Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình

đại học tháI nguyên Trường đại học khoa học - vũ văn viết PHÂN THứC HữU Tỷ Và MộT Số Hệ PHƯƠNG TRìNH Luận văn thạc sĩ toán học Thái Nguyên 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn đại học tháI nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! đại học tháI nguyên Trường đại học khoa học - vũ văn viết PHÂN THứC HữU Tỷ Và MộT Số Hệ PHƯƠNG TRìNH Chuyên ngành : phương pháp toán sơ cấp MÃ số : 60.46.40 Luận văn thạc sĩ toán học NGƯờI HƯớNG DẫN KHOA HọC: pgs.ts đàm văn Thỏi Nguyờn 2012 S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Trang LỜI NÓI ĐẦU Chương Số phức vành đa thức 1.1 Tính đóng đại số trường  1.2 Vành đa thức nghiệm đa thức Chương Phân thức hữu tỷ số hệ phương trình 10 2.1 Phân thức hữu tỷ 10 2.2 Phân tích phân thức để tính số tổng 15 2.3 Giải hệ phương trình xây dựng đồng thức 21 2.4 Tính tích phân phân thức hữu tỷ 33 2.5 Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷ 43 2.6 Bất đẳng thức hình học 49 KẾT LUẬN 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời nói đầu Phân thức hữu tỷ xuất ba cấp học bậc phổ thông bậc Đại học Đại Số, Giải Tích, Hình Học, Tổ Hợp.Vấn đề đặt sử dụng phân thức hữu tỷ vào nghiên cứu Toán sơ cấp nào? Đặc biệt sử dụng kết phân thức hữu tỷ để vào sáng tác tốn Với lí trên, giáo viên giảng dạy mơn Tốn trường phổ thông, chọn nghiên cứu đề tài: " Phân thức hữu tỷ số hệ phương trình" Đích cuối mà luận văn muốn đạt là: 1/ Phân tích phân thức hữu tỷ thành tổng phân thức đơn giản 2/ Giải hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn có liên quan đến phân thức 3/ Tính tổng xây dựng số đồng thức tổ hợp 4/ Tính tích phân phân thức hữu tỷ 5/ Nghiên cứu dãy số qua phân thức hữu tỷ 6/ Xây dựng bất đẳng thức hình học Luận văn gồm hai chương: Chương I: Giới thiệu vành đa thức, số phức tính đóng đại số trường  việc nhúng  vào  để coi  trường trường  Từ tính đóng trường  suy phân tích đa thức thành tích nhân tử bất khả quy   x  Chương II: Trình bày phân thức hữu tỷ thành tổng phân thức đơn giản số ứng dụng để: giải số hệ phương trình, xây dựng đồng thức, tính tổng, tính tích phân vài dãy số qua phân thức hữu tỷ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót định, em mong nhận góp ý thầy giáo bạn Luận văn hồn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Em xin tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy Em xin cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, nơi em nhận học vấn sau đại học cuối cùng, tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp cảm thông, ủng hộ giúp đỡ suốt thời gian tác giả học Cao học viết luận văn Hải Phòng, tháng 08 năm 2012 Người viết luận văn Vũ Văn Viết Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương I Số phức vành đa thức Chương giới thiệu vành đa thức, vành chuỗi lũy thừa hình thức tính đóng đại số trường số phức  1.1 Tính đóng đại số trường Xét tích Descartes T        a, b  \   định nghĩa phép toán:  a , b    c, d   a  c, b  d  a , b    c, d    a  c, b  d   a, b . c, d    ac  bd , ad  bc  Để đơn giản, viết  a, b   c, d  qua  a, b  c, d  Từ định nghĩa phép