Luận văn thạc sỹ 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) = ∞ 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) ∞ 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 6= 0, b 6= 0, n = 1, 2, · · · xn+1 = qxn + fn , q 6= 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 khơng đồng 0, ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp khơng Nghiệm tổng quát (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 quát 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 6= số), với λ nghiệm phương trình đặc trưng (1.1) λ − q = hay λ = q Vậy ta viết x˜n = Cq n (C 6= 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 6= 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 6= 0) Ta tìm x∗n dạng x∗n = Dβ n , α 6= β x∗n = Dnβ n , α = β , D 6= số, λ nghiệm phương trình đặc trưng λ − q = hay λ = q c) Với fn = Pm (n)β n (β 6= 0) Ta tìm x∗n dạng x∗n = Qm (n)β n , λ 6= 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 = 6= 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) 20 Bài toán 2.10 Cho x1 , x2 , x3 số thực khác thỏa mãn hệ thức x1 + x2 + x3 = (i) Tính giá trị  T = x2 − x3 x3 − x x1 − x2 + + x1 x2 x3  x1 x2 x3 + + x2 − x3 x3 − x1 x1 − x2  (ii) Chứng minh x61 + x62 + x63 = 3x21 x22 x23 − 2(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )3 Lời giải Gọi σ1 , σ2 , σ3 đa thức đối xứng sở biến x1 , x2 , x3 sk = xk1 + xk2 + xk3 (i) Ta có x2 − x3 x3 − x1 x1 − x2 + + x1 x2 x3 (x2 − x3 ) x2 x3 + (x3 − x1 ) x3 x1 + (x1 − x2 ) x1 x2 = x1 x x3 2 x x3 − x2 x3 + x3 x1 − x1 x23 + x21 x2 − x1 x22 = x1 x2 x3 Suy x1 x2 x3 + + x2 − x3 x3 − x1 x1 − x2 x1 (x3 − x1 ) (x1 − x2 ) + x2 (x1 − x2 ) (x2 − x3 ) + x3 (x2 − x3 ) (x3 − x1 ) = (x2 − x3 ) (x3 − x1 ) (x1 − x2 )
2 x1 x2 + x1 x3 + x2 x1 + x22 x3 + x23 x2 + x23 x1 − 3x1 x2 x3 − x31 + x32 + x33 = −x21 x2 + x21 x3 − x22 x3 + x22 x1 − x23 x1 + x23 x2
3x1 x2 x3 (x1 + x2 + x3 ) − 6x1 x2 x3 − x31 + x32 + x33 = −x21 x2 + x21 x3 − x22 x3 + x22 x1 − x23 x1 + x23 x2
−3x1 x2 x3 (x1 + x2 + x3 ) + 6x1 x2 x3 + x31 + x32 + x33 T = x1 x x3 Theo Định lý 2.6 ta có T = −3σ3 σ1 + 6σ3 + s3 −3σ3 σ1 + 6σ3 + σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 9σ3 = = = σ3 σ3 σ3 (ii) Dễ thấy x1 , x2 , x3 ba nghiệm x3 + σ2 x − σ3 = Do theo Định lý 21 2.6 ta có s1 = σ1 = 0, s2 = σ1 s1 − 2σ2 = −2σ2 , s3 = σ1 s2 − σ2 s1 + 3σ3 = 3σ3 , s4 = σ1 s3 − σ2 s2 + σ3 s1 = −σ2 s2 , s6 = σ1 s5 − σ2 s4 + σ3 s3 = σ22 (−2σ2 ) + 3σ32 = 3σ32 − 2σ23 Vậy, ta nhận đồng thức Bài toán 2.11 Cho σ0 M3 − σ1 M2 + σ2 M1 − σ3 M0 = với σ0 = M0 = Chứng minh (i)   M1   σ3 = det  M2 M1  M3 M2 M1 (ii)   σ1   M3 = det  σ2 σ1  σ3 σ2 σ1 Lời giải (i) Đặt σk = k > Viết hàm sinh σ (t) = ∞ X σk t = k=0 M (t) = ∞ X k=0 k Y (1 + txi ) i=1 Mk tk = Y i=1 + txi Ta có σ (t) M (−t) = Khai triển σ (t) M (−t), hệ số tj , j ≥ Vậy X (−1)k σk M3−k = Từ quan hệ suy hệ phương trình tuyến k=0 tính:   =0  1.M1 − σ1 1.M2 − σ1 M1 + σ2 =0   1.M3 − σ1 M2 + σ2 M1 = σ3 Hệ có nghiệm (1, −σ1 , σ2 ) Qua việc tính hệ số, ta suy quan hệ  M1  det M2 M1 M3 M2    0     = det  M1  = σ3 M1 σ3 M2 M1 22 (ii) Hoàn toàn tương tự câu (i) ta chứng minh  σ1    M3 = det σ2 σ1  σ3 σ2 σ1 Bài toán 2.12 Chứng minh a, b, c, d ∈ R thỏa mãn ab + ac + ad + bc + bd + cd = a3 + b3 + c3 + d3 − (bcd + cda + dab + abc) = (a + b + c + d)3   σ1 = a + b + c + d       σ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd Lời giải Đặt σ3 = bcd + cda + dab + abc    σ4 = abcd     sk = ak + bk + ck + dk , k = 1, 2, , s0 = Theo Định lý 2.6 ta có s3 = σ1 s2 − σ2 s1 + 3σ3 ⇔ s3 − 3σ3 = σ1 s2 − σ2 s1 ⇔ s3 − 3σ3 = σ1 (σ1 s1 − 2σ2 ) − σ2 s1 Vì σ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd = nên a3 + b3 + c3 + d3 − (bcd + cda + dab + abc) = (a + b + c + d)3 Bài toán 2.13 Cho đa thức

T = x7 + y + z − 7xyz x4 + y + z Chứng minh  đa thức T có nhân tử x + y + z  σ1 = x + y + z     σ = xy + yz + zx Lời giải Đặt  σ3 = xyz     s = xk + y k + z k , k = 1, 2, , s = k Khi đó, theo Định lý 2.6 x, y, z ba nghiệm phương trình t3 −σ1 t2 +σ2 t−σ3 = sk+3 = σ1 sk+2 − σ2 sk+1 + σ3 sk với số nguyên k ≥ s0 = Chú ý s0 = 3, s1 = σ1 , s2 = σ1 s1 − 2σ2 = σ12 − 2σ2 , 23 s3 = σ1 s2 − σ2 s1 + 3σ3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 = σ1 k3 + 3σ3 , s4 = σ1 s3 − σ2 s2 + σ3 s1 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 = σ1 k4 + 2σ22 , s5 = σ1 s4 − σ2 s3 + σ3 s2 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 + 5σ12 σ3 − 5σ2 σ3 = σ1 k5 − 5σ2 σ3 ,
s6 = σ1 s5 − σ2 s4 + σ3 s3 = σ1 s5 − σ2 σ1 k4 + 2σ22 + σ3 (σ1 k3 + 3σ3 ) = σ1 k6 − 2σ23 + 3σ32 ,
s7 = σ1 s6 − σ2 s5 + σ3 s4 = σ1 s6 − σ2 (σ1 k5 − 5σ2 σ3 ) + σ3 σ1 k4 + 2σ22 = σ1 k7 + 7σ22 σ3 Vậy

T = x7 + y + z − 7xyz x4 + y + z = 2s7 − 7σ3 s4

= σ1 k7 + 7σ22 σ3 − 7σ3 σ1 k4 + 2σ22 = σ1 (2k7 − 7σ3 k4 ) có nhân tử σ1 = x + y + z Bài toán 2.14 Giải hệ phương trình   x+y+z+t     x2 + y + z + t2  x3 + y + z + t3     x4 + y + z + t4 = 1, = 9, = 1, = 33 Lời giải Gọi σ1 , σ2 , σ3 , σ4 đa thức đối xứng sở biến x, y, z, t sk = xk + y k + z k + tk Theo Định lý 2.6, hệ cho đưa dạng   σ1     σ − 2σ  9σ1 − σ2 + 3σ3     σ − 9σ + σ − 4σ   σ1     = 9, σ2 ⇔  = 1, σ3     = 33 σ4 = 1, = 1, = −4, = −4, = Khi đó, ta có x, y, z, t nghiệm phương trình u4 − u3 − 4u2 + 4u = ⇔ u2 − u

u2 − = Giải phương trình ta tìm nghiệm u1 = −2, u2 = 0, u3 = 1, u4 = Từ ta nhận nghiệm x, y, z, t từ hoán vị {−2; 0; 1; 2} Bài tốn 2.15 Giải hệ phương trình   x+y+z+t     x2 + y + z + t2  x3 + y + z + t3     x6 + y + z + t6 = 2, = 4, = 2, = Lời giải Gọi σ1 , σ2 , σ3 , σ4 đa thức đối xứng sở biến x, y, z, t 24 sk = xk + y k + z k + tk Theo Định lý 2.6, hệ cho đưa dạng   σ1     2σ − 2σ  4σ1 − 2σ2 + 3σ3     s   σ1     = 4, σ2 ⇔  = 2, σ3     = s6 = 2, = 2, = 0, = −2, = Ta cần tìm σ4 =? Theo Định lý 2.6 ta có s4 = σ1 s3 − σ2 s2 + σ3 s1 − 4σ4 = 2.2 − 0.4 + (−2) − 4σ4 = −4σ4 , s5 = σ1 s4 − σ2 s3 + σ3 s2 − σ4 s1 = (−4σ4 ) − + (−2) − σ4 = −10σ4 − 8, s6 = σ1 s5 − σ2 s4 + σ3 s3 − σ4 s2 = (−10σ4 − 8) + (−2) − σ4 = −24σ4 − 20 Mà s6 = nên σ4 = −1 Khi đó, ta có x, y, z, t nghiệm phương trình

u4 − 2u3 + 2u − = ⇔ u2 − u2 − 2u + = Giải phương trình ta tìm nghiệm u1 = u2 = u3 = 1, u4 = −1 Từ ta nhận nghiệm x, y, z, t từ hoán vị {1; 1; 1; −1} Bài toán 2.16 Giải hệ phương trình  x+y+z+t       2 2   x +y +z +t = 4, = 10,  xyz + xyt + xzt + yzt = −4,        x + y + z + t =− yzt xzt xyt xyz Lời giải Hệ cho tương đương với hệ   x+y+z+t      2 2    x +y +z +t = 4, = 10, xyz + xyt + xzt + yzt = −4,       x2 + y + z + t2   =−  xyzt Gọi σ1 , σ2 , σ3 , σ4 đa thức đối xứng sở biến x, y, z, t Theo Định 25 lý 2.6, hệ cho đưa dạng   σ1 = 4,        4σ1 − 2σ2 = 10, = −4,  σ3        10 σ4 ⇔   σ1 = 4,       σ2 = 3,   σ3 = −4,      σ4 = −4 =− Khi đó, ta có x, y, z, t nghiệm phương trình

u4 − 4u3 + 3u2 + 4u − = ⇔ u2 − u2 − 4u + = Giải phương trình ta tìm nghiệm u1 = −1, u2 = 1, u3 = u4 = Từ ta nhận nghiệm x, y, z, t từ hoán vị {−1; 1; 2; 2} Bài toán 2.17 Giải hệ phương trình   x+y+z+y      1 1    + + + x y z t 1 1   + + +   xyz xyt xzt yzt    1 1   + 2+ 2+ 2 x y z t x y z = 6, = 3, = , = t Lời giải Đặt m = , n = , p = , q = Khi hệ cho trở thành   m+n+p+q = 3,      1 1   + + + = 6,  m n p q   , mnp + mnq + mpq + npq =        m2 + n2 + p2 + q =   m + n + p + q = 3,      npq + mpq + mnq + mnp   = 6,  mnpq ⇔   mnp + mnq + mpq + npq = ,       2 2  m +n +p +q = Gọi σ1 , σ2 , σ3 , σ4 đa thức đối xứng sở biến m, n, p, q Theo Định lý 2.6, hệ cho đưa dạng 26  σ1      σ3    σ4  σ3        σ − 2σ   σ1 = 3,      13   = 6,  σ2 = , ⇔ = ,  σ3 = ,   2      σ4 = = = 3, Khi đó, ta có m, n, p, q nghiệm phương trình u4 − 3u3 + 13 u − u + = ⇔ 4u4 − 12u3 + 13u2 − 6u + = 4 Từ 2 Giải phương trình ta tìm nghiệm u1 = u2 = 1, u3 = u4 =  ta nhận nghiệm m, n, p, q từ hoán vị 1 1; 1; ; 2 Trở lại cách đặt ẩn ta nghiệm hệ phương trình ban đầu   x = 1,     y = 1,  z = 2,     t = 2;   x = 2,     y = 1,  z = 1,     t = 2;   x = 1,     y = 2,  z = 1,     t = 2;   x = 2,     y = 1,  z = 2,     t = 1;   x = 1,     y = 2,  z = 2,     t = 1;   x = 2,     y = 2,  z = 1,     t = Bài tốn 2.18 Giải hệ phương trình   x1 + x2 + + xn = a,     x2 + x2 + + x2 = a2 , n      xn + xn + + xn = an n Lời giải Gọi σ1 , σ2 , , σn đa thức đối xứng sở biến x1 , x2 , , xn sk (k = 1, 2, , n) tổng lũy thừa: xk1 + xk2 + + xkn = sk Khi từ hai phương trình hệ cho ta có ( s1 = a, ⇔ s = a2 ( σ1 = a, ⇔ σ12 − 2σ2 = a2 ( σ1 = a, σ2 = 27 Sử dụng Định lý 2.6 cách quy nạp ta suy σk = (k = 2, 3, , n) Vậy ẩn x1 , x2 , , xn có ẩn ẩn cịn lại a Do nghiệm hệ cho số (x1 , x2 , , xn ) xác định công thức xi = a, xj = : j 6= i = 1, 2, , n, nghĩa số (a, 0, , 0) , (0, a, 0, , 0) , , (0, 0, , 0, a) Bài toán 2.19 Giả sử Sk = xk1 + xk2 + + xkn Biết Sk = k với k = 1, 2, , n Tính Sn+1 Lời giải - Kí hiệu   σ1 = x1 + x2 + + xn ,       σ2 = x1 x2 + x2 x3 + + xn−1 xn , σ3 = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + + xn−2 xn−1 xn ,        σn = x1 x2 xn - Xét đa thức f (x) = n Y n (x − xi ) = x + n X cj xn−j , j=1 i=1 j cj = (−1) σj với j = 1, 2, , n - Theo đồng thức Newton-Girard, ta có Sn + Sn−1 c1 + Sn−2 c2 + + S2 cn−2 + S1 cn−1 + n.Cn = ⇔ Sn + n−1 X Sn−j cj + n.cn = j=1 ⇔n+ n−1 X (n − j) cj + n.cn = j=1 ⇔ n.cn = −n − n−1 X (n − j) cj j=1 n−1 X ⇔ cn = −1 − (n − j) cj n j=1 n−1 X (n − j) (−1)j σj ⇔ (−1) σn = −1 − n n j=1 28 n−1 X ⇔ (−1) σn = −1 + (n − j) (−1)j+1 σj n n j=1 n−1 n+1 ⇔ σn = (−1) (−1)n X + (n − j) (−1)j+1 σj n (2.10) j=1 - Cũng theo đồng thức Newton-Girard, ta có Sn+1 + Sn c1 + Sn−1 c2 + + S2 cn−1 + S1 cn = ⇔ Sn+1 + n X Sn−j+1 cj = j=1 ⇔ Sn+1 + n X (n − j + 1) (−1)j σj = j=1 ⇔ Sn+1 = − n X (n − j + 1) (−1)j σj j=1 ⇔ Sn+1 = n X (n − j + 1) (−1)j+1 σj (2.11) j=1 Chú ý giá trị σj không phụ thuộc vào biến x nên ta có σn = (−1)n+1 + (−1)n Sn n (2.12) Bởi (2.11) (2.12), ta có quan hệ sau Sn+1 = n X j+1 (n − j + 1) (−1) j+1 (−1) j=1 (−1)j + Sj j ! hay Sn+1 = n X j=1   Sj (n − j + 1) − , n ≥ 1, j S1 = Từ dẫn đến mối quan hệ truy hồi sau Sn+1 + Sn−1 = + 2n − Sn , n Bây giờ, ta xét hàm sinh sau g (x) = ∞ X n=1 Sn+1 xn S1 = 0, S2 = (2.13) 29 Bởi việc xác định Sn+1 (2.13), ta suy x (1 − x) g (x) = − 1−x Zx g (t) dt Đạo hàm hai vế, ta có −2 (1 − x) g (x) + (1 − x)2 g (x) = − (g (x) − g (0)) ; g (0) = (1 − x)2 ⇔ (1 − x)2 g (x) + (2x − 1) g (x) = (1 − x)2 ; g (0) = Giải phương trình vi phân này, ta g (x) = x − ex − (1 − x)2 (2.14) Thử lại x x /  x / x x−1 * e x −  = e x − = − e x−1 (x − 1)  * Vậy : g (x) = = (x − 1)2  x x  e x − (1 − x)2 + (1 − x) 1 − e x −  (1 − x)4  x  x e x − + (1 − x) 1 − e x −  (1 − x)4 x 1−u (x) = u + (1 − x) (1 − u) * Nếu đặt u = e x − , ta có g (x) = g (1 − x)2 (1 − x)4 Khi (1 − x)2 g (x) + (2x − 1) g (x) = ! u + (1 − x) (1 − u) 1−u = (1 − x)2 + (2x − 1) (1 − x) (1 − x)2 u + (1 − x) (1 − u) + (2x − 1) (1 − u) = (1 − x)2 = (1 − x)2 30 Vậy nghiệm phương trình vi phân nêu Bây giờ, khai triển hàm (2.14) thành chuỗi Maclaurin tương ứng, ta có Sn+1 = n X (−1)k−1 k! k=1 n+1 ! k+1 Bài toán giải Bài toán 2.20 (VMO 2018) Trong mặt phẳng Oxy , cho (C) đồ thị hàm số y = √ x2 Một đường thẳng d thay đổi cho d cắt (C) ba điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3 Chứng minh rằng: (i) Đại lượng r s số s (ii) x21 x2 x3 + x22 x3 x1 s + x2 x3 + x21 r x3 x1 + x22 r x x2 x23 x23 15