Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, các bài toán liên quan tới đa thức và phân thức với hệ số nguyên (ta gọi chung là phân thức sinh bởi số tự nhiên) thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó cần các kiến thức sâu sắc về số học kết hợp với các kiến thức về đa thức và phân thức thường không nằm trong chương trình chính thống của chương trình toán bậc trung học phổ thông. Luận văn sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN KIM THU MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN KIM THU MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM PHÂN THỨC SINH BỞI SỐ TỰ NHIÊN Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC (Xác nhận) GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018
i Mục lục MỞ ĐẦU iii 1 Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 1 1.1. Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên . . . . . . . 1 1.2. Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và phân thức nhận giá trị hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3. Biểu diễn đơn vị thành tổng của các phân số Ai Cập với mẫu số nguyên dương đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh bởi số hữu tỷ 12 2.1. Một số phương pháp giải bài toán cực trị của đa thức và phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.1. Phương pháp so sánh bậc hai . . . . . . . . . . . . 12 2.1.2. Phương pháp so sánh phân thức dạng bậc hai trên bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.1.3. Phương pháp tìm cực trị với ràng buộc theo tổng các số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Sử dụng phân thức chính quy giải các bài toán cực trị liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3 Một số dạng toán liên quan 32 3.1. Một số dạng toán cực trị trên tập số nguyên . . . . . . . . 32 3.2. Một số dạng toán về số tự nhiên từ các đề thi Olympic . . 38 KẾT LUẬN 44
ii TÀI LIỆU THAM KHẢO 45
iii MỞ ĐẦU Chuyên đề về đa thức và phân thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông và trung học cơ sở. Các tính chất của đa thức và phân thức liên quan chặt chẽ với các tính chất của số nguyên và số hữu tỷ. Một trong các phương pháp khảo sát đa thức và phân thức hữu tỷ rất hữu hiệu là việc sử dụng các công cụ hữu ích từ việc khảo sát các tính chất số học của các số tự nhiên và số hữu tỷ. Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, các bài toán liên quan tới đa thức và phân thức với hệ số nguyên (ta gọi chung là phân thức sinh bởi số tự nhiên) thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó cần các kiến thức sâu sắc về số học kết hợp với các kiến thức về đa thức và phân thức thường không nằm trong chương trình chính thống của chương trình toán 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 và phân thức với hệ số nguyên và hệ số hữu tỷ, em chọn đề tài luận văn “Một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên”. Mục tiêu của luận văn nhằm hệ thống một số kiến thức về số học và đa thức với hệ số nguyên và cung cấp một số phương pháp tìm cực trị của các hàm phân thức sinh bởi số tự nhiên. Tiếp theo, xét các bài toán cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình cùng một số dạng liên quan. Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và ba chương. Chương 1. Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên. Chương 2. Các phương pháp giải toán cực trị dạng phân thức sinh
iv bởi số hữu tỷ. Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Tiếp theo, trong các chương đều trình bày hệ thống các bài tập áp dụng và giải các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan.