nhân: (i) Với i   0,1  T có i  i.i   0,1 0,1   1,0  (ii)  a, b  0,1   0,1 a, b    a, b  (iii)  a, b    a,0    0, b    a,0    b,0  0,1 ,   a, b   T Bổ đề 1.1.1 Ánh xạ  :   T , a   a,0  đơn ánh thỏa mãn   a  a '    a     a ' ,  aa '    a   a ' , a, a '   Đồng  a,0   T với a   Khi viết  a, b    a,0    b,0  0,1  a  bi, i   1,0   1 Ký hiệu  tập T với phép toán nêu Như     a  bi \ a, b  , i  1 ta có Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn a  bi  c  di  a  c, b  d a  bi  c  di  a  c   b  d  i  a  bi  c  di   ac  bd   ad  bc  i Mỗi phần tử z  a  bi   gọi số phức với phần thực a, ký hiệu Re z , phần ảo b, ký hiệu Im z , i gọi đơn vị ảo Số phức a  bi gọi số phức liên hợp z  a  bi ký hiệu z  a  bi Dễ dàng kiểm tra z z   a  bi  a  bi   a  b gọi z  z z môđun z Số đối z '  c  di  z '  c  di ký hiệu z  z '   a  bi    c  di   a  c   b  d  i Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy) Mỗi số phức z  a  bi ta cho tương ứng với điểm M  a, b  Tương ứng song ánh     , z  a  bi  M  a, b  Khi đồng  với  Oxy  qua việc đồng z với M , mặt phẳng tọa độ với biểu diễn số phức gọi mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss Mệnh đề 1.1.2 Tập  trường chứa trường  trường Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra  vành giao hoán với đơn vị Giả sử z  a  bi  Khi a  b  Giả sử z '  x  yi  C : zz '  hay ax  by  a b Giải hệ x  ,y  2 bx  ay  a  b a  b  Vậy z '  a b  i nghịch đảo z Tóm lại  trường a b a  b2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn đồng a   với a  0i   nên coi  trường  Chú ý nghịch đảo z  z 1  z z z' z'z  z ' z 1  z z Định nghĩa1.1.3 Cho số phức z  Giả sử M điểm mặt phẳng biểu diễn số phức z Số đo (radian) góc lượng giác tia đầu Ox tia cuối OM gọi argument z ký hiệu arg  z  Góc xOM gọi Argument z ký hiệu Arg z Argument số phức không định nghĩa Chú ý rằng,  argument z argument z có dạng   2k , k   Với z  , ký hiệu   k 2 Argument z Ký hiệu r  z z Khi số phức z  a  bi, a  rcos , b  r sin  Vậy z  biểu diễn z  r  cos   i sin   biểu diễn gọi dạng lượng giác z Mệnh đề 1.1.4 Nếu z1  r1  cos1  i sin 1  , z2  r2  cos  i sin   , r1, r2  (i) z1z2  z1 z2 , z z1  z2 z2 (ii) z1z2  r1r2 cos 1     i sin 1     (iii) z1 r1  cos 1     i sin 1     , r  z2 r2  Mệnh đề 1.1.5(Moivre) Nếu z  r  cos  i sin   với số nguyên dương n ta có z n  r n cos  n   i sin  n   Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hệ 1.1.6 Cho bậc n số phức z  r  cos   i sin   ta nhận n giá trị khác zk  rn   k   k    i sin  cos  , k  1,2, , n n n   Bây ta rằng, đa thức dương thuộc   x  có nghiệm  Đó nội dung định lý đại số Định nghĩa 1.1.7 Trường K gọi trường đóng đại số đa thức bậc dương thuộc K  x  có nghiệm K Như vậy, K  x  đa thức bậc dương phân tích thành tích nhân tử tuyến tính K trường đóng đại số Định lý 1.1.8(d'Alembert - Gauus, Định lý đại số) Mọi đa thức bậc dương thuộc   x  có nghiệm thuộc  Từ định lý 1.1.8 suy kết sau đa thức bất khả quy   x  : Hệ 1.1.9 Mọi đa thức thuộc   x  với bậc n  có n nghiệm  đa thức bất khả quy   x  đa thức bậc Mệnh đề 1.1.10 Cho f  x     x  \  f  x  đa thức bất khả quy f  x   ax  b, a  f  x   ax  bx  c, b  4ac  Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.1.11 Mỗi đa thức f  x     x  \  phân tích cách thành dạng n f  x   a  x  a1   x  as  ns  x  b1x  c1   d1 x  br x  cr  dr với bi  4ci  0, i  1, , r ; r  1.2 Vành đa thức nghiệm đa thức Nhắc lại vài khái niệm kết vành đa thức biến trường Cho trường K biến x K Với n   , Xét tập hợp: n  K  x   a0  a1x  a2 x   an x \  K   x i \  K  i    n  Mỗi phần tử f  x   K  x  gọi đa thức biến x với hệ số  K Hệ số an gọi hệ số cao nhất, hệ số ao gọi hệ số tự f  x  Khi an  n gọi bậc f  x  ký hiệu deg f  x  Riêng đa thức quy định có bậc  -1 Định lý 1.2.1 Ta có K  x  vành giao hốn Hơn K  x  cịn miền nguyên, có nghĩa: f  x  , g  x   K  x  thỏa mãn f  x  g  x   f  x   g  x  Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn I    x3  x  x   x2  x   2 x3  x  x  x  2x   2 x3  x  x  x  2x   2 x3  x  x  x  2x   2x        dx  x  x  2x    2 dx 2x    dx x 1 x  2x   2ln x   ln x  x   arctan  x  1  C  ln  x  12 x2  x   2arctan  x  1  C 2.5 Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷ Một vài dãy truy hồi sau xác định qua đa thức hàm sinh với công thức đóng Từ việc tách cơng thức đóng thành tổng phân thức đơn giản ta có cơng thức tường minh xác định số hạng dãy Ví dụ 2.5.1 a0  Dãy số (an ) xác định sau:  n an 1  3an  11 , n  0, n   Xác định phần dư phép chia số 8a2012 cho 2011 Bài giải:  Xét hàm sinh f  x    an x n Khi ta có khai triển n 0     f  x   a0   3a0  1 x   3a1  11 x  3a  112 x3   3an  11n x n 1  Như f  x   xf  x    x 1  11x   11x   11x      43 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn suy f  x  x 1        x 1  x 1  11x    x  11x  Khai triển thành chuỗi lũy thừa ta tìm 7.3n  11n an  , n  Do 32010 112010 chia cho số 2011 có dư nên chia số 8a2012 cho 2011 số dư 7.3 + 11 = 32 Ví dụ 2.5.2 a0  Dãy số  an  xác định sau:  n an 1  5an  n5 , n  0, n   Xác định cơng thức tường minh tính an theo n Bài giải:  Xét hàm sinh f  x    an x n dãy (an ) Khi ta có khai triển n 0   f  x   a0   5a0  0.1 x   5a1  1.5  x  5a  2.52 x3  Như f  x   x f  x    x 1 x    x    x      Từ   x   x    x    x   suy biểu diễn  5x 5x  x  x  x  x          (1  x) f  x 1  x    5x2 1  x 2 5x2 hay f  x     x 1  x 3 44 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tách 5x2 1  x 3 thành tổng phân thức đơn giản biểu diễn thành chuỗi 1 f  x     x 1  x 2 1  x 3  1  x  52 x  53 x3   5n x n    1  2.5 x  3.52 x  4.53 x3    n  1 5n x n   n   2.1  3.2  x   4.3  x     n   n  1 x     10  từ nhận an n    n  10 5n 1 , n  Ví dụ 2.5.3 Dãy số  an  a0   xác định sau: a1  với số nguyên a  n   5an 1  6a n n0 Chứng minh an  2n , an không chia hết cho 2n 1, n  0, n   Bài giải:  Xét hàm sinh f  x    an x n dãy (an ) Khi ta có khai triển n 0 f  x   a0  a1x   5a1  6a  x   5a  6a1  x3  Như    f  x    x  x a1x  a2 x  a3 x   x a0  a1x  a2 x  a3 x  suy f  x    x  x  f  x   1  x f  x  hay f  x    3x x  5x  45 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn  Biểu diễn f  x     x  22 x  23 x3   2n x n   2x suy an  2n , n  Do an  2n , an không chia hết cho 2n1, với số nguyên n  Ví dụ 2.5.4 Dãy số  an  a0   xác định sau: a1  với số nguyên a  n   6an 1  9a n  n  Xác