Một số đồng nhất thức cổ điển

Thông tin tài liệu

đa thức, phân thức nội dung quan trọng Trong vấn đề đa thức nghiệm, bậc đa thức, tính bất khả quy,… cơng thức nội suy đa thức đồng thức nội dung có ứng dụng lớn để giải tốn đa thức Với phân thức, chúng tơi quan tâm đến việc biểu diễn phân thức hữu tỉ thành tổng phân thức đơn giản Vì vậy, chúng tơi sưu tầm, chọn lọc biên soạn chủ đền “Đồng thức” để phục vụ cho việc tham khảo, mở rộng có tài liệu giảng dạy bồi dường học sinh giỏi Mong rằng, tài liệu hữu ích cho bạn đọc Mặc dù có nhiều cố gắng qua trính nghiên cứu tìm hiểu chắn khơng tránh khỏi thiếu sót; mong nhận thơng cảm góp ý thầy, bạn đọc để tải liệu hoàn thiện CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC I Khái niệm biểu thức - Một biểu thức toán học tổ hợp từ bao gồm phép toán, số, chữ, đồng thời cho phép hiểu rõ ngữ nghĩa Các chữ xuất biểu thức toán học thường tham số, biến số, số - Các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa khai gọi phép toán đại số Biểu thức toán học mà có phép tốn đại số gọi biểu thức đại số + Đơn thức biểu thức đại số gồm số, biến, tích số biến + Đa thức đơn thức tổng hai hay nhiều đơn thức Mỗi đơn thức tổng gọi hạng tử đa thức A + Phân thức đa thức hay biểu thức có dạng , A, B đa thức, B B

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN TIN  MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC CỔ ĐIỂN Giảng viên: Nguyễn Công Minh Sinh viên: Cao Trung Hiếu Nguyễn Thanh Mai Lớp: K68CLC Toán Tin Ngày 02 tháng 07 năm 2021 ĐỒNG NHẤT THỨC MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU I KHÁI NIỆM BIỂU THỨC II MỘT VÀI CÔNG THỨC NỘI SUY a b c Một số công thức nội suy Ví dụ áp dụng Bài tập vận dụng III PHÂN THỨC HỮU TỈ 16 a b c Phân thức hữu tỉ 16 Ví dụ minh họa 18 Bài tập vận dụng 21 IV MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC 26 a b c Một số đồng thức 26 Ví dụ minh họa 28 Bài tập vận dụng 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 36 CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC LỜI NÓI ĐẦU Trong chương trình mơn Tốn, từ cấp THCS, đa thức, phân thức nội dung quan trọng Trong vấn đề đa thức nghiệm, bậc đa thức, tính bất khả quy,… cơng thức nội suy đa thức đồng thức nội dung có ứng dụng lớn để giải tốn đa thức Với phân thức, chúng tơi quan tâm đến việc biểu diễn phân thức hữu tỉ thành tổng phân thức đơn giản Vì vậy, chúng tơi sưu tầm, chọn lọc biên soạn chủ đền “Đồng thức” để phục vụ cho việc tham khảo, mở rộng có tài liệu giảng dạy bồi dường học sinh giỏi Mong rằng, tài liệu hữu ích cho bạn đọc Mặc dù có nhiều cố gắng qua trính nghiên cứu tìm hiểu chắn khơng tránh khỏi thiếu sót; mong nhận thơng cảm góp ý thầy, bạn đọc để tải liệu hoàn thiện CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC I Khái niệm biểu thức - Một biểu thức toán học tổ hợp từ bao gồm phép toán, số, chữ, đồng thời cho phép hiểu rõ ngữ nghĩa Các chữ xuất biểu thức toán học thường tham số, biến số, số - Các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa khai gọi phép toán đại số Biểu thức toán học mà có phép tốn đại số gọi biểu thức đại số + Đơn thức biểu thức đại số gồm số, biến, tích số biến + Đa thức đơn thức tổng hai hay nhiều đơn thức Mỗi đơn thức tổng gọi hạng tử đa thức A + Phân thức đa thức hay biểu thức có dạng , A, B đa thức, B B  , A tử thức, B mẫu thức - Các phép tốn khơng phải phép tốn đại số gọi phép toán siêu việt Biểu thức toán học mà có phép tốn siêu việt gọi biểu thức siêu việt - Hai biểu thức toán học nối với dấu gọi đẳng thức - Một đẳng thức