(Luận văn thạc sĩ) Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức và phân thức hệ số nguyên

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
2.1

19

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 = 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.
Giả sử phân thức tối giản

f

p
q

p
q

= an

p
là nghiệm của đa thức f(x). Khi đó, ta có
q

n

+ an−1

p
q

n−1

+ · · · + a1

p
q

+ a0 = 0.

Từ đó, ta có

an pn = −q(an−1 pn−1 + · · · + a1 q n−2 p + a0 q n−1 )

(1.1)

a0 q n = −p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 ).

(1.2)

và

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

f

p
q

=g

p
−m =g
q

p − mq
q

= 0.

5

p − mq
là nghiệm của g(x). theo Bài toán 2.6 thì p − mq là ước của
q
b0 = f (m).
Do đó

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 = 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 =

yj , ∀i, j do đó có ít nhất ba nghiệm trong số cán 3.6 (xem[3]). Với a, b, c là các số tự nhiên dương. Chứng minh


55

rằng

√

a 1+

a2

√
√
2
+ b 1 + b + c 1 + c2 ≥

(a + b + c)2 + (a2 + b2 + c2 )2 .

Lời giải. Đặt

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.
Khi đó ta được

√

a 1+

a

a2

1 + x2i ,

=

√
b 1 + b2 =
√
c 1 + c2 =

i=1
a+b

1 + x2i ,
i=a
a+b+c

1 + x2i ,
i=a+b

√

a 1+

a2

√
√
+ b 1 + b2 + c 1 + c2 =

i=1

1 + x2i ,
n

n

a2 + b2 + c2 =

xi .
i=1

Áp dụng Bất đẳng thức 1.4.2 ta có
n

2

n

1 + x2i ≤

n2 +

i=1

xi
i=1

với n là sô nguyên dương, xi là số thực dương, ∀i = 1, n.
Hay

√

a 1+

a2

√
√
2
+ b 1 + b + c 1 + c2 ≥

Đây là điều cần chứng minh.

(a + b + c)2 + (a2 + b2 + c2 )2 .


56

Bài toán 3.7 (xem[3]). Với a, b là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng

√
√
a 1 + b2 + b 1 + a2 ≥

(a + b)2 + 4a2 b2 .

Lời giải. Đặt

n = a + b; a, b ∈ N∗ ,
x1 = x2 = · · · = xa = b,
xa+1 = xa+2 = · · · = xa+b = a.

Khi đó ta được

√

a

a 1+

b2

1 + x2i ,

=

√
b 1 + a2 =

i=1
a+b

1 + x2i ,
i=a
i=1

√

√

1 + x2i ,

a 1 + a2 + b 1 + b 2 =
n
a

4a2 b2 = (ab + ba)2 =

2

a+b

xi +
i=1

xi

2

n

=

xi

i=a

.

i=1

Theo Bất đẳng thức 1.4.2, ta có

2

n

n

1 + x2i ≥

n2 +

i=1

xi
i=1

với n là sô nguyên dương, xi là số thực dương, ∀i = 1, n.
Hay

√
√
a 1 + b2 + b 1 + a2 ≥

(a + b)2 + 4a2 b2 .

Đây là điều cần chứng minh.
Bài toán 3.8 (xem[3]). Với a, b là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng

a2
b2
c2

(a + b + c)(a2 + b2 + c2 )
+
+
≤
.
1+a 1+b 1+c
(a + b + c) + (a2 + b2 + c2 )


57

Lời giải. Đặt

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.
Khi đó ta được

a2
=
1+a
b2
=
1+b
c2
=
1+c

a

i=1
a+b

xi
,
1 + xi
xi
,
1 + xi

i=a
a+b+c

xi
,
1
+
x
i
i=a+b

a2
b2
c2
+
+
=
1+a 1+b 1+c

i=1
n

xi
,
1 + xi

n

a2 + b2 + c2 =

xi .
i=1

Áp dụng Bất đẳng thức 1.4.3 ta có
n
n

i=1

xi
≤
1 + xi

n

xi
i=1
n

n+

xi
i=1

với n là sô nguyên dương, xi là số thực dương, ∀i = 1, n.
Hay

a2
b2
c2
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 )
+
+
≤
.
1+a 1+b 1+c
(a + b + c) + (a2 + b2 + c2 )

Đây là điều cần chứng minh.
Bài toán 3.9 (xem[3]). Với a, b là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng

ab

1
1
+
1+a 1+b

≤

2ab(a + b)
.
a + b + 2ab


58

Lời giải. Đặt

n = a + b; a, b ∈ N∗ ,
x1 = x2 = · · · = xb = a,
xb+1 = xb+2 = · · · = xa+b = b.
Khi đó ta được

ab
=
1+a

b

i=1
a+b

xi
,
1 + xi

xi
ba

=
,
1 + b i=b+1 1 + xi
ba
ab
+
=
1+a 1+b

n

i=1
b

2ab = ab + ba =

xi
,
1 + xi
a+b

xi +
i=1

n

xi =

xi .
i=1

i=b+1

Áp dụng Bất đẳng thức 1.4.3, ta có
n
n

i=1

xi
≤
1 + xi

n

xi
i=1
n

n+

xi
i=1

với n là sô nguyên dương, xi là số thực dương, ∀i = 1, n.
Hay

1
1
2ab(a + b)

+
≤
.
1+a 1+b
a + b + 2ab
Đây là điều cần chứng minh.
ab

3.2

Cực trị trên tập số nguyên

Trong mục này ta trình bày các bài toán về cực trị trên tập số nguyên. Để
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức trên tập số nguyên


59

ta cần kết hợp giữa việc ước lượng giá trị biểu thức và các tính chất số học
của số nguyên như: tính chia hết, đồng dư, tính sắp thứ tự. . . .Đôi khi còn
phải kết hợp đánh giá biểu thức với giải phương trình nghiệm nguyên để tìm
được giá trị của biến khi biểu thức đạt cực trị. Các bài toán dưới đây sẽ làm
rõ hơn ý tưởng trên.
Bài toán 3.10. Với m, n là các số nguyên dương sao cho tổng m số dương
chẵn khác nhau và n số dương lẻ khác nhau bằng 2369. Tìm giá trị lớn nhất
của P = 3m + 2n.
Lời giải.
Tổng của m số dương chẵn phân biệt nhỏ nhất là

2 + 4 + · · · + 2m = 2

m(m + 1)
= m2 + m.
2

Tổng của n số dương lẻ phân biệt nhỏ nhất là

1 + 3 + · · · + 2n − 1 = n2 .
Do đó

1
2369 ≥ n + m + m = m +
2
2

2

2

+ n2 −

hay

1
m+
2

2

9477

.
4

+ n2 ≤

Ta có

P = 3m + 2n = 3 m +
22 )

1
2

1
m+
2

≤

(32

+

≤

13.

9477 3
− = 174.
4

2

+ 2n −

3
2

+ n2 −

3
2

2

Xét hệ phương trình

3m + 2n = 174
m2 + m + n2 = 2369.

1
4


60

m
. Do đó m = 2t; n = 87 − 3t.
2
Suy ra (2t)2 + 2t + (87 − 3t)2 = 2369 hay t = 20.
Ta có 3m + 2n = 174 , suy ra n = 87 − 3

Vậy hệ trên có nghiệm m = 40, n = 27.
Tóm lại P ≤ 174 với mọi m, n thỏa mãn yêu cầu đề bài, hơn nữa ứng với

m = 40, n = 27 thì P = 174. Vậy giá trị lớn nhất của P là 174.
Bài toán 3.11 (xem [2]). Cho k là số nguyên dương lớn hơn 2. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức

f (x, y, z) = xy + 2xz + 3yz
trên miền D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương và x + y + z = k}.
Lời giải.
Vì tập hợp D có hữu hạn phần tử (x, y, z) nên P sẽ có giá trị lớn nhất
trên D. Giả sử

max f (x, y, z) = x0 y0 + 2x0 z0 + 3y0 z0 .

(3.1)

(x,y,z)∈D

Xét x0 ≥ 2. Khi đó có thể xảy ra hai trường hợp
1. Nếu z0 ≥ y0 . Dễ thấy (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) ∈ D và

f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) = x0 y0 + 2x0 z0 + 3y0 z0 + (z0 − y0 ) + (x0 − 1).
Do x0 > 1 và z0 ≥ y0 nên từ trên suy ra

f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) > f (x0 , y0 , z0 ).
Điều này mâu thuẫn với giả thiết (3.1).
Vậy không xảy ra trường hợp z0 ≥ y0 .
2. Nếu z0 < y0 . Dễ thấy (x0 − 1, y0 , z0 + 1) ∈ D và

f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) = x0 y0 + 2x0 z0 + 3y0 z0 + 2(y0 − z0 ) + 2(x0 − 1).
Do x0 ≥ 2 và z0 < y0 nên từ trên suy ra

f (x0 − 1, y0 + 1, z0 ) > f (x0 , y0 , z0 ).