định công thức tường minh tính an theo n va tổng T   an có n 0 số hữu hạn hay không? Bài giải:  Xét hàm sinh f  x    an x n dãy (an ) Khi ta có khai triển n 0 f  x   a0  a1x   6a1  9a  x   6a  9a1  x3  Như    f  x    x  x a1x  a2 x  a3 x   x a0  a1x  a2 x  a3 x  suy f  x    x  x  f  x   1  x f  x  hay f  x    4x x2  x  Biểu diễn 1 f  x    x 1  x 2  [1  x  32 x  33 x3   3n x n  ]  1  2.3 x  3.32 x  4.33 x3    n  1 3n x n   46 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn  Từ suy an    n  3n 1, n  tổng T   Ví dụ 2.5.5 a0  2, a1  4, a2  31 Dãy số  an  xác định sau:  an   4an   3a n 1  18a n , n  Chứng minh a2010  1 mod2011 Bài giải: Đặt f  x   a0  a1x  a2 x  a3 x3  Khi có quan hệ   f  x  x  3x  18 x3  f  x   x  x  hay f  x   x2  x  1   Từ suy 18 x3  x  x  1  x 1  x 2  n n f  x     2    n  1 3n  x n có an   2    n  1 3n , n    n 0 Như a2010  1 mod2011 Ví dụ 2.5.6 Xét dãy a1  1, an  12 an1  22 an2    n  1 a1 với số nguyên n  a2  4a1  3, a3  4a2  2a1  Khi  an3  4an  2an1  an , n  Bài giải: Đặt f  x   a1 x  a2 x  a3 x  Khi có tích hai chuỗi f  x  12 x  22 x  32 x    12 a1 x  12 a2  22 a1  x  12 a3  22 a2  32 a1  x   a2 x  a3 x  a4 x  a5 x   f  x   x Từ   x  x  x  x  x  ta suy chuỗi lũy thừa sau: 1 x 47 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1  x    x  x  x  x  x  Do nhận x 1  x   1x  x  3x3  x  x5  x  có biểu diễn x 1  x  1  x   12 x  22 x  32 x  42 x  52 x  62 x  Như  x  x  1    f  x   x hay f  x  x3  x  x   x  3x3  3x  x f  x  1  x       Ta a x  a x 2    a3 x3  x3  x  x   x  3x  3x  x suy a3  4a2  2a1  3, an   4an   2an 1  an , n  2.6 Bất đẳng thức hình học Áp dụng phân thức hữu tỷ để tính tổng số phân thức, từ chứng minh bất đẳng thức hình học.Trong luận văn sử dụng ba phân thức hữu tỷ sau để chứng minh bất đẳng thức hình học Định lý 1: Cho tam giác ABC điểm P mặt phẳng ABC Ta có:  PB.PC   PC.PA   PA.PB   Trong α, β, γ độ dài cạnh tam giác ABC Chứng minh: Xét mặt phẳng phức lấy gốc tọa độ điểm P gọi a, b, c tọa vị đỉnh A, B, C Từ đẳng thức đại số ta có: (1) bc ca ab   1  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chuyển qua giá trị tuyệt đối, ta có: (2) b c c a a b   1 a b a c bc ba ca cb Với: a  PA, b  PB, c  PC b  c  , c  a  , a  b   (2) tương đương: PB.PC   PC.PA   PA.PB   (điều phải chứng minh) Chú ý: Nếu điểm P trùng với tâm O đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, ta thu bất đẳng thức Euler: R  2r Trong trường hợp này, bất đẳng thức tương đương với: R         Do đó, ta viết: R2  S   4R     2R  ABC  2Rr; p   a  b  c      p p 4R p Do đó: R  2r Với đối số khác, sử dụng số phức, ta thu bất đẳng thức sau: (3) R         Thực tế, với phép biểu diễn cách chứng minh định lý 1, ta dựa vào đẳng thức sau: (4) a  b  c   b  c  a   c  a  b    a  b  b  c  c  a  Chuyển qua giá trị tuyệt đối, sử dụng bất đẳng thức tam giác biết, ta thu được: 2 (5) a  b b  c c  a  a b  c  b c  a  c a  b 49 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Giả sử rẳng tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC gốc mặt phẳng phức Thì a  b  c  R bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức (3) Nếu P trọng tâm G tam giác ABC, ta thu bất đẳng thức sau: m m   m m   m m   , với: m , m , m trung tuyến Dấu xảy tam giác ABC tam giác Một số toán Olympiad - calliber kết nối trực tiếp tới kết có định lý Bài toán giải trường hợp đẳng thức góc tam giac ABC góc nhọn Ví dụ 2.6.1 Tam giác ABC tam giác nhọn P điểm nằm tam giác Chứng minh rẳng:  PB.PC   PC.PA   PA.PB   Khi P trực tâm tam giác ABC (Olympiad toán học Trung Quốc 1998) Bài giải: P gốc mặt phẳng phức a, b, c tọa vị đỉnh A, B, C Khi đó, đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ab(a  b)  bc(b  c)  ca (c  a )  (a  b)(b  c )(c  a ) Đặt: z1  ab bc ca , z2  , z3   a  c  b  c   b  a  c  a   c  b  a  b  Suy ra: z1  z2  z3  50 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn và: z1  z2  z3  Chú ý rằng: z1  z2  z3  Được suy từ đẳng thức (1) Ta chứng minh P trực tâm tam giác ABC, z1, z2 , z3 số thực dương Nếu P trực tâm, tam giác ABC tam giác nhọn, ta suy P nằm tam giác ABC Do có số thực r1, r2 , r3 sau: a b c   r1i,   r2i,   r3i bc ca a b Nghĩa là: z1  r1r2  0, z2  r2 r3  0, z3  r3r1  (điều phải chứng minh) Ngược lại, giả sử z1, z2 , z3 số thực dương Vì: 2 z2 z3  c  z3 z1  a  zz  b       ,  ,  z3  c  a  z1 a  b z   bc 2 ta suy rằng: a b c , , bc ca a b số ảo Do vậy, AP  BC , BP  CA Nghĩa P trực tâm tam giác ABC Ví dụ 2.6.2 Đặt G trọng tâm tam giác ABC, R1, R2 , R3 theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác GBC, GCA, GAB Thì: R1  R2  R3  3R với R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Bài giải: Theo định lí 1, đặt P trọng tâm G tam giác ABC Thì 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (6)  PB.PC   PC.PA   PA.PB   , với:  ,  ,  độ dài cạnh tam giác ABC Ngoài ra:  GB.GC  4R1.SGBC  4R1 S ABC , 3  GC.GA  4R S ABC ,  GA.GB  R3 S ABC Do bất đẳng thức (6) tương đương với:  R1  R2  R3  S ABC  R.S ABC R1  R2  R3  3R Nghĩa là: (Điều phải chứng minh) Ví dụ 2.6.3 Cho tam giác ABC P môt điểm nằm tam giác Đặt R1, R2 , R3 theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác PBC, PCA, PAB Đường thẳng PA, PB, PC theo thứ tự cắt BC, CA, AB điểm A1, B1, C1 Đặt: PA1 PB PC1 , k2  , k3  AA1 BB1 CC1 k1  Chứng minh rằng: k1R1  k2 R2  k3 R3  R với R bán kính ngoại tiếp tam giác ABC (Thi đội tuyển IMO Romani 2004) Giải: Ta có: k1  S PBC S S , k2   PCA , k3   PAB S ABC S ABC S ABC Ngồi ra: 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn S ABC  S PCA   4R ; S PBC   PC.PA R2  PB.PC R1 ; S PAB   PA.PB R3 thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức định lí 1: PB.PC   PC.PA   PA.PB   Trong trường hợp tam giác ABC tam giác nhọn, từ Ví dụ 2.6.1 suy đẳng thức xảy P trực tâm tam giác ABC Định lí 2: Gọi P mơt điểm mặt phẳng tam giác ABC thì:  PA2   PB   PC   (7) Chứng minh: Xét mặt phẳng phức lấy gốc tọa độ điểm P gọi a, b, c tọa vị đỉnh A, B, C Đẳng thức sau dễ dàng chứng minh: a2 b2 c2   1  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  (8) Lấy giá trị tuyệt đối ta có: a a2 1   cyc  a  b  a  c  cyc a  b a  c Với: a  PA, b  PB, c  PC b  c   , c  a  PB, a  b  PC bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (7) Chú ý: Nếu P tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 53 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn PA  PB  PC  R Từ đẳng thức (8) ta lại thu bất đẳng thức (3), bất đẳng thức Euler: R  2r Nếu P trọng tâm G tam giác ABC thì:       PA2          9 PB          9 PC          9 bất đẳng thức (7) tương đương với: (9)   2     9       cyc Nếu P tâm đường trịn nội tiếp I tam giác ABC thì: PA  r A sin , PB  r B sin , PC  r C sin Khơng khó để nhận bất đẳng thức (7) Định lí 3: Với P điểm mặt phẳng ABC Ta có:  PA3   PB3   PC  3 PG (10) Với G trọng tâm tam giác ABC Chứng minh: Đẳng thức: (11) x3  y  z   y  z  x   z  x  y    x  y  y  z  z  x  x  y  z  Với x, y, z số phức Chuyển qua giá trị tuyệt đối ta được: (12) 3 x yz  y zx  z x y  x y yz zx x yz 54 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Đặt a, b, c, z p theo thứ tự tọa vị điểm A, B, C, P Trong bất đẳng thức (12), coi x  z p  a, y  z p  b, z  z p  c , ta bất đẳng thức (10) Chú ý: Nếu P tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, sau vài chuyển đổi bản, (10) trở thành: R2  OG 6r (13) Bình phương vế (13) ta được: R  36r OG (14) Sử dụng: OG  R     2 2  Bất đẳng thức (14) tương đương với: (15)     R R  4r  4r 8 R          Bất đẳng thức (15) hoàn thiện bất đẳng thức Euler cho trường hợp tam giác tù Điều tương đương với việc chứng minh :       8R cho tam giác Bất đẳng thức cuối viết là: sin A  sin B  sin C  là: cos A  cos B  cos 2C  nghĩa là:  cos2A  cos2 B    cos 2C  2 rút gọn thành: cos  A  B  cos  A  B   cos 2C  điều tương đương với: 2cos C cos  A  B   cos  A  B    hay là: cos A cos B cos C  (hiển nhiên đúng) 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận Sau hai năm học tập nghiên cứu khoa Toán Tin - Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bảo giúp đỡ thầy cô khoa, đặc biệt PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, tác giả hoàn thành luận văn: "Phân thức hữu tỷ số hệ phương trình" Luận văn giải vấn đề sau: 1/ Chứng minh phân thức hữu tỷ phân tích thành tổng phân thức đơn giản 2/ Giải hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn có liên quan đến phân thức 3/ Xây dựng đồng thức toán sơ cấp 4/ Tính tổng hữu hạn 5/ Tính tích phân hàm phân thức hữu tỷ 6/ Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷ 7/ Xây dựng bất đẳng thức hình học 56 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức Đại số Phân thức hữu tỷ- NXB Giáo dục 2002 [2] N.S.Nguyên, N.V.Nho, L.H.Phổ, Tuyển tập toán dự tuyển Olympic Toán học quốc tế 1991-2001-NXB Giáo dục [3] Trần Phương, Tuyển tập chuyên đề kỹ thuật tính tích phân- NXB Đại học Quốc gia 2010 [4] T Andreescu and D Andrica, Proving some geometric inequalities by using complex numbers [5] D Faddéev et I Sominski, Recueil D'Exercices D'Algèbre Supérieure, Editión Mir-Moscou 1977 [6] R Merris, Combinatorics, PWS publishing company 20 Park Plaza, Boston, MA 02116-4324 [7] M.B Nathanson, Elementary Methods in Number Theory, SpringerVerlag New-York Berlin-Heidelberg SPIN 10742484 [8] V Prasolov, Polynomials, Springer-Verlag Berlin-Heidelberg 2004 [9] Tuyển tập : The IMO Compendium 1959-2004 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn