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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 6
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 n2: + 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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 7
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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 8
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 aℍ 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)
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 9
Hướng dẫn: a Ta có bảng giá trị: xi 6 2 0 1
Theo công thức nội suy Lagrange với n3, 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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 10
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 n1 n
+ Nếu n chẵn: C 1 n 1 n Cn 3 3 n Cn n 1 n1 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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 12
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
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
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
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 13
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
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 14
+ Với m 1 f x x c c và phương trình x c 1 có đúng 2 nghiệm nguyên là 1 c và 1c.
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 m3, 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;x0;x1;x2.
Theo phương pháp quy nạp, ta thấy với mọi giá trị nguyên m4 thì ! 2 m m
Như vậy, ta tìm được m1 và m3 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.
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 15
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:
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 16
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 , i1 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
Mỗi phân thức hữu tỉ
f x g x đều phân tích được thành tổng một đa thức và các phân thức hữu tỉ đơn giản
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 18
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 x2bx c với b 2 4c0, nên mỗi đa thức g x x được viết dưới dạng
Từ đó ta có kết quả sau: e Hệ quả 2
Mỗi phân thức hữu tỉ
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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 19
Vậy ta có hệ thức
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 20
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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 21
(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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 22
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
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
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)
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 23
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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 24
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
(Bài tập tự đề xuất) Hướng dẫn:
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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 25
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 n0 thì f x n a 0 và f x a 0 r x với mọi x Cho x ta được a0
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 26
Giả sử * đúng với n1 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 detABdet 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 n2 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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 28
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 n1, phương trình x 2 y 2 z 2 t 2 2005 nhận các số nguyên x44, y7, z4, 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 3uvt1944 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:
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 29
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 n1, phương trình u 3 v 3 t 3 3uvt1944 nhận các số nguyên u2, v11, 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 3uvt1944 n 1
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi a b c, , thỏa mãn
(Bài tập tự đề xuất)
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.
(Bài tập tự đề xuất)
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:
ahabhbchc 2 a 2 b 2 c 2 ha 2 hb 2 hc 2 ahbbha 2 ahc cha 2 chbbhc 2
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 30
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:
ahabhbchc 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:
ahabhbchc 2 a 2 b 2 c 2 ha 2 hb 2 hc 2 ahbbha 2 ahc cha 2 chbbhc 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:
amabmbcmc 2 a 2 b 2 c 2 ma 2 mb 2 mc 2 khi và chỉ khi ABC đều
Chứng minh: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange ta có:
amabmbcmc 2 a 2 b 2 c 2 ma 2 mb 2 hc 2 ambbma 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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 31
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 blbclc 2 a 2 b 2 c 2 la 2 lb 2 lc 2 khi và chỉ khi ABC đều
Chứng minh: Áp dụng đồng nhất thức Lagrange ta có:
ala blb clc 2 a 2 b 2 c 2 la 2 lb 2 lc 2 alb bla 2 alc cla 2 clbblc 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 bh 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 a1a2 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 :
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 32
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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 33
(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
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 34
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 4a3 là số nguyên tố
Bài tập 5: Cho dãy đa thức P xn n * thỏa mãn:
(Bài tập tự đề xuất)
Hướng dẫn: Ta chứng minh bằng quy nạp theo n:
Thật vậy, với n1 ta có:
Giả sử mệnh đề đúng đến n Ta chứng minh mệnh đề đúng với n1
Vậy mệnh đề đúng với n1 Ta có điều phải chứng minh
CAO TRUNG HIẾU – NGUYỄN THANH MAI 35
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
(Bài tập tự đề xuất)
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