61

Điều này mâu thuẫn với giả thiết (3.1). Suy ra không xảy ra trường hợp

z0 < y0 . Vậy không thể xảy ra giả thiết x0 ≥ 2. Từ đây suy ra x0 = 1.
Khi x0 = 1, bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

f1 (y, z) = y + 2z + 3yz
trên miền D1 = {(y, z) : y, z nguyên dương và y + z = k − 1}, ở đây k là số
nguyên dương lớn hơn 2.
Do tập hợp D1 có hữu hạn phần tử (y, z) nên f1 (y, z) sẽ có giá trị lớn
nhất trên D1 . Giả sử

max f1 (y, z) = y1 + 2z1 + 3y1 z1 .

(y,z)∈D1

Ta sẽ chứng minh

z1 ≥ y1

(3.2)

bằng phản chứng.
Thật vậy, giả sử z1 < y1 . Dễ thấy (y1 − 1, z1 + 1) ∈ D1 và

f1 (y1 − 1, z1 + 1) = y1 + 2z1 + 3y1 z1 + 3(y1 − z1 − 1) + 1.
Do z1 < y1 và z1 , y1 là số nguyên nên z1 + 1 ≤ y1 . Suy ra

f (y1 − 1, z1 + 1) > f (y1 , z1 ).
Vô lý. Vậy giả thiết z1 < y1 sai , (3.2) đúng nghĩa là z1 ≤ y1
Ta lại chứng minh

z1 − y1 ≤ 1

(3.3)

z1 − y1 > 1

(3.4)

bằng phản chứng.
Thật vậy, giả sử

Dễ thấy (y1 + 1, z1 − 1) ∈ D1 và

f1 (y1 + 1, z1 − 1) = y1 + 2z1 + 3y1 z1 + 3(z1 − y1 − 1).


62

Do z1 − y1 > 1 và z1 , y1 là số nguyên nên z1 − y1 − 1 ≥ 1, suy ra

f1 (y1 − 1, z1 + 1) > f1 (y1 , z1 ).
Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Chứng tỏ điều giả sử (3.4) là sai. Vậy (3.3)
đúng. Từ (3.2) và (3.3) ta có 0 ≤ z1 − y1 ≤ 1.
Như vậy có hai khả năng xảy ra
1. Nếu z1 − y1 = 0 hay z1 = y1 , suy ra

z1 = y1 =

k−1
.
2

Vì thế để z1 , y1 nguyên thì k − 1 chia hết cho 2 hay k lẻ. Lúc này

k−1 k−1
max f (x, y, z) = f 1,
,
(x,y,z)∈D
2
2

k−1
(k − 1)2
3k 2 + 1
=3
+3
=
.
2
4

4

2. Nếu z1 − y1 = 1 hay z1 = y1 + 1 , từ z1 + y1 = k − 1, suy ra

y1 =

k−2
k
, z1 = .
2
2

Vì thế để z1 , y1 nguyên thì k chia hết cho 2 hay k chẵn . Lúc này

k−2 k
3k 2 − 4
max f (x, y, z) = f 1,
,
=
.
(x,y,z)inD
2
2
4

3k 2 + 1


khi k lẻ
4

Kết luận max f (x, y, z) =
2

(x,y,z)∈D
 3k − 4 khi k chẵn.
4
Bài toán 3.12 (xem [2] ). Cho k là số nguyên dương lớn hơn 2. Tìm giá trị
lớn nhất của hàm số

f (x, y, z) = xyz
trên miền D = {(x, y, z) : x, y, z nguyên dương và x + y + z = k}.
Lời giải.
Không giảm tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z .


63

Vì D là tập hữu hạn các phần tử (x, y, z) nên f (x, y, z) sẽ đạt giá trị lớn
nhất trên D. Giả sử

max f (x, y, z) = f (x0 , y0 , z0 ) = x0 y0 z0 vớix0 ≥ y0 ≥ z0 .

(3.5)

(x,y,z)∈D

Giả sử x0 − z0 > 1. Khi đó chỉ có thể xảy ra ba trường hợp
1. x0 = y0 > z0 + 1.
Ta có x0 + y0 + z0 = k hay x0 + (y0 − 1) + (z0 + 1) = k .
Mặt khác do x0 = y0 > z0 +1 và z0 > 0 nên x0 , (y0 −1), (z0 +1) cũng nguyên

dương, tức là (x0 , y0 − 1, z0 + 1) ∈ D.
Lại có

f (x0 , y0 − 1, z0 + 1) = x0 (y0 − 1)(z0 + 1) = x0 y0 z0 + x0 (y0 − z0 − 1).
Do x0 = y0 > z0 + 1 nên từ trên suy ra

f (x0 , y0 − 1, z0 + 1) > x0 y0 z0 = f (x0 , y0 , z0 ).
Điều này mâu thuẫn với (3.5).Vậy trường hợp 1 không thể xảy ra.
2. Nếu x0 > y0 > z0 .
Xét bộ 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.
Mặt khác

f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) = y0 (x0 − 1)(z0 + 1) = x0 y0 z0 + y0 (x0 − z0 − 1) > x0 y0 z0 .
Suy ra

f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) > f (x0 , y0 , z0 ).
Điều này mâu thuẫn với (3.5). Suy ra trường hợp 2 không thể xảy ra.
3. x0 − 1 > y0 > z0 .
Lập luận 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 ) = x0 y0 z0 + z0 (x0 − y0 − 1) > f (x0 , y0 , z0 ).


64

Điều này mâu thuẫn với (3.5). Suy ra trường hợp 3 không thể xảy ra.

Điều đó chứng tỏ giả thiết x0 − z0 > 1 là sai. Vậy ta phải có x0 − z0 ≤ 1.
Do vậy chỉ có thể xảy ra hai trường hợp
a. Nếu x0 − z0 = 0. Kết hợp với x ≥ y ≥ z và x0 + y0 + z0 = k , ta có

k
x0 = y0 = z0 = .
3
Điều này xảy ra khi và chỉ khi k chia hết cho 3.
b. Nếu x0 − z0 = 1. Lúc này lại có hai khả năng
b1. x0 = y0 + 1 = z0 + 1. Suy ra

k−1
k+2
, y0 = z0 =
.
3
3
Trường hợp này xảy khi k ≡ 1 (mod 3).
x0 =

b2. x0 = y0 = z0 + 1.
Suy ra

k−2
k+1
, z0 =
.
3
3
Trường hợp này xảy khi k ≡ 2 (mod 3). Kết luận

 3
k


khi k ≡ 0 (mod 3)



 27
(k + 2)(k − 1)2
max f (x, y, z) =
khi k ≡ 1 (mod 3)

(x,y,z)∈D
27


2


 (k − 2)(k + 1) khi k ≡ 2 (mod 3).
27
Bài toán 3.13 (xem [2]). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
x 0 = y0 =

f (x, y, z, t) = x2 + y 2 + 2z 2 + t2
trên miền D = {(x, y, z, t) : x, y, z, t ∈ N; x2 − y 2 + t2 = 21; x2 + 3y 3 + 4z 2 =

101}.
Lời giải.

Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D, ta có

x2 − y 2 + t2 = 21,
x2 + 3y 3 + 4z 2 = 101.


65

Cộng từng vế hai phương trình trên ta được 2x2 + 2y 2 + 4z 2 + t2 = 122. Suy
ra

2(x2 + y 2 + 2z 2 + t2 ) = 122 + t2 .
Từ đó suy ra f (x, y, z, t) ≥ 61 với mọi (x, y, z, t) ∈ D. Đẳng thức xảy ra khi

t = 0.
Xét hệ phương trình


t=0



 x2 − y 2 + t2 = 21

x2 + 3y 3 + 4z 2 = 101



 x, y, z ∈ N.
Hệ này tương đương với



t=0



 x2 − y 2 = 21

x2 + 3y 3 + 4z 2 = 101



 x, y, z ∈ N.
Vì x2 − y 2 = 21 và x, y nguyên dương nên

x + y = 21
x−y =1
hoặc

x+y =7
x − y = 3.
Suy ra x = 11, y = 10 hoặc x = 5, y = 2.
Từ x2 + 3y 3 + 4z 2 = 101, ta có x = 5, y = 2, z = 4. Như vậy (5, 2, 4, 0) ∈

D, f (5, 2, 4, 0) = 61 .
Vậy

max f (x, y, z) = 61.
(x,y,x)∈D

Bài toán 3.14 (xem [2]). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

f (x) = |5x2 + 11xy − 5y 2 |


66

trên miền D = {(x, y) : x, y ∈ N; y là số lẻ }.
Lời giải.
Lấy (x, y) tùy ý thuộc D, ta có y là số tự nhiên lẻ nên 5y 2 là số lẻ.
Nếu x là số chẵn thì 5x2 + 11xy là số chẵn, suy ra 5x2 + 11xy − 5y 2 là số
lẻ.
Nếu x là số lẻ thì 5x2 , 11xy là số lẻ , suy ra 5x2 + 11xy − 5y 2 là số lẻ.
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có 5x2 + 11xy − 5y 2 là số lẻ.
Ta sẽ chứng minh |5x2 + 11xy − 5y 2 | = 1. Thật vậy, giả sử

|5x2 + 11xy − 5y 2 | = 1.
Suy ra

20 5x2 + 11xy − 5y 2 = 20
⇔| (10x + 11y)2 − 221y 2 | = 20,
hay

(10x + 11y)2 − 221y 2 = 20 hoặc (10x + 11y)2 − 221y 2 = −20.
Do 221 = 13.17, bình phương một số nguyên tùy ý đồng dư với 1, 3,
4, -1, -3, -4 theo modulo 13, 20 đồng dư 7 theo modulo 13, -20 đồng dư -7
theo modulo 13 nên không tồn tại x, y thỏa mãn hai đẳng thức trên. Vậy

5x2 + 11xy − 5y 2 = 1.
Lập luận tương tự ta cũng có 5x2 + 11xy − 5y 2 = 3.

Kết hợp với |5x2 + 11xy − 5y 2 | là số lẻ, nên suy ra

|5x2 + 11xy − 5y 2 | ≥ 5.
Tức là ta có f (x, y) ≥ 5 với mọi (x, y) thuộc D, lại có (0, 1) ∈ D, f (0, 1) = 5.
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm f (x, y) trên miền D là 5 đạt được khi

(x, y) = (0, 1).


67

Bài toán 3.15 (xem [2]). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f (x, y, z) =

x 2z
+
y
t

trên miền D = {(x, y, z) : x, y, z, t ∈ Z; 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100}.
Lời giải.
1. Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D. Do 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ t nên

2z
x
≤ 1,
≤ 2.
y
t

Suy ra f (x, y, z, t) ≤ 3 với mọi (x, y, z, t) thuộc D. Rõ ràng (1, 1, 1, 1) ∈ D
và f (1, 1, 1, 1) = 3. Vậy

max f (x, y, z, t) = 3.
(x,y,z,t)∈D

2. Lấy (x, y, z, t) tùy ý thuộc D. Do 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100 nên

f (x, y, z, t) =

x
z
1
y
+2 ≥ +2
y
t
y
100

hay

f (x, y, z, t) ≥
Xét hàm số g(x) =

1
y
+ .
y 50

1
y
+
với 1 ≤ y ≤ 100 và y là số nguyên. Ta nhận
y 50

thấy
a. Nếu y ≤ 7 thì

g(y) − g(7) =

(7 − y)(50 − 7y)
≥ 0.
350y

Suy ra

g(y) ≥ g(7), ∀y = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
b. Nếu y ≥ 8 thì

g(y) − g(8) =

(8 − y)(50 − 8y)
≥ 0.
350y


68

Suy ra

g(y) ≥ g(8), ∀y = 9, 10, . . . , 100.
Từ đó suy ra g(y) ≥ min g(7), g(8), ∀y = 1, 2, . . . .., 100 hay

g(y) ≥ min {g(7), g(8)} = min {

99 114
99
,
}=
.
350 400
350

Từ đó, ta có

f (x, y, z, t) ≥
và f (1, 7, 7, 100) =

99
, ∀(x, y, z, t) ∈ D
350

99
. Do đó
350
min f (x, y, z, t) =
(x,y,z,t)∈D

90

.
350


69

Kết luận
Luận văn “Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức
và phân thức hệ số nguyên ” đã giải quyết được những vấn đề sau:
1. Luận văn đã trình bày chi tiết một số dạng toán về đa thức và
phân thức với hệ số nguyên.
2. Trình bày các dạng toán về ước lượng miền giá trị của đa thức
và phân thức đại số và một số bài toán cực trị tương ứng.
3. Cuối cùng, luận văn trình bày một số bài toán về bất đẳng thức
và cực trị trên tập số nguyên trong các đề toán thi học sinh giỏi
trong nước, Olympic khu vực và quốc tế.