1 Chương 1 Phân thức hữu tỷ với hệ số nguyên 1.1. Tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên Trong phần này, trình bày một số tính chất cơ bản của đa thức với hệ số nguyên. Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]) Cho L ⊂ R. Đa thức P (x) ∈ L[x] được gọi là khả quy trên L[x] nếu tồn tại đa thức Q(x) và T (x) cùng thuộc L[x] với các bậc lớn hơn 0 sao cho P (x) = Q(x).T (x). Trong trường hợp ngược lại thì được gọi là bất khả quy trên L[x]. Định nghĩa 1.2 (xem [1]-[2]) Tập hợp tất cả các đa thức khả quy trên L[x] được ký hiệu là L∗ [x]. Tính chất 1.1 Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] với bậc lớn hơn bằng 2 đều phân tích được thành nhân tử bậc nhất và nhân tử bậc hai nên cũng có thể coi P (x) ∈ R∗ [x]. Định nghĩa 1.3 (xem [1]-[2]) Đa thức thuộc Z[x] được gọi là đa thức nguyên bản nếu bộ các hệ số của nó nguyên tố cùng nhau (có thể không đôi một nguyên tố cùng nhau). Tính chất 1.2 Nếu f (x) ∈ Z[x] thì tồn tại duy nhất một đa thức a nguyên bản và một phân số tối giản , a ∈ Z, b ∈ N∗ sao cho f (x) = b a f1 (x). b Bổ đề 1.1 (Bổ đề Gauss) Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
2 Chứng minh. Cho hai đa thức nguyên bản P (x) = an xn an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 và Q(x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 thì P (x).Q(x) = cm+n xm+n + cm+n−1 xm+n−1 + · · · + c1 x + c0 . Giả sử tích trên không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước chung của các hệ số c0 , c1 , . . . , cm+n . Vì P nguyên bản nêu gọi i là số nhỏ nhất mà ai không chia hết cho p và j là số nhỏ nhất sao cho bj không chia hết cho p. Khi đó, xét cj+i ta thấy hệ số tương ứng không chia hết cho p, vô lý. Vậy tích trên nguyên bản. Tính chất 1.3 Nếu đa thức P (x) ∈ Z[x], deg P > 1 mà không thuộc Z∗ [x] thì nó cũng không thuộc Q∗ [x]. Định lý 1.1 (xem [1]-[2]) Cho các đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x], an 6= 0, a, b là hai số nguyên khác nhau. Khi đó, . f (a) − f (b)..(a − b). Bổ đề 1.2 (Khai triển Newton) Cho n và m là các số nguyên dương. Với bất kỳ x = (x1 , x2 , · · · , xn ) trong Rn , ta có X m! m (x1 + x2 + · · · + xn ) = xα , (1.1) α! |α|=m trong đó α! = α1 !α2 ! · · · αn ! với α = (α1 , α2 , · · · , αn ) trong Nn , xα = xα1 1 xα2 2 . . . xαnn và tổng chạy qua tất cả α có thể có trong Nn thỏa mãn |α| = α1 + α2 + · · · + αn = m. Chứng minh. Với n = 2 theo nhị thức Newton, ta có m m m X m! j m−j X m! α1 α2 (x1 +x2 ) = x1 x2 = x1 x2 , α1 = j, α2 = m−j. j=0 j!(m − j)! α 1 !.α2 ! |α|=m Giả sử đẳng thức (1.18) đã đúng cho đến n − 1. Đặt X = x1 + x2 + .. + xn−1 , α0 = (α1 , α2 , . . . , αn ). Khi đó ta có m m m X m! (x1 + x2 + · · · + xn ) = (X + xn ) = X m−αn xαnn αn =0 (m − αn )!.αn !
3 m X m! = xαnn .(x1 + x2 + · · · + xn−1 )m−αn αn =0 (m − αn )!.αn ! m X m! X (m − αn )! 0 = xαnn . xα (m − αn )!.αn ! α1 !α2 ! . . . αn−1 ! αn =0 |α0 =m−αn X m! = xα1 1 xα2 2 . . . .xαnn . α1 !α2 ! . . . αn ! |α|=m Bổ đề được chứng minh. Định lý 1.2 (Khai triển Taylor, xem [1]-[2]) Cho một đa thức n X f (x) = aj xj . (1.2) j=0 Khi đó, hệ số thứ j của f (x) có thể được biểu diễn bởi 1 (j) aj = f (0), (1.3) j! trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j tại 0 Bổ đề 1.3 Cho n là một số nguyên dương. Ta đặt n 1 2 1 n g(x) = x + x + · · · + x . (1.4) 2 n Khi đó g (n) (0) = n!. Chứng minh. Ta có n n 1 1 n−1 g(x) = x 1 + x + · · · + x = xn h(x), (1.5) 2 n trong đó n 1 1 h(x) = 1 + x + · · · + xn−1 . (1.6) 2 n Áp dụng công thức Leibniz
4 n n−j j (n) X n! d dn g (x) = x . h(x) j=0 (n − j)!j! dx dx n j (1.7) X n!n! d = xj . h(x). j=0 (n − j)!j!j! dx Do đó, ta thu được g (n) (0) = n!h(0) = n!. (1.8) Bổ đề được chứng minh. 1.2. Phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và phân thức nhận giá trị hữu tỉ Tiếp theo, ta nhắc lại một số tính chất của phân thức hữu tỉ với hệ số nguyên và các dạng phân thức nhận giá trị hữu tỉ trên tập số tự nhiên. Định nghĩa 1.4 Hàm số f : R → R được gọi là phân thức hữu tỉ nếu P (x) tồn tại các đa thức P (x), Q(x) sao cho f (x) = (1). Khi P (x) và Q (x) Q(x) là các đa thức nguyên tố cùng nhau thì (1) được gọi là phân thức hữu tỉ chính tắc. Nếu đa thức P (x) và Q(x) là các đa thức có hệ số hữu tỉ thì bằng P 0 (x) việc quy đồng mẫu số ta sẽ đưa f (x) về dạng f (x) = 0 , trong đó Q (x) P 0 (x) và Q0 (x) là các đa thức có hệ số nguyên. Do vậy phân thức hữu P (x) tỉ f (x) = được gọi là phân thức hữu tỉ có hệ số nguyên nếu như Q (x) P (x), Q(x) ∈ Q[x]. 1 Bài toán 1.1 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z. ax + b Chứng minh rằng a, b ∈ Q. 1 1 Lời giải. Vì f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z nên ax + b = với ax + b f (x) mọi x ∈ Z. Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.
