. Chương I trình bày các kiến thức cơ bản về đa thức và phân thức hệ số nguyên, định lý Viète, một số bất đẳng thức cơ bản. Chương II trình bày một số dạng toán về bất đẳng thức và cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên, phân thức chính quy và áp dụng. Chương III trình bày một số bất đẳng thức và bài toán cực trị trên tập số nguyên. Luận văn có thể được xem như một tài liệu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề đa thức. Có thể sử dụng luận văn trong việc giảng dạy học sinh thi học sinh giỏi các cấp, Olympic sinh viên.
2 Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc về sự chỉ bảo tận tình của Thầy trong suốt quá trình xây dựng đề cương cũng như hoàn thành luận văn. Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS Nguyễn Thị Thu Thủy và các quí thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và đưa ra những ý kiến quý báu để luận văn được hoàn thiện hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô trong Ban Giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Trong khuôn khổ một luận văn, tác giả chưa thể trình bày được hết các vấn đề về đa thức và phân thức hệ số nguyên. Tuy bản thân đã có nhiều cố gắng, nỗ lực nghiên cứu, song do điều kiện và trình độ còn hạn chế nên những kết quả đạt được trong luận văn còn rất khiêm tốn. Tác giả kính mong nhận được ý kiến đóng góp quí báu của các thầy cô để bản luận văn được hoàn thiện hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2016. Học viên Nguyễn Ngọc Hà
3 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này sẽ trình bày một số kiến thức cơ bản: định nghĩa, một số tính chất về sự chia hết, về nghiệm nguyên, về hệ số . . . của đa thức và phân thức hệ số nguyên. Ở đây ta sẽ sử dụng một số ký hiệu: Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , nếu f (x) có các hệ số là số nguyên thì ta ký hiệu f (x) ∈ Z[x], nếu f (x) có các hệ số là số hữu tỉ thì ta ký hiệu f (x) ∈ Q[x]. 1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên Định lý 1.1 (xem [4]). Cho đa thức f (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 ∈ . Z[x], an 6= 0, a là số nguyên. Khi đó [f (x) − f (a)]..(x − a). Chứng minh. Ta có f (a) = an an + an−1 an−1 + · · · + a1 a + a0 , . f (x) − f (a) = an (xn − an ) + an−1 xn−1 − an−1 + · · · + a1 (x − a)..(x − a). Vậy ta có điều cần chứng minh.
4 p Bài toán 1.1 (xem [4]). Chứng minh rằng nếu phân số tối giản , ((p, q) = q 1) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 thì p là ước của a0 và q là ước của an . Lời giải. p là nghiệm của đa thức f(x). Khi đó, ta có Giả sử phân thức tối giản q n n−1 p p p p f = an + an−1 + · · · + a1 + a0 = 0. q q q q Từ đó, ta có an pn = −q(an−1 pn−1 + · · · + a1 q n−2 p + a0 q n−1 ) (1.1) và a0 q n = −p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 ). (1.2) Từ (1.1) suy ra an pn chia hết cho q mà (p, q) = 1 nên an chia hết cho q . Từ (1.2)suy ra a0 q n chia hết cho p mà (p, q) = 1 nên a0 chia hết cho p. p Bài toán 1.2 (xem [4]). Chứng minh rằng nếu phân thức tối giản , ((p, q) = q 1) là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 thì p − mq là ước của f (m) với m là số nguyên. Lời giải. Phân tích f (x) theo các lũy thừa của (x − m) ta được f (x) = an (x − m)n + bn−1 (x − m)n−1 + · · · + b1 (x − m) + b0 = g(x − m). Nhận xét rằng các hệ số b0 , bn−1 là các số nguyên vì m là một số nguyên. p Ta có f (m) = b0 . Thay x bởi ta thu được đẳng thức q p − mq p p f =g −m =g = 0. q q q
5 p − mq Do đó là nghiệm của g(x). theo Bài toán 2.6 thì p − mq là ước của q b0 = f (m). Bài toán 1.3. Cho đa thức f (x) có hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện f (0), f (1), . . . , f (m − 1) đều không chia hết cho m (m là số nguyên dương cho trước, m > 1). Chứng minh rằng f (x) = 0 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Giả sử f (x) = 0 có nghiệm 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 số nguyên liên tiếp nên phải có một số chia hết cho m. Vì vậy trong m số f (0), f (1), . . . , f (m − 1) phải có ít nhất một số chia hết cho m. Điều này trái với giả thiết. Vậy f (x) = 0 không có nghiệm nguyên. Bài toán 1.4. Cho đa thức P (x) với các hệ số nguyên, chia hết cho 3 khi x . lấy các giá trị nguyên k, k + 1, k + 2. Chứng minh rằng P (m) ..3 với mọi số nguyên m. Chứng minh. . Với hai số nguyên m và n phân biệt, ta có P (m) − P (n)..(m − n). Ta có các số P (m) − P (k), P (m) − P (k + 1) và P (m) − P (k + 2) theo thứ tự đó lần lượt chia hết cho m − k, m − (k + 1), m − (k + 2) với mọi m∈ / {k, k + 1, k + 2}.
6 Vì m − k, m − (k + 1), m − (k + 2) là ba số nguyên liên tiếp nên trong đó có một số chia hết cho 3. Do đó trong các số P (m) − P (k), P (m) − P (k + 1) và P (m) − P (k + 2) có một số chia hết cho 3. Mặt khác, theo giả thiết, các số P (k), P (k + 1), P (k + 2) đều chia hết cho . 3. Vậy P (m)..3 với mọi số nguyên m. Bài toán 1.5 (xem [4]). Cho đa thức f (x) ∈ Z[x]. Chứng minh rằng nếu phương trình f (x) = 1 có nhiều hơn 3 nghiệm nguyên phân biệt thì phương trình f (x) = −1 không có nghiệm nguyên. Lời giải. Giả sử phương trình f (x) = −1 có nghiệm nguyên là a thì f (a) = −1. Gọi x1 , x2 , x3 , x4 là 4 nghiệm nguyên phân biệt của phương trình f (x) = 1, thì f (x) − 1 = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 )g(x). Suy ra 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 số nguyên phân biệt. Nhưng −2 không thể phân tích được thành tích của 4 số nguyên khác nhau nên điều giả sử ở trên là sai. Vậy phương trình f (x) = −1 không có nghiệm nguyên. Bài toán 1.6. Giả sử P (x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên. Xét đa thức Q(x) = P 2 (x) − 9. Chứng minh rằng số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996. Lời giải. Giả sử số nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996. Q(x) = 0 ⇔ P 2 (x) − 9 = 0 ⇔ [P (x) − 3][P (x) + 3] = 0.
7 Gọi x1 , x2 , . . . , xk là các nghiệm nguyên của P (x) = 3, (x1 < x2 < · · · < xk ) và y1 , y2 , . . . , yl là các nghiệm nguyên của P (x) = −3, (y1 < y2 < · · · < yl ). Rõ ràng xi 6= yj , ∀i, j . Vì deg P (x) = 1991 nên k ≤ 1991; l ≤ 1991. Mặt khác k + l chính là số nghiệm của đa thức Q(x) nên theo giả thiết phản chứng thì k + l ≥ 1996. Từ đó ta có k ≥ 5, l ≥ 5, suy ra tồn tại i0 , j0 (1 ≤ i0 ≤ k; 1 ≤ j0 ≤ l) sao cho |xi0 − yj0 | ≥ 7. (1.3) Giả sử P (x) = a1991 x1991 + a1990 x1990 + · · · + a1 x + a0 với ai ∈ Z, i = 0, 1991. Thế thì từ ai ∈ Z, i = 0, 1991, P (xi0 ) = 3 và P (yi0 ) = −3, suy ra P (xi0 ) − P (yi0 ) = 6. Vì P (x) là đa thức với hệ số nguyên và xi0 , yi0 là các số nguyên nên ta có . P (yi0 ) − P (xi0 )..yi0 − xi0 . . Như vậy 6..(yi0 − xi0 ), suy ra yi0 − xi0 ≤ 6. (1.4) Từ (1.3) và (1.4) suy ra mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là đa thức Q(x) = P 2 (x) − 9 không thể có quá 1995 nghiệm nguyên. Nhận xét 1.1. Ta có thể chứng minh (1.3) như sau: Vì k ≥ 5, l ≥ 5, xi 6= yj , ∀i, j do đó có ít nhất ba nghiệm trong số các nghiệm yj (j = 1, l) nhỏ hơn (hoặc lớn hơn) các nghiệm xi (i = 1, k). Giả sử x1 < x2 < · · · < xk < yp < yp+1 < yp+2
8 (ở đây yp , yp+1 , yp+2 là 3 trong số các nghiệm y1 , y2 , y3 , . . . , yl ). Chú ý là ở đây các xi (i = 1, k), yp , yp+1 , yp+2 đều là số 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 Một số tính chất của phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên Định nghĩa 1.1 (xem [4]). Hàm số f : R → R có dạng P (x) f (x) = Q(x) được gọi là phân thức hữu tỉ, trong đó P (x), Q(x) là các đa thức. Nếu đa thức P (x) và Q(x) là các đa thức có hệ số hữu tỉ thì bằng việc quy đồng mẫu số ta sẽ đưa f (x) về dạng P1 (x) f (x) = Q1 (x) trong đó P1 (x) và Q1 (x) là các đa thức có hệ số nguyên. P (x) Do vậy phân thức hữu tỉ f (x) = được gọi là phân thức hữu tỉ có Q(x) hệ số nguyên nếu như P (x), Q(x) ∈ Q[x]. Bài toán 1.7 (xem [4]). Cho phân thức hữu tỉ 1 f (x) = ∈Q ax + b với mọi x ∈ Z. Chứng minh rằng a, b ∈ Q. Chứng minh. 1 1 f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z nên ax + b = ∈ Q với mọi x ∈ Z. ax + b f (x) Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.