chứa biến tập T gọi đẳng thức T II Một vài công thức nội suy Một số công thức nội suy a Công thức nội suy Lagrange Cho f  x  đa thức bậc n x0 , x1 ,…, xn n + số phân biệt Khi đó, ta có: n n x  xk f  x    f  xi   x  x i 0 k i , k 0 i k Chứng minh: n n x  xk Đặt g  x   f  x    f  xi   i 0 k  i , k  xi  xk Ta có deg g  n g  x0   g  x1    g  xn   Đa thức g  x  có deg g  n có n nghiệm x0 , x1 ,…, xn n Do g  x  đa thức Vậy f  x    f  xi  i 0 x  xk k i , k 0 xi  xk n  b Công thức Taylor: Cho f  x  đa thức bậc n Khi a   ta có: f ' a  f ''  a  f n  a  n f  x  f a   x  a   x  a     x  a 1! 2! n! Chứng minh: Dùng khai triển Taylor cho đa thức f  x  a  Một ứng dụng khai triển Taylor giải phương trình đồng dư ẩn bậc cao: CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC f   a Dễ thấy   a   Nếu thay x  a  mt , ta có: i! f ' a  f ''  a  2 f n  a  n n f  a  mt   f  a   mt  m t   mt 1! 2! n! i Ví dụ áp dụng Từ cấp học THCS hay THPT, biết đẳng thức quen thuộc như: x0  x12 x0 x2  x0  x1    x0  x1 x0  x1 x0  x1 x1  x0 x03 x13 x23   x x x  x0  x1  x0  x2   x1  x0   x1  x2   x2  x0   x2  x1  Tổng quát đẳng thức ta được: n xi n 1 n x  i 0 i n i 0  x  x  k  0, k  i i k Sau đây, ta chứng minh đẳng thức công thức nội suy Lagrange n Ví dụ 1: Cho x0 , x1 ,…, xn n + số thực phức phân biệt Đặt f  x     x  xi  i 0 Khi đó, với đa thức p  x   x n1  f  x  ta có: n n x  i 0 i i 0 xi n 1 n  x  x  k  0, k  i i k (Chuyên khảo đa thức) Chứng minh: n Có p  x   x n 1  f  x   x n 1    x  xi  i 0  p  x   S1 x n  S2 x n1  S3 x n2    1 n2 S n 1 n   S1  x0  x1   xn   xi i 0  n 1  S  x x  x x   x x   xi x j  2 n 1 n Trong đó:  0 i  j  n   n  S  x x x x x   n1 n1 n  xi i 0  Ta thấy deg p  n p  xi   xi n 1 i  0,1, , n Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p  x  , ta có: CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC n n x  xk x  xk n 1 p  x    p  xi     xi  i 0 i 0 k 0, k i xi  xk k 0, k i xi  xk n n n i 0 n n hệ số x n (hệ số cao p  x  ) k  0, k  i xi  xk   xi n 1  n n  S  xi   i0 k 0, k i xi  xk   xi n1 i 0 n p  xi  nên viết ngắn gọn S    i 0 f '  xi  k 0, k i xi  xk  Chú ý: Từ việc đồng hệ số trên, ta tìm số đẳng thức Chẳng hạn, với n  : + Đồng hệ số x, ta được: x13  x2  x0  x23  x0  x1  x03  x1  x2    x x xx x x  x0  x1  x0  x2   x1  x0   x1  x2   x2  x0   x2  x1  1 2 + Đồng hệ số tự do, ta được: x0 x12 x2     x0  x1  x0  x2   x1  x0   x1  x2   x2  x0   x2  x1  n  Chú ý: Ta thấy f '  xi   Ví dụ 2: Cho x0 , x1 ,…, xn n + số thực phức phân biệt n Đặt f  x     x  xi  Khi đó, với đa thức p  x   a0 x n  a1 x n1   an i 0 n ta có a0   i 0 p  xi  f '  xi  (Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh: n Từ công thức nội suy Lagrange, ta có: p  x    p  xi  i 0 p  xi  n  p  x   i 0 n        x  x    f ' x  x  x n x  xk k  i , k 0 xi  xk n   xi  xk  k i,k 0 n k i0 p xi i f x i k  i ,k  n So sánh hệ số x n , ta nhận a0   i 0 p  xi  f '  xi  Ví dụ 3: Cho tam thức bậc hai f  x   ax  bx  c thoả mãn điều kiện f  x   với x   1;1 Chứng minh với M  , ta có f  x   M  x  M (Chuyên khảo đa thức) CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC Chứng minh: Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  với n  điểm 1;0;1 , ta có: f  x   f  1 x  x  1  x  1 x  1  f x  x  1  f     1   1  1   1  1 1  1  1 x2  x x2  x  f  x   f 1  f    x  1  f  1 2 Do f  x    f    1; f  1  1; f 1  nên f  x   f 1  f  x  x2  x x2  x  f   x   f  1 2 x2  x x2  x   x   x   2M  2 Ví dụ 4: Cho số nguyên x0 , x1 ,…, xn thoả mãn x0  x1   xn đa thức n! p  x   x n  a1 x n 1   an thuộc   x  Khi đó, tồn i để p  xi   (Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh: n n i 0 i 0 Đặt f  x     x  xi  Theo Ví dụ 1, ta nhận    p  xi  f '  xi   Đặt   max p  x0  ; p  x1  ; ; p  xn  Ta có bất đẳng thức sau: 1 n  i 0 n n n p  xi  p  xi  1    f '  xi  i 0 f '  xi  i 0 f '  xi  i 0 i ! n  i  ! n! hay   n i  i ! n  i ! n Vì f '  xi   i ! n  i ! ,    Vậy tồn i để p  xi   n! Ví dụ 5: Cho đa thức p  x  với bậc  2n , n số nguyên dương, p  x   thoả mãn cho số nguyên i    n; n  Chứng minh p  x   22 n x    n; n  (Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh: Đặt p  x    x  n  x  n  1  x  1 x  x  1  x  n  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC n Theo công thức nội suy Lagrange ta nhận p  x    p  i  i  n n n Do p  x    p  i  i  n  k i , k  n n Khi n  x  n , ta có:  Vậy  n n xk xk   i  k i  n k i ,k  n i  k    x  k  x   i  1 x  n x   i  1 x  n k  i , k  n n xk k i , k  n i  k n x  k   2n ! với x    n; n   k i ,k  n Từ điều kiện trên, ta rút được: n p  x     2n ! i  n n  k i ,k  n n  n !  2 n  i  k i  n  n  i ! n  i ! Tóm lại, ta có p  x   22 n x    n; n  Ví dụ 6: Chứng minh đa thức f  x  trường ℍ với đặc số nhận a ℍ làm nghiệm bội n f  m  a   với m < n f n  a   (Bài tập Cơ sở Lý thuyết số Đa thức) Chứng minh:  Theo khai triển Taylor f  x  x  a , ta có: f ' a  f ''  a  f n  a  k f  x  f a   x  a   x  a     x  a  với k  deg f  x  1! 2! k! n  Đa thức f  x  nhận a làm nghiệm bội n  n  k  f  x    x  a  g  x  với g  x     x , g  a    Điều xảy  f m  a   m  n m! Vậy ta có điều phải chứng minh f n a  n! Bài tập vận dụng Bài tập 1: a Xác định đa thức f  x  bậc ba nhận giá trị 6, 2,0,1 giá trị x tương ứng 0,1,3,7 Hãy tính f   2k  b Cho đa thức p  x  bậc n thoả mãn điều kiện p  k   với k  0,1, 2, , n k 1 Hãy tính p  n  1 (Bài tập tự đề xuất) CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ĐỒNG NHẤT THỨC Hướng dẫn: a Ta có bảng giá trị: xi 6 2 f  xi  Theo công thức nội suy Lagrange với n  , ta có:  x   x  x  1  x   x  x  1 f  x   f  6   f  2   6   6   6  1  2   2   2  1  f  0  x   x   x  1  f  x   x   x        1 1  1  1   11  f  x   x3  x  x  8 Tính f    40 b Theo công thức nội suy Lagrange, ta có: n 2k  x  x  1 . x  k  1 x  k  1 . x  n  p x   k  k  1 .1. 1 . k  n  k 0 k  2k   n  1 n  n  k   n  k  .1 k  k  1 .1. 1  k  n  k 0 k  n Do đó, p  n  1    n  1 n  n  k   n  k  1 n  k  .1 k  k  1 .1. 1  k  n  n  k  1 k 0 n  n  1! n k  p  n  1    2k  . 1  k  1! n  k  1! k 0 n  p  n  1    2k   n  p  n  1    2k  . 1 k 0 n k Cnk21 Bài tập 2: (IMO Shortlist 1981) Cho đa thức p  x     x  có deg p  x   n thoả mãn điều kiện p  k   k , k  0, n Tính p  n  1 Cn 1 Hướng dẫn: Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f  x  với xk  k  0,1, 2, , n , ta có: n n p x   k 0  x  i  n n xi n xi i 0 p  k     k   k n k k ! n  k ! k  Cn 1 i 0 k  i k 0 Cn 1  1 i 0 k  i n ik i k n n 1  n k  p  n  1     n   i     1 k   n  1! i  k 0 Vậy p  n  1  n lẻ p  n  1  n chẵn n CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI n k ĐỒNG NHẤT THỨC Bài tập 3: Một số đẳng thức quen thuộc: Cho n số nguyên dương: + Nếu n lẻ: Cn1 1n  Cn3.3n   Cnn n n  Cn0 0n  Cn2 n  Cn4 n   Cnn1. n  1 n + Nếu n chẵn: Cn1 1n  Cn3.3n   Cnn1. n  1  Cn0 0n  Cn2 2n  Cn4 4n   Cnn1.n n n Chứng minh công thức tổng quát với n nguyên dương, ta có: n   1 C k k 0 k n k n  (Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn: Xét đa thức f  x   x n Theo công thức nội suy Lagrange cho f  x  n + mốc nội suy xk  k k  0,1, , n , ta có: n f  x   k 0 n n x  xi xi n f  xk    k  k 0 i  k ,i 0 xk  xi i  k ,i  k  i n Đồng hệ số tự hai vế, ta được: n n n 1 n! n  k   i     k n  1 n k k 0 k 1 i  k ,i  k  i  k  1! n  k !. 