Tài liệu Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong các bài toán số học, hình học, hình học tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ———————o0o——————– VŨ THỊ THOA GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC, HÌNH HỌC, HÌNH HỌC TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS PHAN HUY KHẢI HÀ NỘI - 2013 Mục lục Mở đầu 2 1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học 4 1.1 Một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học 4 1.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2 Giá 2.1 2.2 2.3 2.4 trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong hình học Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong hình học Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . không gian . . . . . . . phẳng . . . . . . . . . . 3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp 3.1 Một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 24 24 35 36 51 53 53 71 73 74 Mở đầu Bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất hay tìm cực trị nói chung đã có từ lâu và luôn xuất hiện trong mọi lĩnh vực của toán học. Trong chương trình toán phổ thông, bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất trải dài ở hầu hết các cấp học, có mặt ở tất cả các bộ môn Số học, Đại số, Giải tích, Hình học và Lượng giác. Đặc biệt, trong kỳ thi Đại học, Học sinh giỏi quốc gia và quốc tế thường có bài xác định cực trị nói chung nào đó. Bởi vậy, bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất là một trong số những bài toán được rất nhiều người thuộc nhiều lĩnh vực quan tâm đến. Các bài toán về tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất rất phong phú, đa dạng, đòi hỏi vận dụng nhiều kiến thức và vận dụng sao cho hợp lý, đôi khi rất độc đáo. Hơn nữa, bài toán xác định giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất còn liên quan đến sự đánh giá, tìm cái chặn hoặc xét xem bài toán sẽ có tính chất gì khi nó đạt cực trị. Chính vì thế, để đáp ứng nhu cầu học tập và giảng dạy môn toán ở bậc phổ thông, luận văn này em xin tập trung trình bày một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học, hình học và hình học tổ hợp với tên đề tài: "Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong các bài toán số học, hình học và hình học tổ hợp". Luận văn ngoài mục lục, lời nói đầu, kết luận, tài liệu tham khảo thì luận văn được chia ra làm ba chương: Chương I: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học. Trong chương này giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của số học có đặc điểm chính là sử dụng nhuần nhuyễn các định lí cơ bản của số học và đưa ra các bài toán điển hình về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong số học. Chương II: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học. Trong chương này giới thiệu một vài bài toán cơ bản về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trong hình học không gian và hình học phẳng. Chương III: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp. Trong chương này tập trung trình bày một số bài toán về tìm giá trị lớn nhất và giá 2 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa trị nhỏ nhất trong hình học tổ hợp và thường liên quan đến các đối tượng là các tập hợp hữu hạn. Qua luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy PGS. TS Phan Huy Khải người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn và giúp đỡ em trong suốt quá trình làm luận văn. Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên- Đại học Quốc Gia Hà Nội, các thầy cô đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho em trong thời gian học tập tại trường. Em xin trân trọng cảm ơn! Hà Nội, tháng 12 năm 2013 3 Chương 1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học Trong chương này có sử dụng nhuần nhuyễn các định lí cơ bản của số học, có kết hợp với các phương pháp truyền thống của giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất để hình thành các bài toán đặt ra là tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất mang một nội dung số học mà từ trước đến nay giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong số học chưa được phổ cập như các bài toán trong lượng giác hay biểu thức nào đó ... Sau đây là một vài bài toán điển hình về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong số học. 1.1 Một số bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong số học Bài toán 1.1 : Cho P = 5|x| − 3|y|, ở đây x, y thuộc tập hợp D được xác định như sau: D = {(x, y) : x, y ∈ Z và 4x + 5y = 7}. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P khi (x, y) ∈ D. Lời giải. Nếu (x, y) ∈ D thì chắc chắn x 6= 0; y 6= 0. Thật vậy nếu trái lại, giả sử chẳng hạn x = 0 ⇒ 5y = 7. Điều đó vô lí vì y ∈ Z. Mặt khác, nếu (x, y) ∈ D thì x và y trái dấu. Thật vậy nếu x và y cùng dấu, chẳng hạn cùng dương thì do x, y ∈ Z ⇒ x ≥ 1, y ≥ 1 ⇒ 4x + 5y ≥ 9. Đó là điều vô lí. 4 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa Vì lẽ đó D = D1 ∪ D2 , trong đó: D1 = {(x, y) : x > 0, y < 0; x, y ∈ Z và 4x + 5y = 7}, D2 = {(x, y) : x < 0, y > 0; x, y ∈ Z và 4x + 5y = 7}. Theo nguyên lí phân rã, ta có: min P = min{ min P ; min P }. (x,y)∈D (x,y)∈D1 (1) (x,y)∈D2 7 − 5y 1+y =2−y− . 4 4 1+y = t, với t ∈ Z. Do x, y ∈ Z ⇒  4 y = 4t − 1 Từ đó ta có: (*) x = 3 − 5t. Từ 4x + 5y = 7 ⇒ x = • Khi (x, y) ∈ D1 thì (2) P = 5x + 3y.  Do x > 0; y < 0 nên suy ra: 3 − 5t > 0 4t − 1 < 0 ⇒t< 1 ⇒ t = 0; −1; −2; ... (do 4 t ∈ Z) Với x = 3 − 5t; y = 4t − 1, ta có P = 5x + 3y = 12 − 13t. (3) Từ (3) và do t = 0, −1, −2, ... nên suy ra ứng với t = 0, ta có min P = 12. (4) (x,y)∈D1 • Khi (x, y) ∈ D2 thì P = −5x − 3y. (5) Do x < 0; y > 0 nên từ (*) suy ra:  3 − 5t < 0 4t − 1 > 0 ⇒t> 3 ⇒ t = 1; 2; 3... (do t ∈ Z.) 5 Lúc này P = 13t − 12. (6) Từ (6) và do t = 1, 2, 3, ... suy ra ứng với t = 1, thì min P = 13.1 − 12 = 1. (x,y)∈D2 5 (7) Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa Từ (1), (4), (7) ta có:  min P = 1 ⇔ (x,y)∈D x = 3 − 5.1 y = 4.1 − 1  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi  ⇔ x = −2 y = 3. x = −2 y = 3. Bài toán 1.2: Cho m, n là các số nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f (m, n) = |36m − 5n |. Lời giải. Vì chữ số cuối cùng của chữ số 36m là 6 với mọi chữ số tự nhiên m và chữ số cuối cùng của số 5n là 5 với mọi số tự nhiên n, nên chữ số cuối cùng của hiệu số 36m − 5n là 1 khi 36m > 5n và chữ số cuối cùng của hiệu số 5n − 36m là 9 khi 36m < 5n . Vì vậy chữ số cuối cùng trong cách biểu diễn thập phân của số N = |36m − 5n | chỉ có thể là 1 hoặc 9 và giá trị nhỏ nhất có thể được của số này có thể là 1, 9 hoặc 11. Với m = 1 và n = 2 rõ ràng ta có N = 11. Ta hãy chứng minh rằng các đẳng thức N = 9 và N = 1 không thể xảy ra, điều đó có nghĩa là N = 11 là giá trị nhỏ nhất. Thật vậy, nếu ta có đẳng thức 5n − 36m = 9 thì 5n = 36m + 9 là một bội số của 9 là điều không thể được. Nếu ta có đẳng thức 36m −5n = 1 thì 5n = 36m −1 = (6m +1)(6m −1); 6m −1 = 5k và 6m + 1 = 5n−k là điều vô lí vì số 6m + 1 tận cùng bằng chữ số 7 do đó không thể bằng một lũy thừa của 5. Như vậy, ta đã chứng minh được rằng giá trị nhỏ nhất của f (m, n) là min f (m, n) = 11, ở đây D là tập hợp tất cả các giá trị tự nhiên của m và (m,n)∈D n. Bài toán 1.3: Cho m, n là các số nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = |12m − 5n |. Lời giải. Trước hết ta chứng minh rằng với mọi m, n là số nguyên dương thì |12m0 − 5n0 | ≥ 7. 6 (1) Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa Thật vậy giả sử (1) không đúng, tức là tồn tại hai số nguyên dương m0 , n0 sao cho |12m0 − 5n0 | < 7. (2) Vì 12m0 là số chẵn, còn 5n0 là số tận cùng là 5, nên suy ra: . 12m0 − 5n0 là số lẻ ⇒ 12m0 − 5n0 6 ..2. . . . Do 12m0 6 ..5, còn 5n0 ..5 ⇒ 12m0 − 5n0 6 ..5. . . . Lại thấy 12m0 ..3, còn 5n0 6 ..3 ⇒ 12m0 − 5n0 6 ..3. Kết hợp lại các điều kiện trên, từ (2) suy ra: |12m0 − 5n0 | = 1. (3) Từ (3) ta có: hoặc là 12m0 − 5n0 chia cho 13 thì dư 1 hoặc là 12m0 − 5n0 chia cho 13 thì dư 12. Rõ ràng ta có: 12m0 ≡ (−1)m0 (mod13). (4) Như vậy nếu m0 là số chẵn thì 12m0 ≡ 1(mod13), còn nếu m0 là số lẻ thì 12m0 ≡ 12(mod13). Mặt khác ta luôn luôn có thể biểu diễn: n0 = 4k0 + z0 với k0 ∈ Z và z0 ∈ {0; 1; 2; 3}. Từ đó suy ra: 5n0 = 625k0 .5z0 ≡ 1k0 .5z0 (mod13). (5) Từ (5) ta có: Khi 5n0 chia 13 thì số dư sẽ là 1, 5, 12 hoặc 8 (tương ứng với z0 = 0, 1, 2 hoặc 3). Từ (4), (5) suy ra khi đem 12m0 − 5n0 chia cho 13 thì không thể dư 1 hoặc 12. Điều này mâu thuẫn với (3). Vậy không thể có (2), tức là (1) đúng. Mặt khác nếu chọn m = 1; n = 1, thì P = 7. Như vậy giá trị nhỏ nhất là min P = 7. Bài toán 1.4: Xét tập hợp tất cả các cách chọn 30 số nguyên dương x1 , x2 , x3 , ..., x30 sao cho x1 + x2 + ... + x30 = 2011. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x1 x2 ...x30 . Lời giải. Do vai trò bình đẳng giữa x1 , x2 , ..., x30 nên không mất tính tổng quát ta giả sử rằng x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x30 . 7 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa 1. Xét bài toán tìm min P . Xét bộ số (x1 , x2 , ..., x30 ) trong đó: 1 < x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x30 và x1 + x2 + . . . x30 = 2011. Khi đó ta có P = x1 .x2 . . . x30 . Bây giờ xét bộ số (x1 − 1, x2 , . . . , x29 , x30 + 1). Khi đó để ý rằng do x1 > 1 ⇒ x1 ≥ 2 ⇒ x1 − 1 ≥ 1. Mặt khác, (x1 − 1) + x2 + · · · + x29 + (x30 + 1) = x1 + x2 + . . . x30 = 2011, nên bộ số mới này cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ứng với bộ số này ta có: Pe = (x1 − 1)x2 . . . x29 (x30 + 1) ⇒ P − Pe = x2 . . . x29 [x1 x30 − (x1 − 1)(x30 + 1)] = x2 . . . x29 (x30 − x1 + 1). Do xi > 0, ∀i = 2; 29, và x1 ≤ x30 ⇒ P > Pe. (1) (1) chứng tỏ rằng bộ số (x1 , x2 , . . . , x30 ) không làm cho tích P đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy một điều kiện cần để P đạt giá trị nhỏ nhất là x1 = 1. Từ đó lập luận hoàn toàn tương tự suy ra x2 = x3 = · · · = x29 = 1 cũng là điều kiện cần để P đạt giá trị nhỏ nhất. Từ đó suy ra min P = 1.1. . . . 1(2011 − 29) = 1982. Vậy min P = 1982 ⇔ có 29 thừa số bằng 1, và một thừa số bằng 1982. 2. Xét bài toán tìm max P . Xét bộ số (x1 , x2 , . . . , x30 ) trong đó:  x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ x30  x30 − x1 ≥ 2 x1 + x2 + ... + x30 = 2011. Ứng với bộ số này ta có P = x1 x2 . . . x30 . Bây giờ xét bộ số mới sau đây: (x1 + 1, x2 , . . . , x29 , x30 − 1). Mặt khác dễ thấy: (x1 + 1) + x2 + · · · + x29 + (x30 − 1) = x1 + · · · + x30 = 2011, nên bộ số mới cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ứng với bộ số này ta có: Pe = (x1 + 1)x2 . . . x29 (x30 − 1) ⇒ Pe − P = x2 . . . x29 [(x1 + 1)(x30 − 1) − x1 x30 ] = x2 . . . x29 (x30 − x1 − 1). Từ x30 − x1 ≥ 2 ⇒ Pe > P . Vậy bất đẳng thức này chứng tỏ bộ số (x1 , . . . , x30 ) chưa làm cho P 8 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa đạt giá trị lớn nhất. Vì thế điều kiện cần để P đạt giá trị lớn nhất là x30 − x1 < 2 hay x30 − x1 ≤ 1 ⇒ x30 − x1 ∈ {0; 1} tức là : hoặc x30 = x1 hoặc x30 = x1 + 1. Như thế điều kiện cần để P đạt giá trị lớn nhất là trong 30 số thì không được có hai số bất kì nào trong chúng chênh lệch nhau quá 1. Điều này có nghĩa là phải có t số bằng α và 30−t số bằng α+1(1 ≤ t ≤ 30) sao cho: tα + (30 − t)(α + 1) = 2011 ⇒ 30α + (30 − t) = 2011. (*) Để thỏa mãn (∗) có thể chọn α = 67, t = 29 vì 30.67 + 1 = 2011. Như vậy chọn dãy chẳng hạn 29 số bằng 67 và một số bằng 68 thì P = 6729 .68. Tóm lại ta có max P = 6729 .68 Kết hợp lại ta có min P = 1982 và max P = 6729 .68. Bài toán 1.5: Xét tập hợp gồm 7 số nguyên tố khác nhau có các tính chất sau: 1. Chúng có dạng a, b, c, a + b + c, a + b − c, a − b + c, b + c − a. 2. Hai trong ba số a, b, c có tổng bằng 800. Gọi d là khoảng cách giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất trong 7 số đó. Tìm giá trị lớn nhất của d. Lời giải. Do vai trò bình đẳng giữa a, b, c nên có thể giả sử a + b = 800 và a < b. Rõ ràng c < 800. Thật vậy nếu c ≥ 800 ⇒ a + b − c ≤ 0, điều này mâu thuẫn với việc a + b − c là số nguyên tố. Rõ ràng a + b + c là số lớn nhất trong 7 số nguyên tố nói trên. Số nguyên tố lớn nhất dưới 800 là 797, vì thế: a + b + c = 800 + c ≤ 800 + 797 ⇒ a + b + c ≤ 1597. (1) Rõ ràng a, b, c phải là các số lẻ. Thật vậy nếu trái lại tồn tại ít nhất một trong ba số trên là số chẵn, thì do 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất nên chỉ có đúng một trong ba số a, b, c là 2, còn hai số còn lại là hai số nguyên tố lẻ khác nhau. Từ đó suy ra các số a + b + c, a + b − c, a − b + c, b + c − a đều là 9 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa các số chẵn, mà chúng lại khác nhau. Như vậy ta có nhiều hơn 2 số nguyên tố chẵn khác nhau trong 7 số nói trên. Điều đó là vô lí. Vậy cả 7 số nguyên tố đã cho đều là các số nguyên tố lẻ. Nói riêng số nhỏ nhất trong 7 số đã cho lớn hơn hoặc bằng 3. Kết hợp với (1) suy ra : d ≤ 1597 − 3 ⇒ d ≤ 1594. (2) Bây giờ ta chỉ ra dấu "=" trong (2) có thể xảy ra. Ví dụ chọn 7 số sau: a = 13; b = 787; c = 797; a + b + c = 1597, a + b − c = 3; a − b + c = 23; b + c − a = 1571. Rõ ràng đúng là 7 số nguyên tố khác nhau thỏa mãn tính chất 1, ; 2. Ngoài ra: d = 1597 − 3 = 1594. Từ đó theo định nghĩa về giá trị lớn nhất suy ra max d = 1594. Bài toán 1.6: Tổng của m số dương chẵn và n số dương lẻ khác nhau là 2001. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 5m + 2n. Lời giải. Vì tổng của m số nguyên dương chẵn khác nhau ≥ 2 + 4 + · · · + 2m = m(m + 1) = m2 + m, còn tổng của n số dương lẻ khác nhau ≥ 1 + 3 + 2 · · · + (2n − 1) = n2 . Vì vậy từ giả thiết suy ra 2. 1 1 1 1 2001 ≥ m2 + m + n2 = (m + )2 + n2 − ⇒ (m + )2 + n2 ≤ 2001 + . 2 4 2 4 1 2 (1) 5 2 Ta có A = 5m + 2n = 5(m + ) + 2n − . Vì thế theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki thì r 1 5 (52 + 22 )[(m + )2 + n2 ] − . 2 2 (2) 1 5 29(2001 + ) − ⇒ A ≤ 238, 407. 4 2 (3) A≤ Từ (1) và (2) suy ra r A≤ Vì m, n là nguyên dương nên A = 5m + 2n là nguyên dương. 10 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa Vì thế từ (3) có A ≤ 238. (4)  5m + 2n = 238 (5) 2 2 m + m + n = 2001. (6) 238 − 5m m Giải (5) : n = = 119 − 2m − . 2 2 m Vì n nguyên nên suy ra: = t ⇒ m = 2t, t ∈ Z. Do vậy n = 119−4t−t = 119−5t. 2 Vì m, n > 0 nên ta có Xét hệ phương trình:  2t > 0 119 − 5t > 0 ⇔0 B thì Aa > Bb và ta có: 1Aa.2Bb − 2Aa.1Bb = (100 + Aa)(200 + Bb) − (200 + Aa)(100 + Bb) = 100(Aa − Bb) > 0. Như thế ta có: 2Aa.1Bb.3Cc < 1Aa.2Bb.3Cc, điều này không thể có do mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của 1Aa.2Bb.3Cc. ii) Nếu a > b, thì ta có: 1Aa.2Bb − 1Ab.2Ba = (10.1A + a)(10.2B + b) − (10.1A + b)(10.2B + a) = (10.2B − 10.1A)(a − b) > 0. Từ đó suy ra: 1Aa.2Bb.3Cc > 1Ab.2Ba.3Cc, và cũng suy ra mâu thuẫn. iii) Lại giả thiết phản chứng chẳng hạn C > a ⇒ C = a + x với x > 0. Tương tự như đã làm trong các phần i), ii) ta đi đến C lớn nhất so với A, B ; còn a nhỏ nhất so với b, c. Lúc đó ta sẽ có 1Aa.3Cc − 1Ac.3ac = 1Aa(3ac + 10x) − (1Aa + x).3ac, x(10.1Aa − 3ac) > 0. Từ đó suy ra: 1Ac.2Bb.3ac < 1Aa.2Bb.3Cc, và đi đến mâu thuẫn. Tóm lại ta đã chứng minh được: A < B < C < a < b < c. Vậy tích nhỏ nhất ứng với các số cần tìm là 147.258.369. b) Bây giờ ta tìm giá trị lớn nhất. Các số ứng với tích lớn nhất phải có dạng 9Aa.8Bb.7Cc. Tương tự như phần a) ta có thể chứng minh rẳng A < B < C; a < b < c; các chữ số a, b và c đều nhỏ hơn các chữ số A, B, C , rồi từ đó suy ra được a < b < c < A < B < C. Vậy tích lớn nhất cần tìm là 941.852.763. Bài toán 1.9: Số 2002 được phân tích thành tổng các m hợp số. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của m. Lời giải. a) Xét một số chẵn 2k > 6. Ta có: 2k = 4 + (2k − 4) = 4 + 2(k − 2). Do k > 3 ⇒ k − 2 > 1 ⇒ 2(k − 2) là số chẵn lớn hơn 2, nên 2(k − 2) là hợp 13 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa số. Dĩ nhiên 4 cũng là hợp số. Vậy ta có kết quả sau: " Mọi số chẵn lớn hơn 6 đều có thể biểu diễn dưới dạng là tổng của hai hợp số". Rõ ràng vì: 2 = 2 + 0 = 1 + 1; 4 = 2 + 2 = 3 + 1; 6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 3 + 3. Vì 2, 3, 5 đều là các số nguyên tố; còn 0, 1 không phải là hợp số. Kết hợp với nhận xét trên ta suy ra: "Chỉ có các số chẵn lớn hơn 6 mới có thể biểu diễn dưới dạng tổng trong đó có ít nhất là hai hợp số". b) Xét một số lẻ 2k + 1 > 11. Ta có: 2k + 1 = 9 + (2k − 8) = 9 + 2(k − 4). Do 2k + 1 > 11 ⇒ k > 5 ⇒ 2(k − 4) là số chẵn lớn hơn 2, nên 2(k − 2) là hợp số. Dĩ nhiên 9 cũng là hợp số. Vậy ta có kết quả sau: "Mọi số lẻ lớn hơn 11 đều có thể biểu diễn dưới dạng là tổng của hai hợp số". Hiển nhiên: 1 = 1 + 0; 3 = 2 + 1; 5 = 1 + 4 = 2 + 3; 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4; 9 = 1 + 8 = 2 + 7 = 3 + 6; 11 = 1 + 10 = 2 + 9 = 3 + 8 = 4 + 7 = 5 + 6. Kết hợp với nhận xét trên ta suy ra: "Chỉ có các số lẻ lớn hơn 11 mới có thể biểu diễn dưới dạng tổng trong đó có ít nhất hai hợp số". Nhận xét thêm rằng 4, 6, 9 là các hợp số (trong đó 4 là hợp số chẵn nhỏ nhất, còn 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất). Như vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 12 đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của các hợp số. Ứng với mọi số tự nhiên n ≥ 12 đều có thể biểu diễn nó dưới dạng tổng của các hợp số, nhưng ở đây ta quan tâm đến cách mà trong biểu diễn 14 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa này số các hợp số (tức là số các số hạng của tổng) là nhiều nhất có thể được. Từ nhận xét trên ta thấy rằng trong cách biểu diễn số n ≥ 12 mà ta quan tâm thì phải thỏa mãn các yêu cầu sau: i) Chỉ có mặt trong tổng các số hạng 4, 6, 9. Thật vậy, nếu có hợp số khác, tức là hoặc là có hợp số chẵn lớn hơn 9, hoặc hợp số lẻ lớn hơn 9, thì các hợp số này theo nhận xét trên có thể thay bằng tổng của hai hợp số khác. ii) Hợp số 6 có mặt tối đa trong tổng một lần. Thật vậy, nếu nó có mặt hai lần trở lên, thì do 6 + 6 = 4 + 4 + 4, ta có thể thay hai hợp số 6 bằng ba hợp số 4 và điều này như đã biết là vô lí. iii) Hợp số 9 có mặt tối đa trong tổng một lần (lập luận tương tự dựa vào đẳng thức 9 + 9 = 4 + 4 + 4 + 6). Bây giờ xét số 2002 của bài toán. Ta có: 2002 = 4.499 + 6 = |4 + 4 + {z· · · + 4} +6. 499 số 4 Đó là cách biểu diễn 2002 thành tổng các hợp số và là cách biểu diễn duy nhất mà trong tổng biểu diễn có nhiều số hạng nhất. Vì thế từ giả thiết 2002 = a1 + a2 + · · · + am , trong đó am là các hợp số ta suy ra ngay m ≤ 500. Vậy 500 là giá trị lớn nhất có thể có của m. Chú ý: Nếu thay số 2002 bằng 2003 và xét bài toán tương tự: Tìm giá trị lớn nhất có thể có của m để có thể phân tích 2003 thành tổng của m hợp số. Với chú ý rằng 2003 = 4.497 + 6 + 9 = |4 + 4 +{z· · · + 4} +6 + 9, từ đó suy ra ở đây 497 số 4 giá trị lớn nhất có thể có của m là 499. Bài toán 1.10: Cho k là số nguyên dương ≥ 3. 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. Do vai trò bình đẳng giữa x, y, z nên không giảm tổng quát có thể coi x ≥ y ≥ z. 15 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa Vì D là tập hữu hạn phần tử (x, y, z) nên dĩ nhiên hàm số f (x, y, z) = xyz phải đạt giá trị lớn nhất trên D. Giả sử: max f (x, y, z) = f (x0 , y0 , z0 ) = x0 y0 z0 . (1) (x,y,z)∈D (Chú ý ở đây: x0 ≥ y0 ≥ z0 ) Ta sẽ chứng minh rằng: x0 − z0 ≤ 1. (2) Thật vậy, nếu trái lại ta có: x0 − z0 > 1. Khi đó chỉ có thể xảy ra ba trường hợp sau đây: i) Nếu x0 = y0 > z0 +1. Vì x0 +y0 +z0 = k nên ta có: x0 +(y0 −1)+(z0 +1) = k . Do x0 = y0 > z0 + 1 và z0 > 0 ⇒ x0 , y0 − 1, z0 + 1 cũng nguyên dương, tức là: (x0 , y0 − 1, z0 + 1) ∈ D. Mặt khác: f (x0 , y0 − 1, z0 + 1) = x0 (y0 − 1)(z0 + 1) = x0 y0 z0 + x0 (y0 − z0 − 1). Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn với (1). Vậy trong trường hợp i) không thể xảy ra. ii) Nếu x0 > y0 > z0 . Xét bộ ba nguyên dương (x0 − 1, y0 , z0 + 1). Rõ ràng (x0 − 1, y0 , z0 + 1) ∈ D. Lại có: f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) = y0 (x0 − 1)(z0 + 1) = x0 y0 z0 + y0 (x0 − z0 − 1). Vì x0 − z0 − 1 > 0 (do x0 > z0 + 1) nên ta có: f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) > x0 y0 z0 ⇒ f (x0 − 1, y0 , z0 + 1) > f (x0 , y0 , z0 ). Bất đẳng thức này cũng mâu thuẫn với (1) . Vậy trong trường hợp ii) cũng không thể xảy ra. iii) Nếu x0 − 1 > y0 > z0 . Lập luẫn như trên cũng suy ra mâu thuẫn. Tóm lại giả thiết x0 − z0 > 1 là sai, vậy (2) đúng. Từ (2) suy ra chỉ có thể xảy ra hai khả năng sau: k 3 Điều này xảy ra khi và chỉ khi k ≡ 0(mod3). (Chú ý: x0 , y0 , z0 nguyên a) Nếu x0 − z0 = 0. Kết hợp với x0 ≥ y0 ≥ z0 , thì x0 = y0 = z0 = . dương). b) Nếu x0 − z0 = 1. Lúc này lại có hai trường hợp nhỏ sau: 16 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa • Nếu x0 = y0 + 1 = z0 + 1. Từ đó ta có x0 = k+2 k−1 ; y0 = z0 = . 3 3 Chú ý rằng trường hợp này xảy ra khi và chỉ khi k ≡ 1(mod3). • Nếu x0 = y0 = z0 + 1. Từ đó ta có x0 = y 0 = k−2 k+1 ; z0 = . 3 3 Trường hợp này xảy ra khi và chỉ khi k ≡ 2(mod3). Tóm lại ta đi đến kết luận sau:  3 k     27      max f (x, y, z) = (x,y,z)∈D khi k ≡ 0(mod3); (k + 2)(k − 1)2  27      2    (k + 1) (k − 2) 27 khi k ≡ 1(mod3); khi k ≡ 2(mod3). Nhận xét: a) Dĩ nhiên nếu k ≡ 0(mod3), tức là k nguyên dương và chia hết cho 3 thì lời giải của bài toán có thể suy trực tiếp một cách đơn giản như sau: Theo bất đẳng thức Cô-si thì với mọi (x, y, z) ∈ D, ta có xyz ≤ ( x + y + z 3 k3 ) = . 3 27 k Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 3 k k k .. Do k > 0 và k .3, nên ( , , ) ∈ D. Vì lẽ đó ta có 3 3 3 max f (x, y, z) = (x,y,z)∈D k3 , 27 . khi k > 0 và k ..3. . b) Tuy nhiên nếu k 6 ..3 thì không thể áp dụng được bất đẳng thức Cô-si để giải bài toán này. Lí do ở chỗ dấu "=" xảy ra trong bất đẳng thức xyz ≤ 17 k3 , 27 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa k . khi và chỉ khi x = y = z = . Tuy nhiên do k 6 ..3, nên 3 k k k ( , , ) 6∈ D. 3 3 3 Vì thế chưa có thể kết luận gì về max f (x, y, z) nếu sử dụng bất đẳng (x,y,z)∈D thức Cô-si. Bài toán 1.11: Cho n là số tự nhiên sao cho 2003! chia hết cho 5n . Tìm giá trị lớn nhất của n thỏa mãn điều kiện trên. Lời giải. Các bội của 5 trong dãy 1, 2, 3, . . . , 2002, 2003 là 5, 10, 15, . . . , 1995, 2000. Các bội đó là h 2003 i = 400 số . 5 Các bội của 52 trong dãy trên là 25, 50, 75, . . . , 2000. Số các bội đó là h 2003 i = 80 số . 25 Số các bội của 53 là h 2003 i = 16 số . 125 Số các bội của 54 là h 2003 i 625 = 3 số . Vậy số thừa số 5 khi phân tích số 2003! ra thừa số nguyên tố là 400 + 80 + 16 + 3 = 499. Như vậy 2003! = 5499 .p, ở đây (p, 5) = 1. . . Giả sử n là số tự nhiên sao cho 2003!..5 ⇒ 5499 p..5n . . Vì (p, 5) = 1 ⇒ 5499 ..5n ⇒ n ≤ 499. Vậy n lớn nhất thỏa mãn bài toán là n = 499. Bài toán 1.12: Cho n là số nguyên dương lớn hơn 4 sao cho: . (n3 + 4n2 − 20n − 48)..125. 18 Luận văn thạc sỹ Học viên: Vũ Thị Thoa Tìm giá trị nhỏ nhất của n thỏa mãn bài toán trên. Lời giải. Đặt A = n3 + 4n2 − 20n − 48. Dễ thấy: A = n3 + 4n2 − 20n − 48 = (n − 4)(n + 2)(n + 6). . . Nếu n..5 thì n − 4, n + 2, n + 6 đều không chia hết cho 5, suy ra A 6 ..125. Nếu n ≡ 1(mod 5) hoặc n ≡ 2 (mod 5), bằng cách lập luận như trên suy ra . A 6 ..125. . . . Nếu n ≡ 3(mod 5) thì n − 4 6 ..5, n + 6 6 ..5. Từ đó theo giả thiết A..5 suy ra . n + 2..125 ⇒ n + 2 = 125k, k nguyên dương ⇒ n + 2 ≥ 125 ⇒ n ≥ 123. (1) . . . Nếu n ≡ 4(mod 5) thì n + 2 6 ..5 và n + 6..5; n − 4..5. .. Vì " thế .nếu A.125 " thì . n − 4 = 25k n − 4 . 25 ⇒ (k nguyên dương) .. n + 6 = 25k n + 6 . 25 " " n − 4 > 25 n > 29 (2) ⇒ n + 6 > 25 ⇔ n > 19. (3) Từ (1), (2), (3) suy ra n ≥ 19. Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm thỏa mãn bài toán là n = 19. Bài toán 1.13: Cho n là số chính phương có chữ số cuối cùng khác 0 và sau khi xóa bỏ hai chữ số cuối thì thu được vẫn là số chính phương. Tìm số lớn nhất của n thỏa mãn bài toán. Lời giải. Giả sử n = k 2 là số chính phương thỏa mãn các điều kiện đầu bài. Khi đó ta có k 2 = 100a + bc, và từ giả thiết thì 100a cũng là số chính phương, tức là 100a = m2 , m ∈ Z. (1) a = l 2 , l ∈ Z. (2) Từ (1) suy ra Do c 6= 0, nên từ k 2 = 100l2 + bc suy ra k 2 > 100l2 ⇒ k > 10l. 19 (3)