Một số đồng nhất thức cổ điển

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

KHÁI NIỆM BIỂU THỨC

Một biểu thức toán học là sự kết hợp của các phép toán, số và chữ, giúp truyền đạt rõ ràng ý nghĩa của nó Trong biểu thức này, các chữ thường đại diện cho tham số, biến số và hằng số.

Các phép toán đại số bao gồm cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa và khai căn Biểu thức toán học chỉ chứa các phép toán này được gọi là biểu thức đại số Đơn thức là một loại biểu thức đại số, bao gồm một số, một biến, hoặc một tích giữa các số và các biến.

+ Đa thức là một đơn thức hoặc một tổng của hai hay nhiều đơn thức Mỗi đơn thức trong tổng gọi là một hạng tử của đa thức đó

+ Phân thức là một đa thức hay một biểu thức có dạng A

B, trong đó A, B là những đa thức,

B 0 , A là tử thức, B là mẫu thức

Các phép toán không thuộc đại số được gọi là phép toán siêu việt Biểu thức toán học chứa phép toán siêu việt được gọi là biểu thức siêu việt.

- Hai biểu thức toán học nối với nhau bởi dấu bằng được gọi là đẳng thức

- Một đẳng thức chứa biến luôn đúng trên một tập T thì được gọi là một hằng đẳng thức trên T.

MỘT VÀI CÔNG THỨC NỘI SUY

1 Một số công thức nội suy a Công thức nội suy Lagrange

Cho f x   là đa thức bậc n và x 0 , x 1 ,…, x n là n + 1 số phân biệt Khi đó, ta có:

Ta có degg n và g x   0  g x   1   g x   n  0 Đa thức g x   có deg g n  và có quá n nghiệm là x 0 , x 1 ,…, x n

Do đó g x   là đa thức 0 Vậy    

   b Công thức Taylor: Cho f x   là đa thức bậc n Khi đó a ta có:

Dùng khai triển Taylor cho đa thức f x   tại a

 Một ứng dụng của khai triển Taylor là giải phương trình đồng dư một ẩn bậc cao:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 5

! f i a i  khi a Nếu thay x a mt  , ta có:

Từ các cấp học THCS hay THPT, chúng ta đã biết được những hằng đẳng thức quen thuộc như:

Tổng quát các đẳng thức trên ta được:

Sau đây, ta sẽ chứng minh đẳng thức trên bằng công thức nội suy Lagrange

Ví dụ 1: Cho x 0 , x 1 ,…, x n là n + 1 số thực hoặc phức phân biệt Đặt    

Khi đó, với đa thứcp x    x n  1  f x   ta có:

(Chuyên khảo đa thức) Chứng minh:

Ta thấy degp n và p x  i xi n  1  i  0,1, ,n

Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p x   , ta có:

   là hệ số của x n (hệ số cao nhất của p x   )

  nên có thể viết ngắn gọn  

 Chú ý: Từ việc đồng nhất hệ số trên, ta có thể tìm được một số đẳng thức mới

Chẳng hạn, với n2: + Đồng nhất hệ số của x, ta được:

+ Đồng nhất hệ số tự do, ta được:

Ví dụ 2: Cho x 0 , x 1 ,…, x n là n + 1 số thực hoặc phức phân biệt Đặt    

  Khi đó, với mỗi đa thứcp x a x0 n a x1 n  1   a n ta có  

(Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh:

Từ công thức nội suy Lagrange, ta có:    

So sánh hệ số của x n , ta nhận được  

Ví dụ 3: Cho tam thức bậc hai f x    ax 2  bx c  thoả mãn điều kiện f x    1 với mọi x    1;1  Chứng minh rằng với mọi M 1, ta có f x    2 M 2  1 khi x  M

Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f x   với n  2 tại các điểm 1;0;1, ta có:

Ví dụ 4: Cho các số nguyên x 0 , x 1 ,…, x n thoả mãn x 0   x 1 x n và đa thức

  n 1 n 1 n p x x a x   a thuộc   x Khi đó, tồn tại i để   ! i 2 p x  n

(Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh: Đặt    

  Theo Ví dụ 1, ta nhận được  

 Đặt   max p x      0 ; p x 1 ; ; p x   n  Ta có bất đẳng thức sau:

Ví dụ 5: Cho đa thức p x   với bậc 2n , ở đó n là số nguyên dương, và p x    1 thoả mãn cho mọi số nguyên i    n n ;  Chứng minh rằng p x    2 2 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  

Theo công thức nội suy Lagrange ta nhận được    

Từ các điều kiện trên, ta rút ra được:

Ví dụ 6: Chứng minh rằng đa thức f x   trên trường ℍ với đặc số 0 nhận aℍ làm nghiệm bội n khi và chỉ khi f   m   a  0 với mọi m < n và f   n   a  0.

(Bài tập Cơ sở Lý thuyết số và Đa thức) Chứng minh:

 Theo khai triển Taylor của f x   tại x a  , ta có:

 Đa thức f x   nhận a làm nghiệm bội n  n k   nếu f x     x a     n g x với

! 0 f n a n  Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 1: a Tìm đa thức bậc ba f(x) với các giá trị f(0) = -6, f(1) = 2, f(3) = 0, và f(7) = 1 Tính giá trị f(4) b Cho đa thức bậc n p(x) thỏa mãn điều kiện p(2) = 6.

(Bài tập tự đề xuất)

Hướng dẫn: a Ta có bảng giá trị: xi 6 2 0 1

Theo công thức nội suy Lagrange với n3, ta có:

Tính được f   4  40. b Theo công thức nội suy Lagrange, ta có:

Bài tập 2: (IMO Shortlist 1981) Cho đa thức p x     x có deg p x    n thoả mãn điều kiện  

Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f x   với x k  k 0,1,2, ,n, ta có:

Vậy p n    1  0 nếu n lẻ và p n    1  1 nếu n chẵn

Bài tập 3: Một số đẳng thức quen thuộc: Cho n là số nguyên dương:

+ Nếu n lẻ: C 1 n 1 n Cn 3 3 n   C nn n n Cn 0 0 n Cn 2 2 n Cn 4 4 n   Cn n  1 n1  n

+ Nếu n chẵn: C 1 n 1 n Cn 3 3 n   Cn n  1 n1  n Cn 0 0 n Cn 2 2 n Cn 4 4 n   Cn n  1 n n

Chứng minh công thức tổng quát với mọi n nguyên dương, ta có:

(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:

Theo công thức nội suy Lagrange cho f x   tại các n + 1 mốc nội suy x k   k k 0,1, ,n, ta có:

    Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế, ta được:

 Chú ý: Nếu xét f x    x m  m n   1  , ta có:  

Bài tập 4: Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng:

(Bài tập sưu tầm) Hướng dẫn:

Theo công thức nội suy Lagrange cho f x   tại các n + 1 mốc nội suy x k   k k 0,1, ,n, ta có:

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 11 Đồng nhất hệ số của x n , ta được:

   Đồng nhất hệ số của x n  1 , ta được:

Bài tập 5 gồm hai phần: a Chứng minh rằng nếu một đa thức bậc hai f(x) nhận giá trị nguyên tại ba giá trị nguyên liên tiếp của biến x, thì nó cũng sẽ nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x b Giả sử đa thức f(x) = c0 + c1x + c2x^2 + + cnx^n có giá trị hữu tỉ khi x là số hữu tỉ.

Chứng minh rằng, tất cả các hệ số c c 0 , , 1 c n đều là các số hữu tỉ

(Chuyên khảo đa thức) Hướng dẫn: a Giả sử f k   1 ,     f k f k ,  1  là những số nguyên với k nguyên

Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f x   với các số nguyên

Do tích hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2

 f x   nguyên với mọi x nguyên b Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f x   với a k  k 0,1,2, , n , ta có:

Theo giả thiết, ta có f     0 , f 1 , , f n   là những số hữu tỉ

Dựa trên khai triển vế phải của đẳng thức, ta nhận thấy rằng các hệ số của các luỹ thừa của x với i từ 0 đến n đều là những số hữu tỉ Khi đồng nhất hệ số hai vế, chúng ta có các số hữu tỉ c0, c1, , cn.

Nếu một đa thức có bậc không quá n và có giá trị hữu tỉ tại n + 1 điểm hữu tỉ khác nhau, thì tất cả các hệ số của đa thức đó đều là các số hữu tỉ.

Bài tập 6: Cho đa thức bậc hai f x    ax 2  bx c  thoả mãn điều kiện f x    2 với mọi

 1;1  x  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  a  b c

Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f x   tại các điểm 1;0;1, ta có:

    Đồng nhất hệ số hai vế, ta được:

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4

Bài tập 7: Cho đa thức bậc ba f x    ax 3  bx 2  cx d  thoả mãn điều kiện f x    1 với mọi x    2;2  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  a   b c d

Theo công thức nội suy Lagrange đa thức f x   tại các điểm  2; 1;1;2, ta có:

 Đồng nhất hệ số hai vế, ta được:

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 7

Bài tập 8: Tìm tất cả các số nguyên dương m sao cho tổn tại đa thức monic, bậc m

    f x  x thoả mãn phương trình f x    1 có đúng m + 1 nghiệm nguyên phân biệt

Gọi x x 0 , , , 1 x m là các nghiệm nguyên của phương trình f x    1

Không mất tính tổng quát, giả sử x 0  x 1 x m

Theo công thức nội suy Lagrange cho f x   tại các mốc nội suy x x 0 , , , 1 x m , ta có:

   Đồng nhất hệ số cao nhất ở hai vế, ta được:

+ Với m   1 f x     x c c   và phương trình x c 1 có đúng 2 nghiệm nguyên là  1 c và 1c.

Để phương trình \( f(x) = 1 \) có đúng \( m + 1 \) nghiệm nguyên phân biệt, một trong hai phương trình \( f(x) = 1 \) hoặc \( f(x) = -1 \) phải có nghiệm nguyên kép, trong khi phương trình còn lại có hai nghiệm nguyên phân biệt Cụ thể, nếu phương trình \( f(x) = 1 \) có nghiệm kép, thì phương trình \( f(x) = -1 \) sẽ có hai nghiệm phân biệt.

 (vô lý) o Nếu phương trình f x    1 có 2 nghiệm phân biệt và phương trình f x     1 có nghiệm kép

   không là số chính phương

Phương trình f x    1 không có 2 nghiệm nguyên phân biệt

+ Với m3, chọn đa thức f x    x 3  2 x 2   x 1 thoả mãn phương trình f x    1 có đúng 4 nghiệm nguyên là x 1;x0;x1;x2.

Theo phương pháp quy nạp, ta thấy với mọi giá trị nguyên m4 thì ! 2 m  m

Như vậy, ta tìm được m1 và m3 thoả mãn bài toán

Bài tập 9: Tính đạo hàm cấp 2022 của hàm số f x     x 2  1  e x 2 tại x  0.

Theo công thức khai triển Taylor, ta có: e x    1 1! 2! x x 2  x 3! 3   x n n !  o x   n

Bài tập 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định sau:

 Ta viết lại phương trình dưới dạng

 Ta giải phương trình: f x    x 3  2 x 2    x 1 0 mod3  3 

Thử trên một hệ thặng dư đầy đủ, ta thấy x  2 mod3  là nghiệm

Với x   2 3 t t   Theo khai triển Taylor, ta xét phương trình:

   2 3   0 mod9    2 3 ' 2   3 15 0 mod9   f x  f  t   f  t f   t    t 1 mod3   Đặt t   1 3 k k     x 9 k  5 Theo khai triển Taylor, ta xét phương trình:

 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là:

PHÂN THỨC HỮU TỈ

Xét vành đa thức K x   với K là một trường nào đó

- Thương của hai đa thức dạng  

  f x g x được gọi là một phân thức hữu tỉ

- Những phân thức hữu tỉ dạng

  i r x p x , i1 với p x   là đa thức bất khả quy và

    degr x degp x , được gọi là những phân thức hữu tỉ đơn giản

Chúng ta sẽ tìm hiểu cách biểu diễn mỗi phân thức hữu tỉ thành tổng các phân thức đơn giản Đầu tiên, theo Bổ đề 1, nếu hai đa thức g(x) và h(x) là nguyên tố cùng nhau trên trường K, với m = deg g(x), chúng ta có thể tiến hành phân tích chúng thành các phân thức đơn giản Việc này giúp đơn giản hóa các phép toán và tối ưu hóa quá trình giải quyết các bài toán liên quan đến phân thức hữu tỉ.

  deg n h x thì mỗi đa thức f x   với deg f x     m n đều có thể biểu diễn được dưới dạng f x            r x g x  s x h x với deg r x    n và deg s x    m

Vì g x   và h x   nguyên tố cùng nhau nên ta có đồng nhất thức thức:

Biểu diễn f x a x            q x h x  r x với deg r x    n Khi đó:

Vì deg f x     m n và deg r x g x       m n nên deg s x    m b Bổ đề 2: Nếu hai đa thức g x   , h x   nguyên tố cùng nhau trên K , f x   là đa thức với

      deg f x degg x degh x thì ta có biểu diễn:  

    degr x degh x và deg s x    deg g x  

Chứng minh: Theo bổ đề 1 ta có f x            r x g x  s x h x với deg r x    deg h x   và deg s x    deg g x   Chia hai vế của hệ thức này cho g x h x     ta có điều phải chứng minh

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 17 c Định lí

Mỗi phân thức hữu tỉ  

  f x g x với deg f x    deg g x   đều phân tích được thành tổng các phân thức hữu tỉ đơn giản

Xét phân thức đơn giản dạng  

  t r x p x với deg r x    t deg p x   Sử dụng phép chia đa thức ta có biểu diễn:

Trong trường hợp p x     x a ta có  

Quy đồng các phân thức ta được đồng nhất thức r x    bp x     x a q x    

Tổng quát giả sử g x     x a  1   n 1 x a  s  n s p x 1   m 1 p x r   m r , trong đó p x i   là những đa thức bất khả quy với bậc lớn hơn 1 Theo các kết quả đã đạt được ở trên ta có:

  f x g x được phân tích thành tổng các phân thức đơn giản d Hệ quả 1

  f x g x đều phân tích được thành tổng một đa thức và các phân thức hữu tỉ đơn giản

 Nếu deg f x    deg g x   thì ta có kết quả cần chứng minh theo định lí trên

 Nếu deg f x    deg g x   thì ta biểu diễn f x          q x g x  r x với

  f x r x g x q x  g x và kết quả cần chứng minh được suy ra từ nhận xét ban đầu

Vì các đa thức bất khả quy trong   x với hệ số cao nhất bằng 1 có dạng x a hoặc x2bx c với  b 2 4c0, nên mỗi đa thức g x     x được viết dưới dạng

      Từ đó ta có kết quả sau: e Hệ quả 2

  f x g x với f x g x     ,   x đều biểu diễn được thành dạng

Ví dụ 1: Cho các a i  và f x   x a 1 x a 2   x a n  Khi đó: a      

(Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh: a Đặt       

Theo hệ quả 2 ta có   1 1 2

Qua quy đồng mẫu số ta có

Vậy ta có hệ thức

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n:

(Giáo trình Đại số sơ cấp) Chứng minh:

Quy đồng mẫu số và so sánh tử số ta nhận được:

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:

(Giáo trình Đại số sơ cấp)

Chứng minh: Với a 1   a n 0, từ Ví dụ 1 ta suy ra f i    i n và    

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:

(Ví dụ phát triển theo giáo trình)

Bài tập 1: Biểu diễn các phân thức thành tổng các phân thức hữu tỉ đơn giản: a f x        x  1 x  2 2 x  3 b f x         x  1 x  2 x 3 x  3 x  4

(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn: a Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p x    2 với n  2 và tại các điểm 1; 2;3 ta có:

      b Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức p x    x 3 với n  3 và tại các điểm 1;2;3;4 ta có:

Bài tập 2: Phân tích phân thức

 2 1  2 1 2   2 2  x x  x  x n thành tổng các phân thức đơn giản Từ đó tính tổng  

Theo định lý, ta biểu diễn được:

Quy đồng mẫu số và so sánh tử số ta nhận được:

 n Lần lượt, cho x i i ,2 , , với i 2  1 ta có:

(Giáo trình Đại số sơ cấp)

Theo công thức nội suy Lagrange cho đa thức f x   tại n + 1 mốc nội suy

Bài tập 4: Cho bộ ba số a, b, c phân biệt và a b c d, , , 0; 1; 2; 3; 4     Giả sử các số tồn tại các số x, y, z thoả mãn hệ phương trình:

 Tính giá trị biểu thức x y z t

(Bài tập tự đề xuất) Chứng minh:

        với đa thức p m   là đa thức bậc 3 ẩn m

Bài tập 5: Cho đa thức f x    x 3  ax 2  bx c  với a b c    1có 3 nghiệm thực x x x 1 ; ; 2 3 Tính tổng

Do x x x 1 ; ; 2 3 là nghiệm của đa thức f x  

Bài tập 6: Cho các số a a 1 , , , 2 a n thỏa mãn hệ 1

(Giáo trình Đại số sơ cấp) Hướng dẫn:

           là đa thức bậc n của x

Bài tập 7: Chứng minh rằng nếu phân thức hữu tỉ    

 q x với p x q x     ,   x nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của biến x thì f x   là một đa thức nhận giá trị nguyên

(Bài tập Cơ sở Lí thuyết số và Đa thức)

Chứng minh: Giả sử phân thức hữu tỉ    

 q x với p x q x     ,   x nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của biến x Ta có thể viết:

  n     f x  f x r x Với f x n   là một đa thức (hệ số hữu tỉ) bận n và r x    0 khi x   Đặt C x 0 1,  1   1 

Khi đó C x k nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x Ta chứng minh quy nạp theo n rằng:

Với n0 thì f x n    a 0 và f x    a 0  r x    với mọi x Cho x  ta được a0

Giả sử   * đúng với n1 Đặt  P x    P x    1  P x   , ta có:

     Với  f x   nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x, f xn   là một đa thức bậc 1 n và  r x    0 khi x   Theo giả thiết quy nạp,

Hai vế của đẳng thức trên là các đa thức, do đó chúng bằng nhau với mọi giá trị của biến x Từ đó, có thể kết luận rằng fn(0 + r(x)) nhận giá trị nguyên cho mọi giá trị nguyên của x.

Như vậy f xn   và do đó r x    với mọi x Kết hợp với r x    0 khi x   ta có r x    0 với mọi x đủ lớn

Mà r x   là một phân thức hữu tỉ nên r x    0 Ta được f x    f x n   là một đa thức giá trị nguyên

IV Đồng nhất thức chứng minh qua định thức

1 Một số đồng nhất thức

Phương pháp này được dựa trên kết quả sau đây: Với hai ma trận vuông cùng cấp A và B ta có detABdet detA B a Đồng nhất thức Euler

Chứng minh: Ta có det a bi c di 2 2 2 2 a b c d c di a bi

  Từ đồng nhất thức: a bi c di x yi z ti A Bi C Di c di a bi z ti x yi C Di A Bi

Ta có đồng nhất thức Euler bằng cách lấy định thức hai vế

CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 27 b Đồng nhất thức Lagrange

Chứng minh: Với hai ma trận

Gọi B’ là ma trận chuyển của B, thì theo công thức Bine – Cauchy, ta có

  , trong đó A i i 1 2 i r , B i i 1 2 i r là những định thức con cấp r của A và B tương ứng với các cột thứ i i 1 2 , , ,i r

Lưu ý: Công thức Bine – Cauchy: Giả sử A và B là các ma trận cỡ n m và m n tương ứng và n m Khi đó 1 1

A là định thức con thu được từ các cột k 1 , ,k n của A và B k k 1 n là định thức con thu được từ các hàng k 1 , ,k n của B

Từ tích hai ma trận:

  Áp dụng công thức trên ta suy ra đồng nhất thức cần chứng minh Đặc biệt: Với n2 ta có đồng nhất thức Brahmagupta – Fibonacci:

 a 2  b 2  c 2  d 2    ac bd    2  ad bc    2  ac bd    2  ad bc   2 (suy ra bất đẳng thức Bunhiacopxki)

Hay  a 2  Nb 2  c 2  Nd 2    ac bd   2  N ad bc     2  ac bd   2  N ad bc    2 (sử dụng để giải phương trình Pell x 2 Ny 2 1)

Mở rộng: Đồng nhất thức Lagrange với số phức:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng tập T   a 2  b 2  c 2  d a b c d 2 | , , ,    đóng kín đối với phép nhân Từ đó chỉ ra phương trình x 2  y 2 z 2  t 2 2005 n luôn có nghiệm cho mọi số nguyên dương n

(Giáo trình đại số sơ cấp) Chứng minh:

Tập T đóng kín đối với phép nhân được suy ra từ đồng nhất thức Euler Sử dụng tính chất T đóng kín đối với phép nhân để quy nạp theo n

Khi n1, phương trình x 2  y 2 z 2  t 2 2005 nhận các số nguyên x44, y7, z4, 2 t  làm một nghiệm

Sử dụng quy nạp, nếu các số nguyên x n , y n , z n , t n là một nghiệm của phương trình

 cũng là một nghiệm nguyên của phương trình x 2  y 2 z 2  t 2 2005 n  1

Ví dụ 2: Chứng minh rằng tập T   a 3  b 3  c 3  3 abc a b c | , ,  đóng đối với phép nhân Từ đó suy ra phương trình u 3   v 3 t 3 3uvt1944 n luôn có nghiệm nguyên u, v, t cho mọi số nguyên dương n

(Giáo trình đại số sơ cấp)

Chứng minh: Trước tiên ta chỉ ra rằng:

Thật vậy trước hết ta có a b c x y z A B C c a b z x y C A B b c a y z x B C A

Lấy định thức hai vế ta được đồng nhất thức trên

Do đó T   a 3  b 3  c 3  3 abc a b c | , ,    đóng đối với phép nhân Dùng tính đóng của tập

T để suy ra phương trình có nghiệm cho mọi n

Cụ thể, khi n1, phương trình u 3   v 3 t 3 3uvt1944 nhận các số nguyên u2, v11, 11 t  là một nghiệm Qua quy nạp theo n, nếu u n , v n , t n là nghiệm của

 cũng là nghiệm của u 3   v 3 t 3 3uvt1944 n  1

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi a b c, ,  thỏa mãn

Chứng minh: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange cho bộ số  a a a 1 , , 2 3  và  1,1,1 : 

Cho tam giác ABC với các cạnh BC = a, AC = b, AB = c, và ký hiệu h_a, h_b, h_c lần lượt là độ dài các đường cao từ các đỉnh A, B, C Diện tích của tam giác là S Cần chứng minh rằng 36S² = (a² + b² + c²)(h_a² + h_b² + h_c²) chỉ xảy ra khi tam giác ABC là đều.

Chứng minh:  ah a  bh b  ch c   2  2 S  2 S  2 S  2  36 S 2 Áp dụng đồng nhất thức Lagrange ta có:

ahabhbchc  2 a 2 b 2 c 2 ha 2 hb 2 hc 2 ahbbha   2  ahc cha   2  chbbhc  2

1 a b b a a c a c b c b c a ah b bh ah bh a ah ah ch a b c c ch ch bh b bh c ch

Một số bài tập tương tự ví dụ 4:

Bài 1: Cho ABC có BC a , AC b , AB c Kí hiệu h a , h b , h c là độ dài các đường cao của ABC lần lượt kẻ từ các đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:

ahabhbchc  2 a 2 b 2 c 2 ha 2 hb 2 hc 2  khi và chỉ khi ABC đều

Chứng minh: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange ta có:

ahabhbchc  2 a 2 b 2 c 2 ha 2 hb 2 hc 2   ahbbha   2  ahc cha   2  chbbhc  2

0 0 0 b a c a b c ah bh ah ch a b c ch bh

Bài 2: Cho ABC có BC a , AC b , AB c Kí hiệu m a , m b , m c là độ dài các đường trung tuyến của ABC lần lượt kẻ từ các đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:

amabmbcmc  2 a 2 b 2 c 2 ma 2 mb 2 mc 2  khi và chỉ khi ABC đều

amabmbcmc  2 a 2 b 2 c 2 ma 2 mb 2 hc 2 ambbma   2  amc cma  2

2 2 a b b a c a a c b c b c b c a a m b m a c b am bm b c a a m am cm c m a b c cm bm a c b b m c m a b c

Bài 3: Cho ABC có BC a , AC b , AB c Kí hiệu l a , l b , l c là độ dài các đường phân giác của ABC lần lượt kẻ từ các đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:

ala blbclc  2 a 2 b 2 c 2 la 2  lb 2 lc 2  khi và chỉ khi ABC đều

ala blb clc  2 a 2 b 2 c 2 la 2  lb 2 lc 2   alb bla   2  alc cla   2  clbblc  2

0 0 0 b a c a b c al bl al cl cl bl

2 2 cos 2 a b a c b c bc A a l b c ac B b l a c bc A a l b c ab C c l a b ac B b l a c ab C c l a b

Bài 4: Chứng minh rằng h ma a h mb bh mc c  2 ha 2 hb 2 hc 2 ma 2 mb 2 mc 2  khi và chỉ khi ABC đều

Chứng minh: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange rồi biến đổi tương tự bài 2

Bài tập 1: Cho các số thực a a 1 , , , 2 a n thỏa mãn n a 1 2 a2 2   a n 2 a1a2  a n  2 thì a 1 a 2   a n

(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange cho bộ số  a a 1 , , ,a 2 n  và 1,1, ,1 : 

Bài tập 2: Chứng minh rằng với ba số thực a, b, c ta có:

(Giáo trình đại số sơ cấp) Hướng dẫn:

Vậy  a 3  b 3   c 3 3 abc a b c        a b c    2  a 2  b 2  c 2  ab bc ac     0

Bài tập 3: Chứng minh rẳng với mọi a b c d, , ,  ta có đồng nhất thức:

(Một số đồng nhất thức cơ bản và áp dụng) Hướng dẫn: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange cho bộ số  a a 1 , 2  và   1,1, ta có:

Bài tập 4: a Tính định thức det a b c d b a d c c d a b d c b a

; b Phân tích biểu thức dưới đây thành tích các nhân tử:

4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 a b c d  a b  a c  a d  b c  b d  c d  abcd c Tìm các số nguyên dương a b c d , , ,   1,2, ,10  sao cho số

4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 a b c d  a b  a c  a d  b c  b d  c d  abcd là một số nguyên tố

(Dựa theo giáo trình đại số sơ cấp) Hướng dẫn: a a b c d b a d c c d a b d c b a

 3 2 2 2   2 2 2 3  a a bcd bcd ac ab ad b a b bc bd acd acd b

 3 2 2 2   2 2 2 3  c abd abd c cd cb ca d b d c d a d d abc abc

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       Để T là số nguyên tố thì a b c d   là số nguyên tố và

Do vậy, a b c d   số nguyên tố 4a3 là số nguyên tố

Bài tập 5: Cho dãy đa thức P xn    n   * thỏa mãn:    

Hướng dẫn: Ta chứng minh bằng quy nạp theo n:    

Thật vậy, với n1 ta có:    

Giả sử mệnh đề đúng đến n Ta chứng minh mệnh đề đúng với n1

Vậy mệnh đề đúng với n1 Ta có điều phải chứng minh

Bài tập 6: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và với mọi c d nguyên dương, tồn tại các cặp số nguyên  x y n , n  thỏa mãn n n n n 2  1  n x y x y cd c d

Do A n là ma trận đối xứng nên x n dz n cz n y n

Lấy định thức hai vế ta có x y n n x n y n 2  cd 1  n c d

Tiêu đề	Một Số Đồng Nhất Thức Cổ Điển
Tác giả	Cao Trung Hiếu, Nguyễn Thanh Mai
Người hướng dẫn	Nguyễn Công Minh
Trường học	Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội
Chuyên ngành	Toán Tin
Thể loại	đồ án
Năm xuất bản	2021
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	36
Dung lượng	0,93 MB