1 k n n n     1 Cnk k n    1 Cnk k n k k 1 n k k 0    1 Cnk k n  k k 0  Chú ý: Nếu xét f  x   x m  m  n  1 , ta có: n   1 C k k 0 k k n m  Bài tập 4: Cho n số nguyên dương Chứng minh rằng: n   1 nk k 0 Cnk k n1  n  n  1! (Bài tập sưu tầm) Hướng dẫn: Xét đa thức f  x   x n Theo công thức nội suy Lagrange cho f  x  n + mốc nội suy xk  k k  0,1, , n , ta có: n f  x    f  xk  k 0 CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI n n x  xi xi n  k    k 0 i  k ,i 0 xk  xi i  k ,i  k  i n 10 ĐỒNG NHẤT THỨC p x   x   x  3 x     x  1 x  3 x   6 27  x  1 x   x   32  x  1 x   x     p  x Có f  x    x  1 x   x  3 x   1 27 32  f  x      x  1  x    x  3  x   Bài tập 2: Phân tích phân thức thành tổng phân thức đơn x  x  1 x    x  n   1 n giản Từ tính tổng S   k 1 k  n  k ! n  k ! k   (Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn: Theo định lý, ta biểu diễn được: y a xb a x  bn     n2 2 x  n2  x   x    x  n  x x  2 Quy đồng mẫu số so sánh tử số ta nhận được:  y  x  1  x  n   x  a1 x  b1   x  2   x  n       a2 x  b2   x  12   x  n     an x  bn   x  12  x   n  1   Cho x  ta nhận y  Lần lượt, cho x  i, 2i, , với i  1 ta có:  n! 2. 1 ak  ; b  k  1, 2, , n  n  k ! n  k ! k k n 2. 1 1 x Từ suy 2    2 2 x  x   x    x  n   n! x k 1  n  k ! n  k ! x  k k Cho x  ta nhận n S  k 1  1 k   n  k ! n  k ! k k 1 k  n  k ! n  k ! k n Bài tập 3: Chứng minh  1 n  4   1 i 1 i 1   4    1 2 2        n  4   4    1 2 2        n  4   4   2. n!   n! 2n i n Cn i  n với n nguyên dương 2i  C2 n (Giáo trình Đại số sơ cấp) CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 22 ĐỒNG NHẤT THỨC Chứng minh: Xét đa thức f  x   x n Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức f  x  n + mốc nội suy n xk k 0, k  i i  k ak  k k  0,1, , n , ta có: f  x    f  i  i 0 n  n f i  1 n 1   k  Do đó, f     n i     i 0 i ! n  i ! 1 k 0,k i   Từ ta được: n 1 i 1 n 2n f      1 Cni f  i   1  2k  n  2i   j 0  1 n! k 0 n    1 i 0 n i 1.3  2n  1 Cni f  i   2i n!    1 i 0 n    1 i 1 i 0 i 1  n ! Cni f  i  2i  n!.2.4  2n  C2nn i Cn f  i  n  n f 2i  1    2 Bài tập 4: Cho ba số a, b, c phân biệt a, b, c, d  0; 1; 2; 3; 4 Giả sử số tồn số x, y, z thoả mãn hệ phương trình: y z t  x 1  a   b   c   d    x  y  z  t 2 2  a  b  c  d   x  y  z  t 2 3  a  b  c  d  x y z t     2 4  a  b  x  d x y z t Tính giá trị biểu thức S     a b c d (Bài tập tự đề xuất) Chứng minh: Xét f  m   p m x y z t    2 với đa ma mb mc md  m  a  m  b  m  c  m  d  thức p  m  đa thức bậc ẩn m CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 23 ĐỒNG NHẤT THỨC Do f 1  f    f  3  f    nên p 1  p    p  3  p    Vì vậy, x y z t  m  1 m   m  3 m      2 ma mb mc md  m  a  m  b  m  c  m  d  Cho m   S  x y z t 24    2 a b c d abcd Bài tập 5: Cho đa thức f  x   x3  ax  bx  c với a  b  c  có nghiệm thực x1; x2 ; x3 x1 x2 x3 Tính tổng S     x2  1  x3  1  x3  1  x1  1  x1  1 x2  1 (Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn: Do x1; x2 ; x3 nghiệm đa thức f  x   f  x   x  ax  bx  c   x  x1  x  x2   x  x3  Cho x  1  1  a  b  c   1  x1  1  x2   1  x3    a  b  c   x1  1 x2  1  x3  1  x  x  1 x1  1    x2  1  x3  1  a  b  c  x  x  1 x2   2   x3  1  x1  1  a  b  c  x  x  1 x3   3   x1  1 x2  1  a  b  c x12  x2  x32  x1  x2  x3  x1  x2  x3    x1 x2  x2 x3  x3 x1   x1  x2  x3 S   1 a  b  c 1 a  b  c  a  S   2.b  a a  a  2b  1 a  b  c 1 a  b  c  n   Bài tập 6: Cho số a1 , a2 , , an thỏa mãn hệ  i 1 i  r 2r  r  1,2, , n  n a Chứng minh  i   2 i  n  i 1   (Giáo trình Đại số sơ cấp) Hướng dẫn: CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 24 ĐỒNG NHẤT THỨC   n   Xét f  x     x  i   x      đa thức bậc n x   i 1 i  x x  1  i 1 n n Dễ thấy f  r   với r  1,2, , n nên f  x   a.  x  r  r 1 Cho x  1 , ta được: a   r 1 n  1 f   r n    2  1 r 1  r   r 2 r n n n a      x  r  Như   x  i   x     i        i 1 x  i x    i 1 r 1  r  r 1 1  x  i   i   n  n 1  a   2   2 Từ đó, suy  x     i     i 1 x  i x    1  i 1  x  i  i    2 n n a 2 a Cho x  , ta 2. i     i  1 2 2 i  i  n  n  i 1 i 1     n Bài tập 7: Chứng minh phân thức hữu tỉ f  x   p x với p  x  , q  x    x  q x nhận giá trị nguyên giá trị nguyên biến x f  x  đa thức nhận giá trị nguyên (Bài tập Cơ sở Lí thuyết số Đa thức) p  x với p  x  , q  x     x  nhận giá trị q  x nguyên giá trị nguyên biến x Ta viết: f  x   fn  x   r  x  Chứng minh: Giả sử phân thức hữu tỉ f  x   Với f n  x  đa thức (hệ số hữu tỉ) bận n r  x   x   x  x  1  x  k  1 với k  1,2, k! Khi Cxk nhận giá trị nguyên giá trị nguyên x Ta chứng minh quy nạp theo n rằng: f n  x   a0C xn  a1C xn1   anC x0 với a0 , a1 , , an   * Với n  f n  x   a0 f  x   a0  r  x    với x   Cho x   ta a0   Đặt C x0  , Cxk  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 25 ĐỒNG NHẤT THỨC Giả sử * với n  Đặt P  x   P  x  1  P  x  , ta có: f  x   f n  x   r  x  Với f  x  nhận giá trị nguyên giá trị nguyên x, f n  x  đa thức bậc n  r  x   x   Theo giả thiết quy nạp, f n  x   a0C xn 1  a1C xn   an1C x0 với a0 , a1 , , an 1   Với x   , x  ta có f n  x    f n  x   f n  x  1    f n  x  1  f n  x       f n 1  f n     f n    f n  x  1  f n  x     f n    f n   Vì C  C xk11  Cxk 1 Ckk  1, C kj  với j  k nên Cxk1  C xk2   C0k  C xk 1 k x Do f n  x   a0C xn  a1C xn1   anC 1x  f n   với x   , x  Nhưng hai vế đẳng thức đa thức nên chúng giá trị biến x Từ suy f n    r  x  nhận giá trị nguyên giá trị nguyên x Vì f n    an  * chứng minh Như f n  x    r  x    với x   Kết hợp với r  x   x   ta có r  x   với x đủ lớn Mà r  x  phân thức hữu tỉ nên r  x   Ta f  x   f n  x  đa thức giá trị nguyên IV Đồng thức chứng minh qua định thức Một số đồng thức Phương pháp dựa kết sau đây: Với hai ma trận vuông cấp A B ta có det AB  det A.det B a Đồng thức Euler  a  b  c  d  x  y  z  t   A2  B  C  D Với  a  bi c  di  Chứng minh: Ta có det   a  b2  c  d Từ đồng thức:   c  di a  bi   a  bi c  di  x  yi z  ti   A  Bi C  Di   c  di a  bi   z  ti x  yi    C  Di A  Bi       A  xa  yb  zc  td   B  xb  ya  zd  tc  Trong  C  xc  yd  za  tb  D  xd  yc  zb  ta Ta có đồng thức Euler cách lấy định thức hai vế CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 26 ĐỒNG NHẤT THỨC b Đồng thức Lagrange 2  n  n   n  Với , bi ta có     bi     aibi     aib j  a j bi   i 1  i 1   i 1  1i j n Chứng minh: Với hai ma trận  a11 a12 a1n   b11 b12 b1n  a  b a22 a2 n  b22 b2 n  21 21   , B , r  n, A          ar1 ar arn   br1 br brn  Gọi B’ ma trận chuyển B, theo cơng thức Bine – Cauchy, ta có det  AB '    Ai1i2 ir Bi1i2 ir , Ai1i2 ir , Bi1i2 ir định thức cấp r A 1i1 i2   n B tương ứng với cột thứ i1 , i2 , ,i r Lưu ý: Công thức Bine – Cauchy: Giả sử A B ma trận cỡ n  m m  n tương ứng n  m Khi det AB   Ak1 kn B k1 kn 1 k1  k2   kn  m Trong Ak1 kn định thức thu từ cột k1 , , k n A B k1 kn định thức thu từ hàng k1 , , k n B Từ tích hai ma trận: n  a1 b1   n  ai bi        a1 a2 an   a2 b2   i 1 i 1   b b b     n n   n       aibi  bi  i 1   an bn   i 1 Áp dụng công thức ta suy đồng thức cần chứng minh Đặc biệt: Với n  ta có đồng thức Brahmagupta – Fibonacci:  a2  b2  c2  d    ac  bd 2   ad  bc 2   ac  bd 2   ad  bc 2 (suy bất đẳng thức Bunhiacopxki) 2 2 Hay  a  Nb  c  Nd    ac  bd   N  ad  bc    ac  bd   N  ad  bc  (sử dụng để giải phương trình Pell x  Ny  ) Mở rộng: Đồng thức Lagrange với số phức: n  n  2 a   i   bi    i 1  i1  n  aibi  i 1  1i  j  n b j  a j bi Chứng minh: n  n  n  n  a b  a b a b  a a b b  i i   i i    j j   i j i j  aibi   a jbi b j  a j aib j bi i 1 1i  j  n i 1  i 1   j 1  i , j 1 n n  n n   aibi   aib j   aib j  i 1 2 i j CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI i j  a a b b 1i  j  n i j i j  a j aib j bi   27 ĐỒNG NHẤT THỨC n  n  n  2 2    aibi   b j     aib j   a jbi b j  a j aib j bi  i j 1i  j  n  i 1   i j  n 2 2  n        b j    b j  a j bi  a j bi b j  a j aib j bi  i 1   j 1  1i j n n 2  n        b j    b j  a j bi  i 1   j 1  1i j n     n  n  2 Vậy     bi    i 1  i1  n a b i 1 i i   1i  j  n b j  a j bi 2 Ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Chứng minh tập T  a  b  c  d | a, b, c, d   đóng kín phép nhân Từ phương trình x  y  z  t  2005n ln có nghiệm cho số ngun dương n (Giáo trình đại số sơ cấp) Chứng minh: Tập T đóng kín phép nhân suy từ đồng thức Euler Sử dụng tính chất T đóng kín phép nhân để quy nạp theo n Khi n  , phương trình x  y  z  t  2005 nhận số nguyên x  44 , y  , z  , t  làm nghiệm Sử dụng quy nạp, số nguyên xn , yn , zn , tn nghiệm phương trình x  y  z  t  2005n  xn 1  44 xn  yn  zn  2tn  y  x  44 y  z  4t  n1 n n n n   zn1  xn  yn  44 zn  7tn tn 1  xn  yn  zn  44tn nghiệm nguyên phương trình x  y  z  t  2005n1 Ví dụ 2: Chứng minh tập T  a  b  c  3abc | a, b, c   đóng phép nhân Từ suy phương trình u  v3  t  3uvt  1944n ln có nghiệm ngun u, v, t cho số nguyên dương n (Giáo trình đại số sơ cấp) Chứng minh: Trước tiên ta rằng:  a3  b3  c3  3abc  x3  y3  z  3xyz   A3  B3  C  ABC  A  xa  yc  zb  Với  B  xb  ya  zc C  xc  yb  za  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 28 ĐỒNG NHẤT THỨC  a b c  x y z   A B C     Thật trước hết ta có  c a b   z x y    C A B   b c a  y z x   B C A       Lấy định thức hai vế ta đồng thức Do T  a  b  c  3abc | a, b, c   đóng phép nhân Dùng tính đóng tập T để suy phương trình có nghiệm cho n Cụ thể, n  , phương trình u  v3  t  3uvt  1944 nhận số nguyên u  , v  11 , t  11 nghiệm Qua quy nạp theo n, un , , tn nghiệm u  v3  t  3uvt  1944n thì: un1  2un  11vn  11tn  3 n 1 vn1  11un  2vn  11tn nghiệm u  v  t  3uvt  1944 t  11u  11v  2t n n n  n1 Ví dụ 3: Chứng minh với a, b, c   thỏa mãn  a  b   b  c    c  a    b  c  2a    c  a  2b    a  b  2c  2 2 a  b  c (Bài tập tự đề xuất) Chứng minh: Áp dụng đồng thức Lagrange cho số  a1 , a2 , a3  1,1,1 : 3 a12  a22  a32    a1  a2  a3    a1  a2    a2  a3    a3  a1  2 2 Thay a1  a  b , a2  b  c , a3  c  a Khi 2 2 2  a  b    b  c    c  a     a  c  2b    a  b  2c    b  c  2a    2   a  b  b  c   c  a    a  b  b  c   c  a   a bc 2 Ví dụ 4: Cho ABC có BC  a , AC  b , AB  c Kí hiệu , hb , hc độ dài đường cao ABC kẻ từ đỉnh A, B, C S diện tích tam giác Chứng minh 36 S   a  b  c  ha2  hb2  hc2  ABC (Bài tập tự đề xuất) Chứng minh:  aha  bhb  chc    S  S  2S   36 S Áp dụng đồng thức Lagrange ta có: 2 2  aha  bhb  chc    a  b2  c  ha2  hb2  hc2    ahb  bha    ahc  cha    chb  bhc  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 29 ĐỒNG NHẤT THỨC Khi đó:  a aha 1  2 b bh b ahb  bha    a aha  ah  ch     a  b  c  ABC  c   a c ch c ch  bh    b c  b bh   b 1 chc  c Một số tập tương tự ví dụ 4: Bài 1: Cho ABC có BC  a , AC  b , AB  c