9 1 Bài toán 1.8 (xem [4]). Chứng minh rằng nếu f (x) = ∈ Q với mọi ax + b C x ∈ Z thì f (x) có dạng f (x) = với A, B, C thuộc Z. Ax + B Chứng minh. 1 f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z nên theo Bài toán 1.7 ta có a, b ∈ Q. ax + b m e Đặt a = , b = (m, n, e, f ∈ Z). Khi đó n f 1 nf C f (x) = m e = = x+ mf x + ne Ax + B n f với A, B, C thuộc Z. ax + b Bài toán 1.9 (xem [4]). Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ∈ Q với mọi cx + d x ∈ Z. Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn dưới dạng Ax + B f (x) = (A, B, C, D ∈ Z). (1.5) Cx + D Chứng minh. Nếu ad − bc = 0 thì f (x) = const nên biểu diễn (1.5) là hiển nhiên. Xét trường hợp ad − bc 6= 0. Nếu c = 0 thì biểu diễn (1.5) là hiển nhiên. f (x) − f (0) 1 Nếu c 6= 0 thì sử dụng phân tích = ∈ Q với mọi x αx + β x ∈ Z. Áp dụng Bài toán 1.8 ta sẽ được dạng biểu diễn (1.5). Nhận xét rằng kết quả của Bài toán 1.9 cũng đúng trong trường hợp tổng quát. Bài toán 1.10 (xem [4]). Cho phân thức hữu tỉ P (x) f (x) = ∈ Q ∀x ∈ Z, (P (x), Q(x)) = 1. Q(x) Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng phân thức của hai đa thức với hệ số nguyên.
10 Chứng minh. Giả sử P (x) = a0 + a1 x + · · · + am xm , Q(x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn . Tại x = j (j = 0, 1, . . . , m + n) hàm f (x) nhận các giá trị hữu tỉ tương ứng là cj . Khi đó ta có hệ phương trình tuyến tính với m + n + 2 ẩn: a0 , a1 , . . . , am , b0 , b1 , . . . , bn dạng a0 + a1 k + · · · + am k m − b0 ck − b1 ck k − · · · − bn ck k n = 0, trong đó k = 0, 1, . . . , m + n. Hai nghiệm của hệ này cho ta hai cặp đa thức P (x), Q(x) và P1 (x), Q1 (x) có tính chất P (k) − ck Q(k) = 0, P1 (k) − ck Q1 (k) = 0, ∀k = 0, m + n. Hai cặp nghiệm này cho ta đa thức g(x) = P (x)Q1 (x) − P1 (x)Q(x), deg g(x) ≤ m + n nhận giá trị 0 tại m + n + 1 điểm nên g(x) ≡ 0. Do P (x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau nên P (x) = cP1 (x); Q(x) = cQ1 (x). Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm với sự sai khác một thừa tỉ lệ và như vậy tồn tại ma trận cấp m + n + 1 trong ma trận hệ số của hệ phương trình để định thức của nó khác 0 và nghiệm đã nhận được là các số hữu tỉ. Đây là điều cần chứng minh. Bài toán 1.11 (xem [4]). Cho p là một số nguyên dương, q ∈ [0, 1]. Giả sử x ∈ [q p+1 , 1] và p Y x − qk f (x) = . k=1 x + qk
11 Chứng minh rằng p Y 1 − qk |f (x)| ≤ . k=1 1 + qk Chứng minh. Ta có 0 < q p+1 < q p < · · · < q < 1. Với q j+1 ≤ x ≤ q j thì khi i ≥ j + 1 ta có x ≥ q i . Vậy nên
x − qi
x − qi
x + qi
= x + qi .