Một số ứng dụng của đồng nhất thức newton girard trong toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ ĐỨC ĐẠT MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC NEWTON - GIRARD TRONG TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN Bình Định - Năm 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ ĐỨC ĐẠT MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC NEWTON - GIRARD TRONG TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành : Mã số : Phương pháp toán sơ cấp 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN Người hướng dẫn khoa học TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN Bình Định - Năm 2021 Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm sinh 1.2 Một số phương trình sai phân tuyến tính 1.2.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1.2.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp Đồng thức Newton- Girard ứng dụng 15 2.1 Đồng thức Newton- Girard 15 2.2 Ứng dụng 19 Đa thức đối xứng ba biến 3.1 3.2 33 Đa thức đối xứng ba biến 33 3.1.1 Biểu diễn Sk theo p, q, r 34 3.1.2 Biểu diễn số đa thức đối xứng biến theo p, q, r, Sk 34 Một số ứng dụng 40 3.2.1 Một số bất đẳng thức p, q, r Sk 40 3.2.2 Một số phương pháp thiết lập bất đẳng thức 46 3.2.3 Áp dụng để giải toán 51 KẾT LUẬN 63 TÀI LIỆU THAM KHẢO 64 Mở đầu Lý chọn đề tài Những lĩnh vực phức tạp đại số học sinh phổ thơng thường giải phương trình hệ phương trình bậc cao, phân tích đa thức nhiều biến bậc cao thành nhân tử, chứng minh đẳng thức bất đẳng thức chứa nhiều biến số v.v Một trường hợp quan trọng thường gặp tốn lĩnh vực nói biến số đa thức có vai trị Chúng ta gọi đa thức trường hợp đa thức đối xứng Từ năm đầu Thế kỷ thứ 17, nhà toán học vĩ đại Issac Newton trước nhà tốn học Albert Girard phát tổng lũy thừa bậc k biến biểu diễn dạng đa thức bậc n theo biến đa thức đối xứng Đó nội dung Đồng thức Newton - Girard Dựa vào đồng thức ta biểu diễn tổng lũy thừa nghiệm đa thức P (x) qua hệ số Đồng thức Newton - Girard có nhiều ứng dụng nhiều lĩnh vực toán học Lý thuyết Galois, Lý thuyết bất biến, Lý thuyết tổ hợp nhiều lĩnh vực khác đời sống Luận văn đề cập đến Đồng thức Newton - Girard ứng dụng giải tốn sơ cấp Nhiều tốn khó có chứa yếu tố đối xứng, biết áp dụng lý thuyết đa thức đối xứng làm cho toán trở nên đơn giản Một sở lý thuyết đa thức đối xứng ứng dụng đại số sơ cấp Đồng thức Newton - Girard Luận văn đề cập đến lớp tốn khó đa thức đối xứng bậc ba, theo hướng quy nạp từ trường hợp hai biến, ba biến, đến nhiều biến, ứng dụng cụ thể Đồng thức Newton - Girard Các toán trình bày luận văn, chủ yếu tốn khó, đề thi chọn học sinh giỏi nước Olympic Toán quốc tế Hơn nữa, nhiều đồng thức bất đẳng thức cảm sinh từ Đồng thức Newton - Girard Đây nỗ lực học viên q trình hồn thành luận văn Mục tiêu nghiên cứu Luận văn đề cập đến Đồng thức Newton - Girard số ứng dụng việc giải nhiều dạng tốn khó, thường xuất đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi cấp Olympic Toán quốc tế Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Đồng thức Newton - Girard và số ứng dụng Phạm vi nghiên cứu số kiến thức toán cao cấp, áp dụng để giải tốn phổ thơng hệ phương trình đối xứng bậc cao, tính giá trị biểu thức đối xứng, đồng thức bất đẳng thức Phương pháp nghiên cứu Sưu tầm, tổng hợp số nội dung từ tài liệu hình thành luận văn, hướng dẫn người hướng dẫn khoa học Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Luận văn có ý nghĩa khoa học áp dụng kiến thức toán cao cấp để thiết lập toán đồng thức bất đẳng thức phổ thông Cấu trúc luận văn Ngoài nội dung quy định cấu trúc luận văn Thạc sĩ, nội dung luân văn chia thành ba chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Chương đề cập đến hàm sinh, phương trình sai phân tuyến tính cấp cấp Chương Đồng thức Newton - Girard ứng dụng Chương đề cập đến Đồng thức Newton - Girard số ứng dụng Chương Đa thức đối xứng ba biến Chương đề cập đến Đa thức đối xứng ba biến, số kết hình thành từ Đa thức đối xứng ba biến ứng dụng để giải tốn Chương Kiến thức chuẩn bị Tài liệu tham khảo chủ yếu chương [3] 1.1 Hàm sinh Định nghĩa 1.1 Hàm sinh dãy số thực a0 , a1 , a2 , · · · , an , · · · hàm số xác định G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Định nghĩa 1.2 Cho dãy số thực a0 , a1 , a2 , · · · , an , · · · Hàm số cho công thức ∞ G(x) = n=0 xn an n! gọi làm hàm sinh dạng mũ dãy a0 , a1 , a2 , · · · , an , · · · Các chuỗi hàm nêu chuỗi lũy thừa “hình thức”, khơng quan tâm đến miền hội tụ chúng Một số đẳng thức liên quan đến hàm sinh 1−x (1 − x)n 1+x 1 + xr = + x + x + x3 + · · · ; = + 2x + 3x2 + 4x3 + · · · (1 − x) ∞ n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) i = + nx + x + x + ··· = Ci+n−1 xi 2! 3! i=0 = − x + x2 − x3 + · · · ; = + 2ax + 3a2 x2 + 4a3 x3 + · · · (1 − ax)2 = + xr + x2r + x3r + · · · Hai mệnh đề sau thường sử dụng Mệnh đề 1.3 Cho hàm sinh G(x) = + x + x2 + · · · n r a) Đặt ar hệ số xr khai triển G(x) Thế thì, ta có ar = Cr+n−1 b) (1 − xm )n = − Cn1 xm + Cn2 x2m − · · · + (−1)n xmn c) + x + x2 + · · · + xm−1 n = (1 − xm )n + x + x2 + · · · n Mệnh đề 1.4 Cho hai hàm sinh hai dãy (an ) (bn ) A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · B(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · Xét hàm số G(x) = A(x)B(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · b0 + b1 x + b2 x + · · · = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 +(a0 b3 + a1 b2 + a2 b1 + a3 b0 )x3 + · · · Khi hệ số xr khai triển G(x) a0 br + a1 br−1 + a2 br−2 + · · · + ar−2 b2 + ar−1 b1 + ar b0 1.2 Một số phương trình sai phân tuyến tính 1.2.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp Phương trình sai phân tuyến tính cấp có dạng axn+1 + bxn = fn , a = 0, b = 0, n = 1, 2, · · · xn+1 = qxn + fn , q = 0, n = 1, 2, (1.1) Nếu a, b, q số, ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp với hệ số số Nếu a, b, q phụ thuộc n, ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp với hệ số biến thiên fn hàm n xn ẩn Nếu fn ≡ 0, ta có phương trình sai phân Nếu fn không đồng 0, ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp khơng Nghiệm tổng qt (1.1) có dạng xn = x˜n + x∗n , đó: + x˜n nghiệm tổng qt phương trình sai phân tuyến tính xn+1 = qxn + x∗n nghiệm riêng phương trình sai phân tuyến tính khơng - Nghiệm tổng qt phương trình sai phân tuyến tính x˜n nghiệm tổng quát phương trình sai phân tuyến tính xn+1 = qxn Nghiệm có dạng x˜n = Cλn (C = số), với λ nghiệm phương trình đặc trưng (1.1) λ − q = hay λ = q Vậy ta viết x˜n = Cq n (C = số) - Nghiệm riêng phương trình sai phân tuyến tính khơng Dưới phương pháp tìm nghiệm riêng x∗n phương trình sai phân tuyến tính khơng a) Với fn đa thức bậc m n, nghĩa fn = Pm (n) - Nếu λ = x∗n tìm dạng đa thức bậc m với fn , nghĩa x∗n = Qm (n); Qm (n) đa thức bậc m n - Nếu λ = x∗n = nQm (n), Qm (n) đa thức bậc m n Ví dụ 1.5 Xét phương trình xn+1 = 15xn − 14n + 1, x1 = (1.2) Ta có x˜n = C15n x∗n = an + b Suy x∗n+1 = a(n + 1) + b Thay x∗n vào phương trình (1.2), ta a(n + 1) + b = 15(an + b) − 14n + (1.3) So sánh hệ số n hai vế (hoặc cho hai giá trị n) từ (1.3), ta a = 1, b = Vậy x∗n = n; xn = C15n + n Thay x1 = 7, ta C = Do 15 xn = 6.15n + n Ví dụ 1.6 Xét phương trình xn+1 = xn − 2n − 1, x1 = 99 (1.4) Ta có x˜n = C x∗n = n(an + b) Suy x∗n+1 = (n + 1) (a(n + 1) + b) Thay x∗n vào phương trình (1.4), ta (n + 1) (a(n + 1) + b) = n(an + b) − 2n − (1.5) So sánh hệ số n hai vế (hoặc cho hai giá trị n) từ (1.5), ta a = −1, b = Vậy x∗n = −n2 ; xn = C − n2 Thay x1 = 99, ta C = 100 Do xn = 100 − n2 b) Với fn = αβ n (α, β = 0) Ta tìm x∗n dạng x∗n = Dβ n , α = β x∗n = Dnβ n , α = β , D = số, λ nghiệm phương trình đặc trưng λ − q = hay λ = q c) Với fn = Pm (n)β n (β = 0) Ta tìm x∗n dạng x∗n = Qm (n)β n , λ = β x∗n = nQm (n)β n , λ = β , λ nghiệm phương trình đặc trưng λ − q = hay λ = q, Qm (n) đa thức bậc m n Ví dụ 1.7 Xét phương trình xn+1 = 2xn + 3n , x1 = 13 Ta có λ = = β = Vậy x˜n = C2n x∗n = D3n Thay x∗n vào phương trình (1.6), ta D3n+1 = 2D3n + 3n Suy D = Vậy x∗n = 3n Do xn = C2n + 3n (1.6) 50 Bài toán 3.51 Cho a, b, c ≥ Chứng minh (a + b) (b + c) (c + a) ≥ (a + b + c) (ab + bc + ca) Suy luận Giả sử a, b, c ≥ (a + b) (b + c) (c + a) = Ta có p=a+b+c= a + b b + c c + a AM−GM (a + b) (b + c) (c + a) + + ≥ = 2 2 Đẳng thức xảy ⇔ a + b = b + c = c + a ⇔ a = b = c = Ta thiết lập toán sau: Bài toán 3.52 Giả sử a, b, c ≥ (a + b) (b + c) (c + a) = Chứng minh (i) a + b + c ≥ (ii) abc ≤ Suy luận Giả sử a, b, c ≥ (a + b) (b + c) (c + a) = Bởi đồng thức 3.11, ta có (a + b) (b + c) (c + a) = pq − r Vậy giả thiết (a + b) (b + c) (c + a) = tương đương với pq − r = Ngồi ra, theo kết tốn 3.52 , ta có p≥ r ≤ Do đó, ta có 3 = pq − r ≥ q − ⇔ q ≤ ⇔ ab + bc + ca ≤ 4 Đẳng thức xảy 3 1 pq − r = 1, p = , r = ⇔ p = , q = , r = ⇔ a = b = c = 8 (Cách 2: Đẳng thức xảy (a + b) (b + c) (c + a) = a = b = c ⇔a=b=c= ) 51 Ta thiết lập toán sau: Bài toán 3.53 Giả sử a, b, c ≥ (a + b) (b + c) (c + a) = Chứng minh ab + bc + ca ≤ 3.2.3 Áp dụng để giải toán Bài toán 3.54 Biết   =1  a+b+c 2 a +b +c =2   a + b3 + c = Tính a4 + b4 + c4 a5 + b5 + c5 Lời giải Giả thiết cho biết S1 = 1, S2 = 2, S3 = Tính S4 S5 Áp dụng đồng thức 3.2, ta có S1 = p ⇒ p = S2 = p2 − 2q ⇒ = − 2q ⇒ q = − 21 S3 = p3 − 3pq + 3r ⇒ = + + 3r ⇒ r = 16 Vậy S4 = p4 − 4p2 q + 2q + 4pr 1 +4 +2 =1 −4 − 2 2 = p − 5p q + 5pq + 5p r − 5qr S5 =1 −5 − +5 − 2 +5 = 25 −5 − Bài toán 3.55 Giải hệ phương trình  =2   x+y+z x2 + y + z =   x + y3 + z3 = Lời giải Giả sử (x, y, z) nghiệm hệ phương trình Ta có S1 = 2, S2 = 6, S3 = Áp dụng đồng thức 3.2, ta có S1 = p ⇒ p = S2 = p2 − 2q ⇒ = − 2q ⇒ q = −1 S3 = p3 − 3pq + 3r ⇒ = + + 3r ⇒ r = −2 = 52 Ta biết x, y, z nghiệm phương trình t3 − pt2 + qt − r = Suy x, y, z nghiệm phương trình t3 − 2t2 − t + = Vậy (x, y, z) = (−1, 1, 2) hoán vị Thử lại, ta thấy số thỏa mãn hệ phương trình cho Vậy nghiệm hệ phương trình (x, y, z) = (−1, 1, 2) hoán vị Bài toán 3.56 Giả sử a, b, c > abc = Chứng minh (a + b) (b + c) (c + a) ≥ (1 + a + b + c) Lời giải abc = ⇔ r = Bởi đồng thức 3.11, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với pq − r ≥ (1 + p) ⇔ pq − ≥ (1 + p) ⇔ p (q − 2) ≥ Ta biết √ Bất đẳng thức 3.34 ⇒ a, b, c ≥ : p ≥ 3 r = ⇒ p ≥ Bất đẳng thức 3.36 ⇒ q ≥ 27r2 = 27 ⇒ q ≥ Do p (q − 2) ≥ (3 − 2) = Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a, b, c > 0, abc = a=b=c ⇔a=b=c=1 Bài toán 3.57 Giả sử a, b, c > a + b + c = Chứng minh abc + 12 ≥ ab + bc + ca Lời giải Ta có a + b + c = ⇔ p = Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với r+ 12 − ≥ q Áp dụng bất đẳng thức 3.38 (Schur, bậc 3), ta có r≥ p 4q − p2 p=3 4q − 12 4q − 12 ⇒r≥ ⇒r+ −5≥ + −5 q q ≥0? Ta có 4q − 12 4q − 24q + 36 4(q − 3)2 + −5= = ≥ (đpcm) q 3q 3q 53 Đẳng thức xảy p = 3, q = 3, r = 4q − =1 ⇔ a + b + c = 3, ab + bc + ca = 3, abc = ⇔ a, b, c nghiệm phương trình x3 − 3x2 + 3x − = ⇔ x = ⇔ a = b = c = Bài toán 3.58 Giả sử a, b, c > abc = Chứng minh 1 + + + ≥ (a + b + c) a b c Lời giải Đặt x= 1 > 0, y = > 0, z = > a b c    p=x+y+z q = xy + yz + zx   r = xyz Giả thiết abc = ⇔ xyz = ⇔ r = Bất đẳng thức cần chứng minh 1 + + ≥ (a + b + c) a b c 1 2 ⇔x +y +z +3≥2 + + x y z xy + yz + zx ⇔ x2 + y + z + ≥ xyz xy + yz + zx ⇔ p2 − 2q + ≥ ⇔ p2 − 4q + ≥ ⇔ 4q − p2 ≤ Áp dụng bất đẳng thức 3.38 (Schur, bậc 3), ta có p 4q − p2 r=1 p 4q − p2 ⇒1≥ 9 2 ⇒ ≥ p 4q − p ⇒ 4q − p ≤ ≤ p r≥ ? ≤ hay p ≥ p Thật vậy, với a, b, c > , ta biết p3 ≥ 27r = 27.1 = 27 ⇒ p ≥ (đpcm) Ta cần chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ r = 1, p = 3, 4q − p2 = ⇔ p = 3, q = 3, r = 54 ⇔ x + y + z = 3, xy + yz + zx = 3, xyz = ⇔ a, b, c nghiệm phương trình x3 − 3x2 + 3x − = ⇔ x = ⇔ a = b = c = Bài toán 3.59 (Iran - 1996) Cho số a, b, c > Chứng minh (ab + bc + ca) + + (a + b) (b + c) + + ≥ ≥ (c + a) Lời giải Ta có (ab + bc + ca) 1 (a + b) (b + c) (c + a) 2 (a + b) (b + c) + (b + c) (c + a)2 + (c + a)2 (a + b)2 ⇔ (ab + bc + ca) ((a + b) (b + c) (c + a)) − 2p2 q + q + 4pr DNT3.21 ⇔ q ≥ DNT3.11 (pq − r) 2 2 ⇔ 4q p − 2p q + q + 4pr ≥ p q − 2pqr + r2 ≥ p4 q − 17p2 q + 4q + 34pqr − 9r ≥ ⇔ 4p      ⇔ 3pq p3 − 4pq + 9r + q p4 − 5p2 q + 4q + 6pr + r  pq − 9r  ≥ BDT3.38:≥0 BDT3.39:≥0 BDT3.35:≥0 Bài toán 3.60 (IMO - 1961) Giả sử a, b, c cạnh tam giác với diện tích S Chứng minh √ a2 + b2 + c2 ≥ 3S Lời giải Trước hết, ta chứng minh a, b, c cạnh tam giác tồn x, y, z > cho x + y = c, y + z = a, z + x = b Chứng minh Điều kiện cần Giả sử a, b, c cạnh tam giác Đặt x= b+c−a c+a−b a+b−c > 0, y = > 0, z = > 2 Ta có x + y = c, y + z = a, z + x = b Điều kiện đủ Giả sử x, y, z > Đặt c = x + y > 0, a = y + z > 0, b = z + x > 55 Ta có a + b = y + z + z + x = x + y + 2z > x + y = c Tương tự, ta có b + c > a, c + a > b Vậy a, b, c cạnh tam giác Bây giờ, ta giải tốn cho Vì a, b, c cạnh tam giác nên theo chứng minh đề trên, tồn x, y, z > cho x + y = c, y + z = a, z + x = b Khi đó, ta có a + b + c = (x + y + z) Với m= a+b+c , theo cơng thức Heron, ta có S = m (m − a) (m − b) (m − c) Hơn nữa, ta có m= a+b+c y+z+z+x+x+y = = x + y + z, 2 m−a= a+b+c b+c−a −a= = x 2 Tương tự, ta có m − b = y, m − c = z Do S = (x + y + z) xyz Vậy, ta cần chứng minh a2 + b + c hay ≥ 48S 56 (y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 ≥ 48 (x + y + z) xyz, ∀x, y, z > Đặt p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz, Sk = xk + y k + z k , k ∈ Z, k ≥ Ta có (y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 ≥ 48 (x + y + z) xyz ⇔ (p − x)2 + (p − y)2 + (p − z)2 ≥ 48pr ⇔ 3p2 − 2p (x + y + z) + x2 + y + z ⇔ 3p2 − 2p2 + S2 ⇔ 3p2 − 2p2 + p2 − 2q ⇔ 2p2 − 2q ⇔ p2 − q 2 ≥ 48pr ≥ 48pr ≥ 48pr ≥ 48pr ≥ 12pr ⇔ p4 − 2p2 q + q − 12pr ≥ 2 3q p2 − 3q + q2 − 3pr ≥   ⇔ p − 5p q + 4q +6pr + ⇔ p4 − 5p2 q + 4q + 6pr + 3q  p2 − 3q  +  q − 3pr  ≥ BDT3.39:≥0 BDT3.32:≥0 BDT3.33:≥0 Đẳng thức xảy x=y =z ⇔b+c−a=c+a−b=a+b−c ⇔ a = b = c ⇔ tam giác Bài toán 3.61 Cho số a, b, c > Chứng minh a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b Lời giải Ta có b2 c2 a+b+c a2 + + ≥ b+c c+a a+b a2 (a + b) (c + a) + b2 (a + b) (b + c) + c2 (b + c) (c + a) a+b+c ⇔ ≥ (a + b) (b + c) (c + a) 2 2 ⇔ a (a + b) (c + a) + b (a + b) (b + c) + c (b + c) (c + a) ≥ (a + b + c) (a + b) (b + c) (c + a) ⇔ a2 a2 + ab + bc + ca + b2 b2 + ab + bc + ca + c2 c2 + ab + bc + ca (a + b + c) (a + b) (b + c) (c + a) DNT3.11 ⇔ a2 a2 + q + b b + q + c c + q ≥ p (pq − r) ≥ 57 ⇔ a4 + b4 + c4 + a2 + b2 + c2 q ≥ p (pq − r) ⇔ (S4 + S2 q) ≥ p (pq − r) ⇔ p4 − 4p2 q + 2q + 4pr + p2 − 2q q ≥ p (pq − r) ⇔ p4 − 3p2 q + 4pr ≥ p2 q − pr ⇔ 2p4 − 7p2 q + 9pr ≥ ⇔ p(2p3 − 7pq + 9r) ≥ Đây bất đẳng thức 3.45 Ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.62 (IMO - 1995) Cho số a, b, c > thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh a3 (b + c) + b3 (c + a) + c3 (a + b) ≥ Lời giải Đặt x= 1 > 0, y = > 0, z = > a b c Ta có xyz = x3 x2 xyz x2 x3 yz = = = = 1 a3 (b + c) y+z y+z y+z + y z Tương tự, ta có y2 = , b3 (c + a) z+x z2 = c3 (a + b) x+y Vậy, ta cần chứng minh x2 y2 z2 + + ≥ y+z z+x x+y Theo toán 3.61, ta có x2 y2 z2 x+y+z + + ≥ y+z z+x x+y AM−GM ≥ √ 3 xyz = 2 58 Bài toán 3.63 Cho số a, b, c > thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3t Chứng minh rằng, với số tự nhiên k , ta có k a+ b + b+ c k k + c+ a ≥3 t+ t k Lời giải Đặt x=a+ 1 > 0, y = b + > 0, z = c + > b c a p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz, Sk = xk + y k + z k , k ∈ Z, k ≥ Ta cần chứng minh Sk ≥ t + k t Ta có p=x+y+z = a+ b + b+ ≥a+b+c+ c + c+ a = (a + b + c) + 1 + + a b c 9 = 3t + = 3t + = t + a+b+c 3t t t Vậy, theo bất đẳng thức 3.40, ta có Sk ≥ pk 3k−1 ≥ 3k 3k−1 t+ t k =3 t+ t k Bài toán 3.64 Cho tam giác ABC không tù Chứng minh √ √ √ 3 cos A + cos B + cos C √ cos2 A + √ cos2 B + √ cos2 C ≤ Lời giải Trước hết, ta chứng minh Với tam giác ABC , ta có bất đẳng thức sau cos A + cos B + cos C ≤ Chứng minh Vì < cos A+B A−B ≤ 1, cos > 0, 2 nên ta có cos A + cos B = cos A+B A−B A+B cos ≤ cos 2 (Đẳng thức xảy A = B ) 59 Tương tự, ta có π C+ π cos C + cos ≤ cos (Đẳng thức xảy C = π ) Do π π = (cos A + cos B) + cos C + cos 3   π π π C + A + B + C + π + A+B  ≤ 2 cos  = 4cos = 4cos π ≤ cos + cos 2 4 cos A + cos B + cos C + cos Suy cos A + cos B + cos C + cos π π ≤ 4cos 3 hay π = = 2 π Đẳng thức xảy A = B = C = hay ABC tam giác cos A + cos B + cos C ≤ 3cos Bây giờ, ta giải toán cho Đặt x = cos A ≥ 0, y = cos B ≥ 0, z = cos C ≥ Ta cần chứng minh √ x+ √ √ √ y+ 3z x2 + √ z2 ≤ y2 + hay 1 x3 + y + z 2 x3 + y + z ≤ Đặt Sk = xk + y k + z k , k ∈, k > Ta cần chứng minh S1/3 S2/3 ≤ Theo chứng minh trên, ta có cos A + cos B + cos C ≤ 60 hay x+y+z ≤ Áp dụng bất đẳng thức 3.41, ta có S1/3 S2/3 ≤ 3S1/3+2/3 = 3S1 = (x + y + z) ≤ = 2 Đẳng thức xảy x = y = z ⇔ cos A = cos B = cos C ⇔ A = B = C ⇔ tam giác Bài toán 3.65 (Đề thi chọn đội tuyển thi IMO 2021) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) = (a + b + c) Chứng minh a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) + 7abc ≤ 25 Lời giải Ta viết lại giả thiết toán theo p, q, r Ta có a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) = (a + b + c) ⇔ 2S2 + 3q = 5p DNT3.2 ⇔ p2 − 2q + 3q = 5p ⇔ q = p (2p − 5) Vậy giả thiết là: a, b, c ≥ : q = p (2p − 5) Từ giả thiết này, ta suy giá trị lớn nhỏ p, q, r , để phục vụ cho trình giải tốn sau Bởi bất đẳng thức 3.32 giả thiết, ta có p2 ≥ 3q ⇒ p2 ≥ 3p (2p − 5) ⇒ p ≥ (2p − 5) ⇒ p ≤ Hơn nữa, q ≥ nên theo giả thiết ta có 2p − ≥ ⇔ p ≥ Tóm lại, ta có ≤ p ≤ Bởi bất đẳng thức 3.34 bất đẳng thức p ≤ trên, ta có √ ≥ p ≥ 3 r ⇔ ≤ r ≤ 61 Bây giờ, ta viết lại kết luận tốn theo p, q, r Ta có a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca) + 7abc ≤ 25 ⇔ 4S2 + 2q + 7r ≤ 25 ⇔ p2 − 2q + 2q + 7r ≤ 25 ⇔ 4p2 − 6q + 7r − 25 ≤ Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là: 4p2 − 6q + 7r − 25 ≤ Bởi bất đẳng thức 3.33, p > ta có r≤ q2 3p Dó đó, ta cần xét trường hợp: 1) Nếu p = Theo giả thiết, ta có q = p (2p − 5) = Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 7r − 25 ≤ ⇔ r ≤ 25 Điều đúng, ≤ r ≤ 2) Nếu p > ta có r≤ q2 3p Vậy ta cần chứng minh bất đẳng thức 4p2 − 6q + 7q − 25 ≤ 3p Bởi giả thiết, ta có 7q 7p(2p − 5)2 2 4p − 6q + − 25 ≤ ⇔ 4p − 2p − 5p + − 25 ≤ 3p ⇔ 28p3 − 164p2 + 265p − 75 ≤ Vậy ta cần chứng minh bất đẳng thức 28p3 − 164p2 + 265p − 75 ≤ ⇔ (p − 3) 28p2 − 80p + 25 ≤ ⇔ (p − 3) (2p − 5) (14p − 5) ≤ 62 ≤p≤3 nên ⇔ (p − 3) (2p − 5) (14p − 5) ≤ ≤0 Ta có điều phải chứng minh ≥0 >0 Kết luận Luận văn đạt kết sau: - Đề cập đến Đồng thức Newton - Girard ứng dụng việc việc thiết lập đồng thức, bất đẳng thức cảm sinh Đồng thức Newton - Girard cịn cơng cụ để giải nhiều tốn khó, liên quan đến đa thức đối xứng - Đề cập đến số vấn đề liên quan đến đa thức đối xứng ba biến số, ứng dụng quan trọng thường gặp Đồng thức Newton - Girard Nhiều đồng thức, bất đẳng thức liên quan đến đa thức ba biến số luận văn đề xuất phương pháp thiết lập, trở thành đề thi tốt nhằm phục vụ cho công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thông - Với ứng dụng Đồng thức Newton - Girard, nhiều toán khó, đề thi chọn học sinh giỏi nước Olympic Toán quốc tế giải Tài liệu tham khảo [1] Trịnh Đào Chiến, Đa thức nội suy Lagrange Đồng thức Newton góc nhìn tốn phổ thơng, Kỷ yếu Hội thảo khoa học “Nghiên cứu giảng dạy Toán học phổ thông”, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh, 8-9/8/2014 [2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Nguyễn Văn Ngọc, Chuyên đề đa thức đối xứng áp dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2009 [3] Lê Đình Thịnh (chủ biên), Đặng Đình Châu, Lê Đình Định, Phan Văn Hạp, Phương trình sai phân số ứng dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2001 [4] Một số toán thi chọn học sinh giỏi nước (sưu tầm số sách tham khảo số trang mạng internet) ... tính cấp cấp Chương Đồng thức Newton - Girard ứng dụng Chương đề cập đến Đồng thức Newton - Girard số ứng dụng Chương Đa thức đối xứng ba biến Chương đề cập đến Đa thức đối xứng ba biến, số kết... ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ ĐỨC ĐẠT MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC NEWTON - GIRARD TRONG TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành : Mã số : Phương pháp toán sơ cấp 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN Người hướng dẫn khoa... có chứa yếu tố đối xứng, biết áp dụng lý thuyết đa thức đối xứng làm cho toán trở nên đơn giản Một sở lý thuyết đa thức đối xứng ứng dụng đại số sơ cấp Đồng thức Newton - Girard Luận văn đề cập