5 1 Bài toán 1.2 Chứng minh rằng nếu f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z ax + b C thì f (x) có dạng f (x) = với A, B, C thuộc Z Ax + B 1 Lời giải. Vì f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z nên ta có a, b ∈ Q ax + b m e ⇒ a = , b = (m, n, e, f ∈ Z). n f Khi đó 1 nf C f (x) = m e = = . x+ mf x + ne Ax + B n f ax + b Bài toán 1.3 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ∈ Q với mọi x ∈ Z. cx + d Ax + B Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn dưới dạng f (x) = (1) Cx + D với A, B, C, D ∈ Z. Lời giải. Nếu ad − bc = 0 thì f (x) = const nên biểu diễn (1) là hiển nhiên. Xét trường hợp ad − bc 6= 0: Nếu c = 0 thì biểu diễn (1) là hiển nhiên. 1 Nếu c 6= 0 thì sử dụng phân tích f (x) − f (0) = ta sẽ được αx + β dạng biểu diễn (1). Nhận xét rằng kết quả của bài toán cũng đúng trong trường hợp bài toán tổng quát. ax + b Bài toán 1.4 Chứng minh rằng nếu phân thức f (x) = ∈ Q, ∀x ∈ cx + d Ax + B Z thì f (x) có dạng f (x) = trong đó A, B, C, D là các số nguyên. Cx + D M Q(x) − Q(1) e Q(x) − Lời giải. Ta có = ∈ Q ∀x ∈ Z nên N = x−1 cx + d x−1 E . Cx + D Ta có M, N, E, C, D là các số nguyên nên dễ dàng suy ra đpcm. Bài toán 1.5 Chứng minh rằng nếu ax2 + bx + c f (x) = ∈Q dx + e
6 Ax2 + Bx + C với mọi x ∈ Z thì f (x) có dạng f (x) = với A, B, C, D, E Dx + E thuộc Z. Q(x) − Q (1) px + q Lời giải. Ta có = ∈ Q ∀x ∈ Z. x−1 cx + d Suy ra M Q(x) − 0 0 N = M x + N , (M, N, M 0 , N 0 , M 00 , N 00 ∈ Z) x−1 M 00 x + N 00 từ đó ta suy ra đpcm. Bài toán 1.6 Chứng minh rằng nếu ax2 + bx + c f (x) = ∈Q dx + e với mọi x ∈ Z thì f (x) có dạng f (x) = Cx + D hoặc f (x) = Ax2 + Bx + C ∈ Z với mọi x ∈ Z, trong đó C, D thuộc Z. Lời giải. Nếu d = 0 thì ta có ngay f (x) = Ax2 + Bx + C ∈ Z với mọi x ∈ Z. Q(x) − Q(0) a1 x + b1 Nếu d 6= 0 khi đó ta có = ∈ Z với mọi x ∈ Z. x dx + e Suy ra Q(x) − M A1 A2 = + ∈ Z, ∀x ∈ Z, x D Dx + E . trong đó A1 , A2 , D, E, M ∈ Z ⇒ A2 = 0 ⇒ A1 ..D nên ta có đpcm. P (x) Bài toán 1.7 Cho phân thức hữu tỉ f (x) = ∈ Q ∀x ∈ Z, Q(x) (P (x), Q(x)) = 1. Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng phân thức của hai đa thức với hệ số nguyên. 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 − · · · − b n ck k n = 0 trong đó k = 0, 1, . . . , m + n. Hai nghiệm của hệ này cho ta hai cặp đa
7 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), degg(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 số, nghiệm đã nhận được là các số hữu tỉ. Bài toán 1.8 Cho p là một số nguyên dương, q ∈ [0, 1]. Giả sử x ∈ p+1 p x − qk Q Qp 1 − qk q , 1 và f (x) = k . Chứng minh rằng |f (x)| ≤ k k=1 x + q k=1 1 + q Lời giải. Ta có 0 < q p+1 < p
q
· · · < q
x − q
x − q i ≥ j + 1 ta có x ≥ q i nên
= . x + qi