Kí hiệu , hb , hc độ dài đường cao ABC kẻ từ đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:  aha  bhb  chc    a  b2  c  ha2  hb2  hc2  ABC Chứng minh: Áp dụng đồng thức Lagrange ta có: 2 2  aha  bhb  chc    a  b2  c  ha2  hb2  hc2    ahb  bha    ahc  cha    chb  bhc  Khi đó: ahb  bha   ahc  cha   a  b  c  ABC ch  bh  c  b Bài 2: Cho ABC có BC  a , AC  b , AB  c Kí hiệu ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến ABC kẻ từ đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:  ama  bmb  cmc    a  b2  c  ma2  mb2  mc2  ABC Chứng minh: Áp dụng đồng thức Lagrange ta có: 2  ama  bmb  cmc    a  b2  c  ma2  mb2  hc2    amb  bma    amc  cma    cmb  bmc  Khi đó:  a m2  b2  c   a2   a2  mb  a  c   b b amb  bma   2 2 a ma2  b  c   a  amc  cma      mc  a  b   c cm  bm  c  b c  2 2 mb2  a  c   b b  c  m2   a  b   c c  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 30 ĐỒNG NHẤT THỨC  a  b  a  b  c      a  c  a  c  b    a  b  c  ABC  2 2  b  c  b  c  a   Bài 3: Cho ABC có BC  a , AC  b , AB  c Kí hiệu la , lb , lc độ dài đường phân giác ABC kẻ từ đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:  ala  blb  clc    a  b2  c  la2  lb2  lc2  ABC Chứng minh: Áp dụng đồng thức Lagrange ta có: 2 2  ala  blb  clc    a  b2  c  la2  lb2  lc2    alb  bla    alc  cla    clb  blc  Khi đó: 2bc A  cos  a la b  c    2ac B  b lb cos ac   2bc A alb  bla  cos  a l   a bc  ABC alc  cla      2ab C cl  bl   c lc cos c  b ab   2ac B cos b l   b  ac ab C  c lc cos  ab Bài 4: Chứng minh  ma  hb mb  hc mc    ha2  hb2  hc2  ma2  mb2  mc2  ABC Chứng minh: Áp dụng đồng thức Lagrange biến đổi tương tự Bài tập vận dụng Bài tập 1: Cho số thực a1 , a2 , , an thỏa mãn n  a12  a22   an2    a1  a2   an  a1  a2   an (Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn: Áp dụng đồng thức Lagrange cho số  a1 , a2 , ,a n  1,1, ,1 : n  a12  a22   an2    a1  a2   an   n Khi  a  a  i  j 1 i j n  a  a  i  j 1 i j  hay a1  a2   an CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 31 ĐỒNG NHẤT THỨC Bài tập 2: Chứng minh với ba số thực a, b, c ta có:  a3  b3  c3  3abc   a  b  c   (Giáo trình đại số sơ cấp) Hướng dẫn: a b c a b c       3 c a b a  b  c  3abc  det  c a b   det   b c a a  b  c a  b  c a  b  c     a b c =  a  b  c  det  c a b    a  b  c   a  b  c  ab  bc  ac  1 1   3 Vậy  a  b  c  3abc   a  b  c    a  b  c   a  b  c  ab  bc  ac   Bài tập 3: Chứng minh rẳng với a, b, c, d   ta có đồng thức: a  b  c  d    a  b  c  d    a  b  c  d    a  b  c  d    a2  b2  c2  d  2 (Một số đồng thức áp dụng) Hướng dẫn: Áp dụng đồng thức Lagrange cho số  a1 , a2  1,1,  ta có:  a1  a2    a1  a2    a12  a22  Thay a1  a  b , a2  c  d ta có: a  b  c  d   a  b  c  d  2 Thay a1  a  b , a2  c  d ta có: a  b  c  d  2   a  b    c  d   1   2   a  b  c  d    a  b    c  d       Cộng vế 1   : a  b  c  d   a  b  c  d   a  b  c  d   a  b  c  d  2 2 =  a  b    a  b    c  d    c  d     a  b  c  d    2 2 Bài tập 4: a b c d b a d c ; a Tính định thức det  c d a b   d c b a b Phân tích biểu thức thành tích nhân tử: a  b  c  d  2a 2b  2a 2c  2a d  2b 2c  2b 2d  2c d  8abcd c Tìm số nguyên dương a, b, c, d  1, 2, ,10 cho số a  b  c  d  2a 2b  2a 2c  2a d  2b 2c  2b 2d  2c d  8abcd số nguyên tố CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 32 ĐỒNG NHẤT THỨC (Dựa theo giáo trình đại số sơ cấp) Hướng dẫn: a b c a d b a d c c d a b d c b a a  a d d a c b b  b c d a c b b  c c a d c b b  d c a d d a c b a b a c a c b d d d  a  a  bcd  bcd  ac  ab  ad   b  a 2b  bc  bd  acd  acd  b3   c  abd  abd  c  cd  cb  ca   d  b 2d  c 2d  a d  d  abc  abc  = a  b  c  d  2a 2b  2a 2c  2a d  2b 2c  2b 2d  2c d  8abcd b T  a  b  c  d  2a 2b  2a 2c  2a d  2b 2c  2b d  2c d  8abcd a b c d abcd abcd abcd abcd b a d c c d a b d c b a   a  b  c  d   b a d c c d a b d c b a 1 1 b a d c c d a b d c b   a  b  c  d  a 0 bc ac cb d b a b b d a ca d c c ba a bc ac d c    a  b  c  d  c  b d  b a  b d a ca ba a  b  c  d    a  b  c  d  cb d a a  b  c  d d b a b ca ba 1   a  b  c  d  a  b  c  d  c  b d  b a  b d a ca ba 0   a  b  c  d  a  b  c  d  c  a d  b a  b d b ca b a   a  b  c  d  a  b  c  d  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI ca d b d b ca 33 ĐỒNG NHẤT THỨC 2   a  b  c  d  a  b  c  d   c  a    d  b       a  b  c  d  a  b  c  d  a  b  c  d  a  b  c  d  Vậy T   a  b  c  d  a  b  c  d  a  b  c  d  a  b  c  d  c Do a, b, c, d  1;2; ;10 nên a  b  c  d  a  b  c  d abcd abcd a bc  d  a bc  d a  b  c  d   Để T số nguyên tố a  b  c  d số nguyên tố a  b  c  d  a  b  c  d   a  b  c  d  b  c  d  a  b  c  d    a  b   a  b  c  d   Do vậy, a  b  c  d số nguyên tố  4a  số nguyên tố Mà a  1;2; ;10 nên a  2;5;8  P0  x   0, P1  x   Bài tập 5: Cho dãy đa thức  Pn  x  n* thỏa mãn:   Pn2  x   xPn1  x   Pn  x  Xác định bậc S  x   Pn 1  x  Pn1  x   Pn  x  (Bài tập tự đề xuất)  x   Pn 1  x  Pn  x   Hướng dẫn: Ta chứng minh quy nạp theo n:        Pn  x  Pn1  x    P  x  P1  x    x  Thật vậy, với n  ta có:    Mệnh đề với n  P x P x         Giả sử mệnh đề đến n Ta chứng minh mệnh đề với n  n  x 1  x   x   Pn1  x  Pn  x    x    1 0 1 0 1 0   P x         n   Pn 1  x      x.P  x   Pn  x  Pn 1  x    Pn 2  x  Pn 1  x     n1   x P  P x P x P x P x         n n 1 n n    n 1  Vậy mệnh đề với n  Ta có điều phải chứng minh P  x  Pn  x  Mà S  x   Pn 1  x  Pn 1  x   Pn  x   n1 Pn  x  Pn1  x  n 1 n Vậy deg S  x   CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 34 ĐỒNG NHẤT THỨC Bài tập 6: Chứng minh với số nguyên dương n với c  d nguyên dương, n  xn  yn  tồn cặp số nguyên  xn , yn  thỏa mãn xn yn      cd  1  cd  (Bài tập tự đề xuất) c  x Hướng dẫn: Xét A   Khi n  * ta có An   n  1 d   zn x Ta có: An 1   n  zn zn   c   cxn  zn  yn   d   czn  yn zn  với xn , yn , zn  *  yn  xn  dzn  zn  dyn  Do An ma trận đối xứng nên xn  dzn  czn  yn  xn  yn   c  d  zn  zn    xn n Vì thế, ta A    xn  yn   cd xn  yn cd xn  yn  n c  d  c    d    yn   n  x  yn  Lấy định thức hai vế ta có xn yn   n    cd  1  cd  CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 35 ĐỒNG NHẤT THỨC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Giáo trình Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ [2] Chun khảo đa thức – Lê Hồnh Phị, Nguyễn Văn Nho, Nguyễn Tài Chung [3] Bài tập Cơ sở Lí thuyết số Đa thức – Dương Quốc Việt [4] Một số đồng thức áp dụng – Huỳnh Thị Mỹ Dung [5] Một số ứng dụng đồng thức Lagrange – Vũ Thị Khải Vân CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 36 ... PHÂN THỨC HỮU TỈ 16 a b c Phân thức hữu tỉ 16 Ví dụ minh họa 18 Bài tập vận dụng 21 IV MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC 26 a b c Một số đồng thức. .. ĐỒNG NHẤT THỨC I Khái niệm biểu thức - Một biểu thức toán học tổ hợp từ bao gồm phép toán, số, chữ, đồng thời cho phép hiểu rõ ngữ nghĩa Các chữ xuất biểu thức toán học thường tham số, biến số, ... số, số - Các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa khai gọi phép tốn đại số Biểu thức tốn học mà có phép tốn đại số gọi biểu thức đại số + Đơn thức biểu thức đại số gồm số, biến, tích số

Ngày đăng: 12/02/2022, 11:18

Xem thêm: