Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng toán liên quan

...

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Trần Thị Nhung

PHÂN THỨC CHÍNH QUY
NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG
TỐN LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Trần Thị Nhung

PHÂN THỨC CHÍNH QUY
NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG
TỐN LIÊN QUAN

Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên - 2017


i

Mục lục
MỞ ĐẦU

3

Chương 1. Một số dạng đại lượng trung bình cơ bản

4

1.1

Khai triển Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Định lý về các giá trị trung bình cộng và nhân . . . . . . . .

6

1.3

Bất đẳng thức AM-GM suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . .

19

Chương 2. Phân thức chính quy và chính quy suy rộng
2.1

2.2

Phân thức chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.1.1

Phân thức chính quy một biến . . . . . . . . . . . . .

22

2.1.2

Phân thức chính quy nhiều biến . . . . . . . . . . . .

24

Phân thức chính quy suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.1

Phân thức chính quy suy rộng một biến . . . . . . . .

28

2.2.2

Phân thức chính quy suy rộng nhiều biến . . . . . . .

30

Chương 3. Các dạng toán liên quan
3.1

3.2

22

33

Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . . .

33

3.1.1

Điều chỉnh và lựa chọn tham số

. . . . . . . . . . . .

33

3.1.2

Kỹ thuật tách, ghép và phân nhóm . . . . . . . . . . .

40

Các dạng toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

3.2.1

Biểu diễn một số dạng đa thức nhiều biến . . . . . . .

47

3.2.2

Bất đẳng thức giữa các đa thức đối xứng đồng bậc . .

51

3.2.3

Bất đẳng thức dạng phân thức giữa các đa thức . . .

55

KẾT LUẬN

59

TÀI LIỆU THAM KHẢO

60


3

MỞ ĐẦU
Phân thức hữu tỷ, đặc biệt là phân thức chính quy là một trong những
khái niệm cơ bản của chương trình Tốn ở bậc phổ thơng. Đặc biệt, ở các
trường THPT chun và các lớp chun tốn có rất nhiều dạng tốn liên
quan đến hàm phân thức chính quy. Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán
trong nước và các kỳ thi Olympic Toán của các nước trên thế giới, có nhiều
bài tốn về dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình và hệ bất
phương trình,... sinh bởi các hàm số dạng phân thức và vì thế cần biết cách
vận dụng tính đặc thù của biểu thức phân thức đã cho. Hiện nay các tài liệu
có tính hệ thống về vấn đề này còn chưa được đề cập nhiều.
Để đáp ứng nhu cầu học tập và giảng dạy mơn Tốn ở bậc phổ thơng,
luận văn Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng tốn liên quan nhằm
hệ thống và giải quyết các bài toán liên quan đến phân thức chính quy. Luận
văn này được chia làm ba chương:
Chương 1. Một số dạng đại lượng trung bình cơ bản
Chương 2. Phân thức chính quy và chính quy suy rộng.
Chương 3. Các dạng tốn liên quan.
Để hồn thành luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn chân
thành sâu sắc tới GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu đã dành thời gian hướng dẫn,

chỉ bảo tận tình và giúp đỡ tơi trong suốt q trình xây dựng đề tài cũng
như hồn thành luận văn.
Tiếp theo, tơi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã
đọc, kiểm tra, đánh giá và cho tôi nững ý kiến quý báu để luận văn được
hoàn thiện hơn. Qua đây, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu,
phịng Đào tạo, khoa Tốn - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên và
các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập
tại trường.


4

Chương 1. Một số dạng đại lượng
trung bình cơ bản
1.1

Khai triển Newton
Ta nhắc lại khai triển Newton (xem [1], [3]) cho cặp số và bộ số.

Định lý 1.1 (Khai triển nhị thức Newton). Với a, b là các số thực và n là
số tự nhiên lớn hơn bằng 2, ta ln có
n
n

Cnk an−k bk

(a + b) =

(1.1)

k=0

trong đó

Cnk =

n!
.
k!(n − k)!

Công thức (1.1) gọi là công thức nhị thức Newton.
Định lý 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

(x1 + x2 + · · · + xn )m =
|α|=m

m! α
x ,
α!

(1.2)

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.
Định lý 1.3 (Khai triển Taylor). Cho một đa thức
n

aj x j .

f (x) =
j=0


5

Khi đó, hệ số thứ j của f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng

aj =

1 (j)
f (0),
j!

trong đó f (j) (0) ứng với đạo hàm cấp j tại 0.
Chứng minh. Lấy đạo hàm lần thứ j của xk , ta được
j

d
dx

xk =

và

k!
xk−j , nếu j ≤ k
(k − j)!

j

d
dx

xk = 0, nếu j > k,.

Ta có
n

f (x) =

ak
k=0

d
dx

n

j
k

x =
k=j

k!
ak xk−j , với bất kì j nằm giữa 0 và n..
(k − j)!

Khi đó

f j (0) = j!aj .
Suy ra

aj =

1 (j)
f (0).
j!

Định lý 1.4. Cho n là một số nguyên dương. Ta đặt

1
1
g(x) = x + x2 + · · · + xn
2
n

n

.

Khi đó g (n) (0) = n!.
Chứng minh. Ta có
n

g(x) = x

1
1
1 + x + · · · + xn−1
2
n

n

trong đó

1
1
h(x) = 1 + x + · · · + xn−1
2
n

= xn h(x),

n

.


6

Áp dụng công thức Leibniz
n

g

(n)

(x) =
j=0
n

=
j=0

n!
(n − j)!j!

d
dx

n−j

j

d
x .
dx
n

n!n!
d
xj .
(n − j)!j!j!
dx

h(x)

j

h(x).

Vậy nên

g (n) (0) = n!h(0) = n!.

1.2

Định lý về các giá trị trung bình cộng và nhân
Tiếp theo, ta sẽ đề cập đến định lý về bất đẳng thức giữa giá trị trung

bình cộng và trung bình nhân (còn gọi là bất đẳng thức AM-GM1 ) và dạng
bất đẳng AM-GM suy rộng. Đặc biệt, trong chương này trình bày một số
phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM-GM của các nhà toán học nổi
tiếng.
Định lý 1.5 (xem [1]-[2]). Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là các số khơng âm. Khi đó

x1 + x2 + · · · + xn
n

√
n

x1 x2 · · · xn .

(1.3)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức giữa trung
bình nhân và trung bình điều hịa (gọi và viết tắt là bất đẳng thức GM-HM.2 )
Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM, xem [1]). Với mọi bộ số dương a1 , a2 , . . . , an ,
ta đều có

√
n

a1 a2 · · · an

n
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với bộ số xk :=
(k = 1, 2, . . . , n), ta có ngay bất đẳng thức GM-HM.
1
2

Arithmetic mean value -Trung bình cộng, Geometric mean value -Trung bình nhân.

Harmonic mean -Trung bình điều hịa

1
ak


7

Cho đến nay, người ta đã biết đến hàng trăm cách khác nhau để chứng
minh Bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân.
Mỗi cách chứng minh Định lý 1.5 đều có những đặc thù theo ý tưởng và
mục tiêu riêng của các nhà toán học. Có những cách chứng minh (của một
số nhà khoa học nổi tiếng) xuất phát từ những ý tưởng tưởng như khơng
liên quan trực tiếp gì tới các giá trị trung bình cộng và trung bình nhân của
bộ số dương đã cho.
Sau đây, ta sẽ trình bày một số cách chứng minh tương đối sơ cấp và
dễ hiểu giúp ta nhìn nhận các mở rộng sau đó một cách hệ thống và có tính
lơgic tự nhiên (xem [1]).

1.2.1. Quy nạp kiểu Cauchy
Đây là kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) do Cauchy đề xuất vào
năm 1821.
Từ hệ thức bậc hai

u21 + u22
ta suy ra

x1 + x2
2

√

2u1 u2 , ∀u1 , u2 ∈ R,

x1 x2 , ∀x1 , x2 không âm.

Thay x1 , x2 lần lượt bằng các biến mới
được

(1.4)

(1.5)

x3 + x4
x1 + x2
và
, từ (1.5) ta nhận
2
2

x1 + x2 x3 + x4 12
2
2
√
1
1 1
[(x1 x2 ) 2 (x3 x4 ) 2 ] 2 = 4 x1 x2 x3 x4 .

x1 + x2 + x3 + x4
4

(1.6)

Tiếp tục quá trình như trên ta thấy bất đẳng thức (1.3) đúng với n = 2, 4, . . .
và nói chung, đúng với n là lũy thừa của 2. Đây chính là quy nạp theo hướng
lên trên.
Bây giờ ta thực hiện quy trình quy nạp theo hướng xuống phía dưới. Ta
chứng minh rằng, khi bất đẳng thức (1.3) đúng với n (n > 1) thì nó cũng
đúng với n − 1. Thay xn trong (1.3) bởi

x1 + x2 + · · · + xn−1
n−1


8

và giữ nguyên các biến xi khác, từ (1.3) ta thu được
x1 + x2 + · · · + xn−1
x1 + x2 + · · · + xn−1 +
n−1
n
1
x1 + x2 + · · · + xn−1 n1
(x1 x2 · · · xn−1 ) n
n−1
hay
1
x1 + x2 + · · · + xn−1 n1
x1 + x2 + · · · + xn−1
n−1

(x1 x2 · · · xn−1 )
.
n−1
n−1
Rút gọn biểu thức trên, ta thu được
x1 + x2 + · · · + xn−1
√
n−1
x1 x2 · · · xn−1 .
n−1
Từ kết quả đã chứng minh theo cặp hướng (lên-xuống), ta thu được phép
chứng minh quy nạp của Định lý 1.5.
Tiếp theo, theo đúng cách chứng minh quy nạp kiểu Cauchy, ta chứng
minh được các bất đẳng thức sau đây.

Bài toán 1.1 (Bất đẳng thức Ky Fan). Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là các số dương
1
trong 0, . Khi đó
2
n

n

(1 − xk )

xk
k=1
n

n

k=1
n

(1 − xk )

xk
k=1

n.

k=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Bài toán 1.2. Giả sử x1 , x2 , . . . , xm là các số không âm và n = 1, 2, . . .. Khi
đó

x1 + x2 + · · · + xm n xn1 + xn2 + · · · + xnm
.
m
m
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xm .
1.2.2. Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp
Đa thức P (x1 , x2 , . . . , xn ) với bộ n biến số thực x1 , x2 , . . . , xn được hiểu
là hàm số (biểu thức) có dạng
N

P (x1 , x2 , . . . , xn ) =

Mk (x1 , x2 , . . . , xn ),

k=0


9

trong đó

aj1 ···jn xj11 · · · xjnn , ji ∈ N (i = 1, 2, . . . , n).

Mk (x1 , . . . , xn ) =
j1 +···+jn =k

(1.7)
Trong mục này ta quan tâm chủ yếu đến các dạng đa thức đồng bậc biến số
thực và nhận giá trị thực, đặc biệt là các đa thức đối xứng sơ cấp quen biết
liên quan đến các hằng đẳng thức đáng nhớ trong chương trình tốn trung
học phổ thơng.
Trước hết, ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Newton:
n

n n−k k
a x .
k

n

(x + a) =
k=0

Nếu ta coi (x + a)n như là tích của n thừa số: (x + a)(x + a) · · · (x + a), thì

khi đó tích

(x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an )
cũng có thể viết dưới dạng một biểu thức tương tự như công thức khai triển
nhị thức Newton như sau:
n

(x + a1 )(x + a2 ) · · · (x + an ) =
k=0

trong đó



p1







p22





···



 n
pn

n n−k k
p x ,
k j

a1 + a2 + · · · + an
,
n
ai aj
1 i=
,
n
=

(1.8)

2

·········
= a1 a2 · · · an .

Vậy nên, nếu các số a1 , a2 , . . . , an đều dương (hoặc khơng âm và khơng
đồng thời bằng 0) thì khơng mất tính tổng qt, ta có thể coi các số

p1 , p2 , . . . , pn đều là số dương (không âm). Từ (1.8), ta thu được

10



p1








p2






···


pn

a1 + a2 + · · · + an
,
n
ai aj

1 i,
=
n
=

(1.9)

2

·········
√
= n a1 a2 · · · an .

Ta thấy, p1 chính là trung bình cộng, pn là trung bình nhân, và do đó,
các pj khác cũng là các đại lượng trung bình cần đặt tên cho chúng như là
những đối tượng cơ bản cần tập trung nghiên cứu.
Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]). Cho a là bộ n số dương {a1 , a2 , . . . , an } (n

1, n ∈ N). Khi đó
f (x) = (x + a1 )(x + a2 ) . . . (x + an )
= xn + E1 (a)xn−1 + E2 (a)xn−2 + . . . + En (a),
trong đó
n

E1 (a) =

ai , E2 (a) =
i=1

ai aj , . . . , En (a) = a1 a2 . . . an .
1 i
Đặt E0 (a) = 1. Ta gọi Er (a) (r ∈ {1, . . . , n}) là các hàm (đa thức) đối xứng
sơ cấp thứ r (Er (a) là tổng của tất cả các tích r số khác nhau của bộ số a).
Ký hiệu

Pr (a) =

r!(n − r)!
Er (a).
n!

Định nghĩa 1.2. Giả sử x1 , x2 , . . . xn là bộ n các số thực không âm (ký hiệu
bởi (x)) và y1 , y2 , . . . , yn là bộ các số thực không âm khác (được ký hiệu bởi

(y)).
Hai dãy (x) và (y) được gọi là đồng dạng (và ký hiệu (x) ∼ (y) nếu tồn
tại λ ∈ R (λ = 0) sao cho ta có xj = λyj (j = 1, . . . , n).
Bài toán 1.3. Cho a là bộ (a1 . . . an ) các số thực dương. Đặt P0 = 1,

Pk = Pk (a); Er = Er (a). Chứng minh rằng
Pk−1 .Pk+1

Pk2 (k = 1, 2, . . . n − 1).


11

(Nếu các ai đều dương và không đồng thời bằng nhau thì ta có dấu bất đẳng

thức thực sự).
Lời giải. Giả sử

f (x, y) = (x + a1 y)(x + a2 y) . . . (x + an y) = E0 xn + E1 xn−1 y + · · · + En y n ,
Ei là tổng tất cả các tích i số khác nhau,
k!(n − k)!
Ek .
n!
x
y
Vì tất cả các ai > 0 và t := = 0 và v := = 0 khơng phải là nghiệm của
y
x
x
y
phương trình f (t, 1) = 0 và f (1, v) = 0, tương ứng, nên
= 0 và = 0
y
x
không phải là nghiệm bội trong các phương trình nhận từ đạo hàm của nó.
Từ đó ta có thể kết luận rằng các số Pi dương, tức là phương trình
Pk =

Pk−1 x2 + 2Pk xy + Pk+1 y 2 = 0
nhận được từ f (x, y) = 0 bằng cách lấy vi phân liên tiếp theo x và y . Do

Pk2 .

phương trình này có nghiệm thực nên Pk−1 Pk+1
Bài tốn 1.4. Chứng minh bất đẳng thức

Er−1 Er+1

Er2 .

Lời giải. Từ bất đẳng thức trong Bài tốn 1.3, ta có

Pk−1 Pk+1

Pk2 .

Suy ra

(k − 1)!(n − k + 1)!
(k + 1)!(n − k − 1)!
k!(n − k)!
Ek−1
Ek+1
n!
n!
n!
hay
(k + 1)(n − k + 1)
Ek−1 .Ek+1 Ek2 .
k(n − k)

2

Ek2

Từ đây, ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài toán 1.5. Cho các số ai > 0 (i ∈ {1, . . . , n}) và không đồng thời bằng
nhau. Chứng minh bất đẳng thức
1

1

1

P1 > P22 > P33 > · · · > Pnn .

(1.10)


12

Lời giải. Theo bất đẳng thức trong Bài toán 1.4, ta có

P0 P2 < P12
(P1 P3 )2 < P24
.........
(Pr−1 Pr+1 )r < Pr2r
Suy ra

(P0 P2 )(P1 P3 )2 . . . (Pr−1 Pr+1 )r < P12 P24 · · · Pr2r
1

1

r

r+1
.
⇒ Pr+1
< Prr+1 ⇒ Prr > Pr+1

Nhận xét 1.1. Ta dễ dàng chứng minh Pr−1 Pr+1 < Pr2 bằng phương pháp
quy nạp.
Thật vậy, giả sử bất đẳng thức đúng với n − 1 số dương a1 , a2 , . . . , an−1
và đặt Er , Pr là các Er , Pr tạo bởi n − 1 số ấy và giả sử tất cả các số đó
khơng đồng thời bằng nhau.
Khi đó Er = an Er−1 ⇒ Pr =

r
r
Pr + an Pr−1 .
n
n

Từ đó suy ra

n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr2 ) = A + Ban + Ca2n ,
trong đó

A ={(n − r)2 − 1}Pr−1 Pr+1 − (n − r)2 Pr
B =(n − r + 1)(r + 1).Pr−1 Pr+1 + (n − r − 1)(r − 1)Pr−2 Pr+1 −
− 2(r − 1)Pr−2 Pr+1
2
C =(r2 − 1)Pr−2 Pr − r2 Pr−1
.

Vì các ai không đồng thời bằng nhau nên theo giả thiết ta có

Pr−1 Pr+1 < Pr Pr−2 − Pr < Pr−1
Pr−2 Pr+1 < Pr−1 Pr ⇒ A < −Pr , B < 2Pr−1 Pr , C < Pr−1
n2 (Pr−1 Pr+1 − Pr ) < −(Pr − an Pr−1 )

0.

Điều này vẫn đúng khi a1 = a2 = . . . = an−1 . Khi đó an = a1 .
Từ bất đẳng thức (1.10), ta thu được bất đẳng thức sau:


13

Hệ quả 1.2.

p1
trong đó


p1







p2







···


pn

p2

...

pn ,

a1 + a2 + · · · + an
,
n
ai aj
1 i,
=
n
=

2

·········
√

= n a1 a2 · · · an .

Đặc biệt, p1

pn . Đó chính là bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và
trung bình nhân.
1.2.3. Quy nạp kiểu Ehlers
Ta chứng minh Định lý 1.5 đối với bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn mà

x1 x2 · · · xn = 1.

(1.11)

Khi đó (1.3) có dạng

x1 + x2 + · · · + xn

n.

(1.12)

Giả thiết (1.3) đúng với bộ n số thỏa mãn (1.12). Xét bộ n + 1 số dương
thỏa mãn điều kiện:

x1 x2 · · · xn xn+1 = 1.
Giả thiết rằng (không mất tổng quát) x1 và x2 là hai số từ bộ n + 1 số trên
có tính chất:

x1

1, x2

1.

Khi đó

(x1 − 1)(x2 − 1)

0

hay

x1 x2 + 1

x1 + x2 .

Từ (1.13) và do bộ n số x1 x2 , x3 , . . . , xn+1 có tính chất

(x1 x2 )x3 x4 · · · xn+1 = 1,

(1.13)


14

suy ra

x1 + x2 + · · · + xn + xn+1

1 + x1 x2 + x3 + x4 + · · · + xn + xn+1

1 + n.

Định lý được chứng minh.

1.2.4. Đồng nhất thức Hurwitz
Xét hàm số n biến thực f (x1 , x2 , . . . , xn ). Ký hiệu P f (x1 , x2 , . . . , xn ) là
tổng các f theo tất cả n! hoán vị của các đối số xi . Với quy ước như vậy, ta
có

P xn1 = (n − 1)!(xn1 + xn2 + · · · + xnn ),
P x1 x2 . . . xn = n!x1 x2 · · · xn .

Xét các biểu thức gk xác định theo công thức sau đây

g1 = P [(xn−1
− xn−1

1
2 )(x1 − x2 )],


n−2

g2 = P [(x1 − xn−2
2 )(x1 − x2 )x3 ],
n−3
g3 = P [(x1 − xn−3
2 )(x1 − x2 )x3 x4 ],



.........



gn−1 = P [(x1 − x2 )(x1 − x2 )x3 . . . xn ].
Nhận xét rằng khi các xi (i = 1, 2, . . . , n) đều khơng âm thì các biểu
thức gi (i = 1, 2, . . . , n), theo định nghĩa, cũng nhận giá trị không âm. Thật
vậy, ta có

gk = P [(x1n−k − xn−k
2 )(x1 − x2 )x3 x4 . . . xk+1 ]
= P [(x1 − x2 )2 (xn−k−1
+ · · · + xn−k−1
)x3 x4 . . . xk+1 ]
1
2
luôn luôn là một số không âm khi các xi

0.

Mặt khác ta lại có
n−1
g1 = P xn1 + P xn2 − P xn−1
1 x2 − P x2 x1

= 2P xn1 − 2P xn−1
1 x2 .
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có


n−2
g2
= 2P xn−1

1 x2 − 2P x1 x2 x3 ,


n−3
g3
= 2P xn−2
1 x2 x3 − 2P x1 x2 x3 x4 ,
.........



gn−1 = 2P x21 x2 . . . xn−1 − 2P x1 x2 . . . xn .


15

Lấy tổng các gi , ta thu được

g1 + g2 + · · · + gn−1 = 2P xn1 − 2P x1 x2 . . . xn .

(1.14)

Theo định nghĩa thì (1.14) chính là

1
xn1 + xn2 + · · · + xnn

− x1 x2 · · · xn =
(g1 + g2 + · · · + gn−1 )
n
2n!

0.

1.2.5. Đẳng thức hàm
Xét bài toán xác định giá trị lớn nhất của biểu thức

M (x1 , x2 , . . . , xn ) = x1 x2 · · · xn
với điều kiện

x1 + x2 + · · · + xn = a, xi

0, i = 1, 2, . . . , n.

Ký hiệu giá trị lớn nhất của M là fn (a) ứng với n ∈ N và a > 0.
Ta cố định xn và như vậy cần chọn x1 , x2 , . . . , xn−1 thỏa mãn điều kiện

x1 + x2 + · · · + xn−1 = a − xn
để tích x1 x2 · · · xn−1 là lớn nhất.
Từ đây suy ra

fn (a) = max [xn fn−1 (a − xn )], n = 2, 3, . . . ,
0 xn a

trong đó f1 (a) = a.
Thực hiện đổi biến xi = ayi , i = 1, 2, . . . , n, ta thu được

fn (a) = an fn (1).
Từ đây suy ra
n−1

fn (1) = fn−1 (1)[ max y(1 − y)
0 y 1

Từ hệ thức f1 (1) = 1 ta thu được fn (1) =
của Định lý 1.5.
Vậy nên fn (a) =

a
n

n

.

fn−1 (1)(n − 1)n−1
]=
.
nn

1
, chính là điều phải chứng minh
nn


16

1.2.6. Đồng nhất thức Jacobsthal
Sử dụng hằng đẳng thức quen biết

tn − nt + n − 1 = (t − 1)[tn−1 + tn−2 + · · · + t − (n − 1)], n ∈ N∗ ,
ta suy ra

tn + n − 1

nt, ∀t

0, n ∈ N∗ .

(1.15)

Ký hiệu

1
An =
n

n

n

xi , Gn =

n

i=1

xi .
i=1

Khi đó ta có đồng nhất thức (Jacobsthal) sau:

An =

An−1
Gn
Gn−1
(n − 1)
+
n
Gn−1
Gn−1

n

.

(1.16)

Theo (1.15) thì

Gn
Gn−1

n

n

Gn
+ 1 − n.
Gn−1

(1.17)

Từ (1.17) và (1.16) ta thu được

An

Gn
Gn−1
An−1
− (n − 1) + n
(n − 1)
n
Gn−1
Gn−1

hay

An − Gn
Từ đây suy ra An

n−1
(An−1 − Gn−1 ), n > 1.
n

Gn .

1.2.7. Cực trị của hàm số
Như ta đã thấy, phương pháp quy nạp "tiến-lùi" của Cauchy cho ta
thuật toán hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức giữa giá trị trung bình
cộng và trung bình nhân. Phải chăng, ta có thể chứng minh bất đẳng thức
giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân theo phương pháp quy nạp
thông thường? Điều này thực hiện được thông qua các đồng nhất thức như
đã thấy ở các mục trên. Sau đây, ta sử dụng phương pháp khảo sát hàm số
một biến để thực hiện phép chứng minh quy nạp bất đẳng thức trên.


17

Xét dãy số dương x1 , x2 , . . .. Với mỗi n ∈ N (n > 1), cố định, ta ký hiệu

1
An =
n

n

n

xi , Gn =

n

xi .
i=1

i=1

Xét hàm số

1
fn (t) :=
xn + t +
n

n−1

n−1

xi −

n

(xn + t)

i=1

xi
i=1

trong khoảng (−xn , +∞). Ta có fn (1) = An − Gn và
1−n
1 1
fn (t) == − (xn + t) n
n n

n−1
n

xi .
i=1

Giải phương trình fn (t) = 0, ta thu được nghiệm duy nhất
n−1

tn =

xi

1
n−1

− xn ,

i=1

nên

fn (tn ) = min fn (t)
và hiển nhiên, fn (1)

fn (tn ).
Sử dụng giả thiết quy nạp: An−1 − Gn−1
1
fn (tn ) =
xn + tn +

n
=

0, ta thấy

n−1

n−1

xi −

n

(xn + tn )

i=1

xi
i=1

Gn−1 + (n − 1)An−1
n−1
− Gn−1 =
(An−1 − Gn−1 ).
n
n

Vậy nên

An − Gn

n−1
(An−1 − Gn−1 )
n

0.

1.2.8. Hàm mũ
Một trong những tính chất cực kỳ quan trọng của hàm mũ (exponent)
tự nhiên f (x) = ex là tính bất biến (dừng) của nó đối với toán tử vi phân

(ex ) = ex .


18

Từ đó ta có bất đẳng thức quen thuộc

ex

1 + x ∀x ∈ R.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Từ đó, ta nhận được hệ quả.
Bài toán 1.6.

ex−1

x ∀x ∈ R.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Gọi An là trung bình cộng của các số xj (j = 1, . . . , n). Giả sử xi > 0 ∀i,
khi đó ta có

x1
An
···
xn
An

x1

e An −1
xn

e An −1

Suy ra

x1 · x2 · · · xn
Ann

e

x1 +x2 +···+xn
−n
An

= en−n = e0 = 1

hay

x1 · x2 · · · xn
Suy ra

√
n

Ann .

x1 + x2 + · · · xn
.
n
xn
x1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
= ··· =
= 1 hay x1 = x2 =
An
An
· · · = xn .
x1 x2 · · · xn

1.2.9. Hoán vị bộ số
Nhận xét rằng, nếu b1 , b2 , . . . , bn là một hoán vị của bộ số dương a1 , a2 , . . . , an ,
thì

b1
b2
bn

+
+ ··· +
a1 a2
an

n.


19

Thật vậy, khơng giảm tổng qt, ta coi

a1

a2

···

an .

1
a1

1
a2

···

1
.

an

Khi đó, hiển nhiên rằng

Vì vậy

b1
b2
bn
+
+ ··· +
a1 a2
an

a1 a2
an
+
+ ··· +
= n.
a1 a2
an

Tiếp theo, ta đặt

Gn =

√
n

x1 x2 · · · xn , a1 =

x1
x1 x2
x1 x2 · · · xn
, a2 = 2 , . . . , an =
= 1.
Gn
Gn
Gnn

Khi đó, theo nhận xét ở trên, thì

an
a1 a2
+
+ ··· +
an a1
an−1
⇔
hay

1.3

n

x1
x2
xn
+
+ ··· +

Gn Gn
Gn

x1 + x2 + · · · + xn
n

√
n

n,

x1 x2 · · · xn .

Bất đẳng thức AM-GM suy rộng
Một mở rộng tự nhiên của định lý giữa các trung bình cộng và nhân cho

bộ số có trọng là định lý sau đây.
Định lý 1.6 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng, xem [1]). Giả sử cho trước
hai cặp dãy số dương x1 , x2 , . . . , xn ; p1 , p2 , . . . , pn . Khi đó

xp11

·

xp22

· · · xpnn

x1 p1 + x2 p2 + · · · + xn pn
p1 + p2 + · · · + pn

p1 +p2 +···+pn

.

(1.18)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Nhận xét 1.2. Các phương pháp đã nêu ở trên để chứng minh bất đẳng
thức AM-GM đều có thể sử dụng (có cải biên) để chứng minh Bất đẳng thức
AM-GM suy rộng.


20

Chứng minh.
Đặt

s=

x 1 p1 + x 2 p 2 + · · · + x n pn
.
p1 + p2 + · · · + pn

Sử dụng bất đẳng thức

ex−1
ta thu được hệ

x, ∀x ∈ R,


x1
 x1 se s −1
···············
xn

xn se s −1

Suy ra

x1


(
−1)p1

p

 x11 sp1 e s
···············

xn


(

 xpn spn e s −1)pn
n
Vậy nên

xp11 · · · xpnn

sp1 +···+pn e

x1 p1 +···+xn pn
−(p1 +···+pn )
s

,

hay

x1p1 · · · xpnn
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

sp1 +···+pn .
xn
x1
= ··· =
= 1 hay x1 = · · · = xn .
s
s

Một hệ quả trực tiếp rút ra từ định lý vừa chứng minh để tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức phân thức chính quy được phát biểu như sau.
Hệ quả 1.3. Giả sử cho trước hai cặp dãy số dương x1 , x2 , . . . , xn ; α1 , α2 , . . . , αn ,
với

xβ1 1 xβ2 2 · · · xβnn = M.

Khi đó
n

n

αk x k

(β1 + β2 + · · · + βn ) M

k=1

k=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xk =

βk A
,
αk B

αk
βk

βk

1
β1 +β2 +···+βn

.

21

trong đó
n

αk
βk

B = β1 + β2 + · · · + βn , A = (β1 + β2 + · · · + βn ) M
k=1

βk

1
β1 +β2 +···+βn

.

Nhận xét 1.3. Các hệ quả khác rút ra từ Định lý 1.5 và 1.6 sẽ được trình
bày ở các áp dụng trong chương sau.
Độ lệch giữa trung bình cộng và trung bình nhân được mô tả như sau.
Định lý 1.7 (xem [1]-[2]). Với mọi dãy số dương a1 , a2 , . . . , an , ta đều có

a1 + a2 + · · · + an √
− n a1 a2 . . . an
n

√

1 √
( a1 − an )2 .
n

Chứng minh. Do vai trò của các số hạng là như nhau nên ta có thể coi vế
1 √
√
phải của bất đẳng thức là biểu thức dạng ( a1 − a2 )2 .
n
Đặt
√
a1 + a2 + . . . + ak
; Gk = k a1 a2 . . . ak (k ∈ {2, . . . , n}).
Ak =
k
Ta nêu một cách chứng minh khác đối với bất đẳng thức

(k + 1)(Ak+1 − Gk+1 )
Thật vậy, nếu đặt

x=

√

k+1

ak+1 ; g =

k(Ak − Gk ).
k+1

Gk ,

thì ta có

(k + 1)Ak+1 = kAk + ak+1 = kAk + xk+1 ; Gk+1 =

k+1

Gkk xk+1 = g k x.

Do đó

kAk + xk+1 − (k + 1)g k x

kAk − kg k+1

⇔ f (x) = xk+1 − (k + 1)g k x + kg k+1

0.

Dễ thấy

f (x) = (x − g)2 (xk−1 + 2gxk−2 + . . . + kg k−1 ),
nên f (x)

0.
Từ đó, ta thu được

n(An − Gn )

(n − 1)(An−1 − Gn−1 )

Đây chính là điều phải chứng minh.

...

√
√
2(A2 − G2 ) = ( a1 − a2 )2 .


22

Chương 2. Phân thức chính quy và
chính quy suy rộng
Tiếp theo, ta sẽ nêu một ứng dụng quan trọng của bất đẳng thức AMGM suy rộng liên quan đến một lớp hàm số, thường được gọi là hàm phân
thức chính quy.
Trước hết ta xét lớp hàm phân thức chính quy một biến.

2.1

Phân thức chính quy

2.1.1

Phân thức chính quy một biến

Định nghĩa 2.3 (xem [1]-[2]). Hàm số f (x) ≡ 0 xác định trên tập R+ được
gọi là hàm phân thức chính quy, nếu

n

ak xαk ,

f (x) =
k=1

trong đó

n

ak

0, k = 1, 2, . . . , n; n > 1,

ak αk = 0.

(2.1)

k=1

Ví dụ 2.1. Dễ dàng kiểm chứng các hàm số sau đây là phân thức chính quy:

1
1
+ 3,
x x
1 sin α cos α
f2 (x) = 2x + + sin α + cos α .
x x

x
f1 (x) = 1 + 2x + x2 +

Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây.
Tính chất 2.1. Nếu f (x) là các hàm phân thức chính quy, thì f (x) > 0 ứng
với mọi x > 0.


23

Chứng minh. Thật vậy, vì f (x) ≡ 0 nên các hệ số của f (x) không đồng
thời bằng 0. Do đó, nếu ak > 0 với 1 ≤ k ≤ n thì

f (x) ≥ ak xαk > 0, ∀x ∈ R+ .
Tính chất 2.2. Nếu f (x) và g(x) là các hàm phân thức chính quy, thì với
mọi cặp số dương a, b, hàm số

h(x) := af (x) + bg(x)
cũng là hàm phân thức chính quy.
Chứng minh. Thật vậy, nếu
m

n
αk

bj xβj

ak x , g(x) =

f (x) =

j=1

k=1

trong đó
m

n

ak , bj

j=1

k=1

thì

bj βj = 0,

ak αk = 0,

0, k = 1, . . . , n; j = 1, . . . , m,

s

c i x γi

h(x) =
i=1

và ta có
s

ci

0, i = 1, 2, . . . , m + n,

n

ci γi = a
i=1

m

ak α k + b
k=1

bj βj = 0.
j=1

Tính chất 2.3. Nếu f (x) là các hàm phân thức chính quy và m = 0, thì
hàm số

h(x) := f (xm )
cũng là hàm phân thức chính quy.
Chứng minh. Thật vậy, ta có
n
m

ak xmαk

h(x) = f (x ) =
k=1

thỏa mãn điều kiện
n

n

ak (mαk ) = m
k=1

ak (αk ) = 0.
k=1


24

Tính chất 2.4. Nếu f (x) là hàm phân thức chính quy, thì hàm số

h(x) := [f (x)]m , m ∈ N∗ ,
cũng là hàm phân thức chính quy.
Chứng minh được suy trực tiếp từ khai triển Newton.
Tương tự, ta có định nghĩa hàm phân thức chính quy nhiều biến.

2.1.2

Phân thức chính quy nhiều biến

Định nghĩa 2.4 (xem [1]-[2]). Hàm số f (x1 , x2 , . . . , xn ) ≡ 0 được gọi là hàm
phân thức chính quy trên tập

{x1 > 0, x2 > 0, . . . , xn > 0},
nếu
m

ak xα1 k1 xα2 k2 · · · xαnkn , ak

f (x1 , x2 , . . . , xn ) =

0, k = 1, 2, . . . , m, (2.2)

k=1

trong đó

a1 α11 + a2 α21 + · · · + am αm1 = 0



a1 α12 + a2 α22 + · · · + am αm2 = 0
···························



a1 α1n + a2 α2n + · · · + am αmn = 0

(2.3)

Định nghĩa 2.5. Giả sử hàm số f (x1 , x2 , . . . , xn ) là hàm phân thức chính
quy, tức f (x1 , x2 , . . . , xn ) thỏa mãn điều kiện (2.2)-(2.3). Khi đó các hàm số
m
α

ak xj kj , j = 1, 2, . . . , n,

hj (xj ) :=
k=1

được gọi là các phân thức thành phần biến xj của f (x1 , x2 , . . . , xn ).
Ví dụ 2.2. Hàm số sau đây là phân thức chính quy:
1

1

5

3

2

2

f (x, y) = x− p y q + x p y q + 2x− p y − q ,
và các hàm số
1

5

2

f1 (x) = x− p + x p + 2x− p ,
1

3

2

f2 (y) = y q + y q + 2y − q
là các phân thức thành phần của f (x, y).