Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)

Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐỖ THỊ THỦY CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC ABEL VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐỖ THỊ THỦY CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC ABEL VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018 i Mục lục MỞ ĐẦU ii Chương Biến đổi Abel sinh tổng số hệ thức liên quan 1.1 Biến đổi Abel sinh tổng số 1.2 Phương pháp làm trội dùng biến đổi Abel 1.3 Biến đổi Abel cho ba số Chương Biến đổi Abel sinh tích số áp dụng 17 2.1 Biến đổi Abel sinh tích số 17 2.2 Biểu diễn đa thức nhận giá trị nguyên giá trị hữu tỷ 18 2.3 2.2.1 Biểu diễn đa thức nhận giá trị nguyên 18 2.2.2 Biểu diễn đa thức nhận giá trị hữu tỷ 23 Ước lượng đa thức 27 Chương Một số dạng toán liên quan 36 3.1 Một số toán đa thức 36 3.2 Một số toán đa thức qua kỳ thi Olympic 41 3.3 Ứng dụng biến đổi Abel số toán khác 54 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 ii MỞ ĐẦU Trong chương trình tốn bậc phổ thông học sinh làm quen với nhiều đẳng thức quan trọng, đẳng thức đáng nhớ liên quan đến khai triển nhị thức Newton n Cnk ak bn−k , n (a + b) = k=0 cơng thức tính tổng cấp số nhân (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + bn−1 ) = an − bn , đồng thức Lagrange (a2 + b2 )(x2 + y ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 , ứng dụng chúng số học, đại số, lượng giác hình học Mục tiêu luận văn “Các đồng thức Abel áp dụng” nhằm giới thiệu hai đồng thức Abel liên quan đến tổng sinh dãy số z1 , z2 , , zn : Z0 = 0, Z1 = z1 , Z2 = z1 + z2 , , Zk = z1 + z2 + · · · + zk , (1) tích sinh dãy số x1 , x2 , , xn : Q0 (x) = 0, Q1 (x) = x−x1 , Q2 (x) = (x−x1 )(x−x2 ), , Qk (x) = (x−x1 )(x−x2 ) (x−xk ), (2) ứng dụng chúng đại số số học Đồng thức Abel liên quan đến tổng (1) xuất Giải tích (xem [4]) n n−1 Zk (vk − vk+1 ) + Zn zk vk = k=1 k=1 dùng để khảo sát hội tụ chuỗi đan dấu (3) iii Đặc biệt, đồng thức Abel liên quan đến tích (2) thường xuất tính tốn với đa thức nhận giá trị nguyên giá trị hữu tỷ tập số nguyên dương (xem [1]-[2]) (x − 1)(x − 2) + β(x − 1) + γ, (x − 1)(x − 2)(x − 3) (x − 1)(x − 2) ax3 + bx2 + cx + d = α +β + γ(x − 1) + δ, 3! 2! ax2 + bx + c = α (4) (5) Trong kì thi học sinh giỏi tốn cấp, Olympic Toán sinh viên, nhiều toán cần tới đồng thức (3)-(5), thường gọi biến đổi Abel, công cụ hữu hiệu để tiếp cận dạng tốn thuộc loại khó khơng nằm chương trình khóa chương trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ thơng Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Biến đổi Abel sinh tổng số hệ thức liên quan Chương Biến đổi Abel sinh tích số áp dụng Chương Một số dạng toán liên quan Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tốn lấy từ đề thi học sinh giỏi quốc gia Olympic liên quan Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình thầy hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Tốn-Tin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập Trường Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THPT Lý Nhân Tông thành phố Bắc Ninh, tỉnh Bắc Ninh bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thực luận văn tốt nghiệp Thái Nguyên, tháng năm 2018 Người viết luận văn Đỗ Thị Thuỷ Chương Biến đổi Abel sinh tổng số hệ thức liên quan Chương giới thiệu đồng thức Abel liên quan đến tổng sinh dãy số z1 , z2 , , zn : Z0 = 0, Z1 = z1 , Z2 = z1 + z2 , , Zk = z1 + z2 + · · · + zk , (1.1) Đồng thức Abel liên quan đến tổng (1) xuất Giải tích (xem [4]) n n−1 Zk (vk − vk+1 ) + Zn zk vk = k=1 (1.2) k=1 dùng để khảo sát hội tụ chuỗi đan dấu 1.1 Biến đổi Abel sinh tổng số Trong nghiên cứu dãy số chuỗi số, thường sử dụng biến đổi sau đây, thường gọi biến đổi Abel Xét tổng Zk = z1 + z2 + · · · + zk , k = 1, 2, , n Sn = α1 z1 + α2 z2 + · · · + αn zn Khi Sn = α1 Z1 + α2 (Z2 − Z1 ) + · · · + αn (Zn − Zn−1 ) = Z1 (α1 − α2 ) + Z2 (α2 − α3 ) + · · · + Zn−1 (αn−1 − αn ) + Zn αn (1.3) Từ biến đổi (1.3) này, ta có kết sau (gọi bất đẳng thức Abel) Định lý 1.1 (xem [1]) Giả sử (zj ) dãy số (thực phức) tuỳ ý Zk = z1 + z2 + · · · + zk , k = 1, 2, , n Khi với dãy số dương đơn điệu giảm (αk ): α1 α2 ··· αn > 0, ta có |α1 z1 + α2 z2 + · · · + αn zn | α1 max |Zk | k n Chứng minh Thật vậy, từ đồng thức (1.3), ta nhận |α1 Z1 + α2 Z2 + · · · + αn Zn | |Z1 |(α1 − α2 ) + |Z2 |(α2 − α3 ) + · · · + |Zn−1 |(αn−1 − αn ) + |Zn |αn max |Zk |[(α1 − α2 ) + (α2 − α3 ) + · · · + (αn−1 − αn ) + αn ] k n = α1 max |Zk | k n Định lý 1.2 (xem [1]) Giả sử (zj ) dãy số (thực phức) tuỳ ý Zk = z1 + z2 + · · · + zk , k = 1, 2, , n Khi với dãy số khơng âm đơn điệu tăng (βk ): β1 β2 ··· βn , ta có |β1 z1 + β2 z2 + · · · + βn zn | 2βn max |Zk | k n Chứng minh Ta xét tổng Sn = β1 z1 + β2 z2 + · · · + βn zn Từ (1.3), ta có Sn = β1 Z1 + β2 (Z2 − Z1 ) + · · · + βn (Zn − Zn−1 ) = Z1 (β1 − β2 ) + Z2 (β2 − β3 ) + · · · + Zn−1 (βn−1 − βn ) + Zn βn Vậy nên |Sn | = |Z1 (β1 − β2 ) + Z2 (β2 − β3 ) + · · · + Zn−1 (βn−1 − βn ) + Zn βn | |Z1 ||β1 − β2 | + |Z2 ||β2 − β3 | + · · · + |Zn−1 ||βn−1 − βn | + |Zn ||βn | max |Zk |[(β2 − β1 ) + (β3 − β2 ) + · · · + (βn − βn−1 ) + βn ] k n = [(βn − β1 ) + βn ] max |Zk | k n 2βn max |Zk | k n Tiếp theo ta trình bày dạng bất đẳng thức sau sử dụng biến đổi Abel, thường gọi Bất đẳng thức Karamata Bất đẳng thức có nhiều ứng dụng thực tiễn Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n}, thoả mãn điều kiện x1 x2 ··· xn , y1 y2 ··· yn    x y1       x1 + x2 y1 + y2        x1 + x2 + · · · + xn−1 y1 + y2 + · · · + yn−1      x + x + ··· + x = y + y + ··· + y n n (1.4) Khi đó, ứng với hàm lồi khả vi cấp f (x) I(a, b), ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) (1.5) Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = n = max t1 , ,tn ∈I(a,b) n (xi − ti )f (ti ) f (ti ) + i=1 (1.6) i=1 Khơng tính tổng qt, ta giả thiết số t1 , , tn ∈ I(a, b) số giảm, tức t1 t2 · · · tn Khi đó, để chứng minh (1.6), ta cần chứng minh x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) y1 f (t1 ) + y2 f (t2 ) + · · · + yn f (tn ) Sử dụng biến đổi Abel x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) = (1.7) = S1 [f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [f (t2 ) − f (t3 )] + · · · + +Sn−1 [f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ), (1.8) với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk Vì f (x) > nên f (xk ) f (xk−1 ) Mặt khác, Sk (x) Sk (y) (k = 1, 2, , n − 1) Sn (x) = Sn (y), ta thu (1.7) Nhận xét 1.4 (xem [5]) Hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n}, thoả mãn điều kiện (1.4) thường gọi biến đổi Schur’s Dãy {xk } gọi trội dãy {yk } Tính chất sau cho phép ta dễ dàng kiểm chứng tính lồi (lõm) hàm số cho trước Định lý 1.5 (Jensen) Giả sử f (x) liên tục [a, b] Khi điều kiện cần đủ để hàm số f (x) lồi I(a, b) f x1 + x2 f (x1 ) + f (x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ I(a, b) (1.9) Chứng minh Nếu f (x) hàm lồi I(a, b) ta có (1.9) cách chọn α = β = Giả sử ta có (1.9) Ta cần chứng minh với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) αf (x1 ) + βf (x2 ) Nếu α ∈ Q β ∈ Q ta viết m n α= , β= , q q m, n ∈ Z, q ∈ N m + n = q Bằng phương pháp quy nạp, ta có f (αx1 + βx2 ) = f mx1 + nx2 q mf (x1 ) + nf (x2 ) = αf (x1 ) + βf (x2 ) q Nếu α số vơ tỷ β (= − α) số vô tỷ Chọn dãy số hữu tỷ dương un khoảng (0,1) có giới hạn α: lim un = α n→∞ Khi đó, hiển nhiên dãy := − un nằm (0,1) lim = β n→∞ Theo chứng minh ứng với trường hợp α hữu tỷ, un f (x1 ) + f (x2 ), ∀n ∈ N, x1 , x2 ∈ I(a, b) f (un x1 + x2 ) Chuyển qua giới hạn sử dụng tính liên tục f (x), ta thu f (αx1 + βx2 ) αf (x1 ) + βf (x2 ) Nhận xét 1.6 Giả sử f (x) ≡ const hàm lồi [a, b] với f (a) = f (b) Khi f (x) = f (a) với x ∈ (a, b) 1.2 Phương pháp làm trội dùng biến đổi Abel Đôi để chứng minh bất đẳng thức dạng f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ M ta làm trội f (xi ) ≤ G(yi+1 ) − G(yi ) để thu f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ G(yn ) − G(y1 ) Sau đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức đơn giản dạng G(yn ) − G(y1 ) ≤ M Ta có số tổng thường dùng sau 1 1 + + + ··· + =1− (a) 1.2 2.3 3.4 (n − 1)n n 1 (b) + + ··· + x(x + d) (x + d)(x + 2d) [x + (n − 1)d](x + nd) = 1 n − = d x x + nd x(x + nd) 1 + + + 1.2 k 2.3 (k + 1) n(n + 1) (n + k − 1) 1 = − , ∀k ≥ k − 1.2 (k − 1) (n + 1)(n + 2) (n + k − 1) (c) 44 Khi an−1 = (−1)n−1 (x1 x2 xn−1 + x1 x3 xn + · · · + x1 xn−2 xn + x2 x3 xn ) p Suy tồn nghiệm khác x1 chia hết cho p, giả sử x2 Khi p |(x1 , x2 ) Vơ lý Vậy (an−1 , an ) = Bài toán 3.15 Giả sử n ∈ N, n ≥ P (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + đa thức với hệ số nguyên dương thỏa mãn ak = an−k ; ∀k = 1, n Chứng minh tồn vô hạn cặp số nguyên dương (a, b) cho a|P (b) b|P (a) Lời giải Hiển nhiên cặp (a, b) = (1, 1) cặp số nguyên dương thỏa mãn tốn Giả sử có hữu hạn cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn toán Gọi (a, b) cặp số nguyên dương với tính chất a ≥ b b nhận giá trị lớn Đặt c = P a(b) , ta chứng minh cặp (b, c) thỏa mãn toán Điều có nghĩa ta phải chứng minh b|P (c) (vì hiển nhiên c|P (b) ) Vì b|P (a) mà P (a) ≡ (moda) nên (b, a) = Từ ta suy tồn số nguyên dương t cho at ≡ (modb) (1) Mặt khác P (b) ≡ ( mod b) suy P (c) = P P (b) a (1) ≡ P (tP (b)) ≡ P (t) ( mod b) Vì ak = an−k , ∀k = 1, n nên ta dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau xn P x1 = P (x) Nói riêng, ta có b|P a1 (a, b) = Từ suy P (c) ≡ P (t) ≡ P a1 ≡ (modb) Cuối nhận thấy P (b) ≥ bn + > b2 ≥ ab Vậy c > b Điều mẫu thuẫn với tính lớn b Bài tốn chứng minh Bài tốn 3.16 (Cộng hòa Dân chủ Đức 1974) a) Chứng minh không tồn đa thức P (x) để với x ∈ R có bất đẳng thức (1) : P (x) > P (x) (2) : P (x) > P (x) b) Khẳng định khơng thay đổi bất đẳng thức (1) bất đẳng thức (1 ) : P (x) > P (x) ? Lời giải a) Nếu P (x) số P (x) = P (x) = 0, bất đẳng thức (1) khơng thỏa mãn Giả sử bậc P (x) n với n ≥ 1, Nếu n lẻ deg (P (x) − P (x)) = n số lẻ, từ P (x) − P (x) ≤ với điểm x ∈ R 45 Nếu n chẵn deg (P (x) − P (x)) = n−1 số lẻ, từ P (x)−P (x) ≤ với điểm x ∈ R Như đa thức P (x) không thỏa mãn bất đẳng thức (1) bất đẳng thức (2) Suy điều phải chứng minh b) Chọn đa thức P (x) = x2 + với x ∈ R ta có P (x) − P (x) ≡ x2 − 2x + > P (x) − P (x) ≡ x2 + > Nghĩa khẳng định khơng Bài toán 3.17 (VMO - 95) Hãy xác định tất đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện sau Với số a > 1995 số nghiệm thực phương trình P (x) = a (mỗi nghiệm tính với số bội nó) bậc đa thức P (x), nghiệm thực phương trình lớn 1995 Lời giải Do yêu cầu nghiệm thực P (x) = a lớn 1995 nên xét đa thức P (x) có bậc n ≥ Xét đa thức P (x) bậc n hàm đơn điệu (−∞; +∞) thỏa mãn đề Vì đồ thị hàm P (x) có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn a > 1995 P (x) = a có tối đa nghiệm (mỗi nghiệm tính với số bội nó), a−c suy n = P (x) có dạng bx + c với b > ; nghiệm P (x) x = b Ta có x > 1995 với a > 1995 b > c ≤ 1995(1 − b) Xét đa thức P (x) có hàm số cực trị (−∞; +∞) thỏa mãn đề n ≥ Giả sử P (x) đạt cực đại m điểm u1 ; u2 ; ; um (m ≥ 1) đạt cực tiểu k điểm v1 ; v2 ; ; vk (k ≥ 1) Đặt d = max {P (u1 ); P (u2 ); ; P (um ); P (v1 ); P (v2 ); ; P (vk )} Do đồ thị hàm P (x) có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn a > max {d, 1995}, P(x) = a có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm tính với số bội nó), suy n = Nhưng P (x) tam thức bậc hai với a đủ lớn a > 1995 P (x) = a có tối đa nghiệm lớn 1995, đa thức lại khơng thỏa mãn đề Vậy đa thức P (x) thỏa mãn đề có dạng P (x) = bx + c với b > c ≤ 1995(1 − b) Bài toán 3.18 Cho phương trình a0 x2 + a1 x + a2 = (a = 0) (1) có hai nghiệm phân biệt P (x) đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng: a0 p(x) + a1 p (x) + a2 p (x) = có n nghiệm thực 46 Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: ∀δ ∈ R phương trình p(x) + δp (x) = có nghiệm Thật vậy, - Nếu δ = bổ đề hiển nhiên x - Nếu δ = xét ϕ(x) = e δ p(x) Rõ ràng ϕ(x) = ⇔ p(x) = ⇒ ϕ(x) = có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn Áp dụng định lí Rolle: ∃αi ∈ (xi , xi+1 ), ϕ (x) = (i = 1, 2, 3, , n − 1) Ta có x x eδ x ϕ (x) = p (x).e δ + e δ p(x) = [p(x) + δp (x)] δ δ suy ϕ (x) = ⇔ p(x) + δp (x) = Vậy phương trình p(x) + δp (x) = có n - nghiệm nên ∃αi ∈ (xi , xi+1 ) với i = 1, n − mà phương trình p(x) + δp (x) = phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm α1 , α2 , , αn−1 nên p(x) + δp (x) = (x − α1 )(x − α2 ) (x − αn−1 )(ax + b) Vậy phương trình p(x) + δp (x) = phải có nghiệm thứ n Bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề để giải toán:  −a1   δ1 + δ2 = a Gọi δ1 , δ2 hai nghiệm (1) nên a2   δ1 δ2 = a0 Do phương trình a0 p(x) + a1 p (x) + a2 p (x) = ⇔ p(x) − (δ1 + δ2 )p (x) + δ1 δ2 p (x) = ⇔ (p(x) − δ1 p (x) − δ2 (p (x) − δ1 p (x))) = Áp dụng bổ đề, suy = p(x) − δ1 p (x) = Q(x) có n nghiệm Từ giả thiết Q(x) = có n nghiệm suy Q(n) − δ2 Q (x) = có n nghiệm, điều cần chứng minh Bài toán 3.19 (TST 1994) Cho p(x) ∈ R [x] deg p(x) = Giả sử p(x) = có nghiệm dương phân biệt Chứng minh − 4x − 4x p(x) + − p (x) − p (x) = có nghiệm dương phân biệt x x2 Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau p(x) = có nghiệm phân biệt < x1 < x2 < x3 < x4 phương trình p(x) − p (x) = có nghiệm phân biệt y1 , y2 , y3 , y4 thỏa mãn điều kiện < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 47 Xét f (x) = e−x p(x) f (x) = ⇔ p(x) = Vậy nên f (x) = có nghiệm < x1 < x2 < x3 < x4 Áp dụng định lý Lagrange, ta có f (x) = −e−x p(x) + p (x)e−x f (x) = ⇔ p(x) − p (x) = Do phương trình p(x) − p (x) = có nghiệm y1 < y2 < y3 deg(p − p ) = nên suy phương trình p(x) − p (x) = có nghiệm thứ y4 Không giảm tổng quát ta giả sử hệ số x4 p(x) dương Suy lim (p(x) − p (x)) = +∞ nên ∃α > x4 cho p(α) − p (α) > x→∞ Do p(y3 ) − p (y3 ) = p(y2 ) − p (y2 ) = ⇒ y4 ∈ (β, α) Vậy < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 , điều cần chứng minh Do Q(x) := p(x) − p (x) = có nghiệm dương phân biệt y1 , y2 , y3 , y4 Giả sử Q(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e (a, e = 0) Khi R(x) := x4 Q = có nghiệm dương phân biệt x 1 1 , , , y y2 y3 y4 Do R(x) − R (x) = có nghiệm dương phân biệt Ta có R(x) − R (x) = 1 − 4x3 Q + x2 Q =0 x x x 1 1 −p − 4x3 p −p ⇔ x4 p x x x x 1 + x2 p −p =0 x x 1 ⇔ (x4 − 4x3 )p + (−x4 + 4x3 + x2 )p − x2 p =0 x x x 1 + (−x2 + 4x + 1)p −p = ⇔ (x2 − 4x)p x x x ⇔ x4 Q 1 − 4t − 4t phương trình có dạng p(t) + − p (t) − p (t) = x t t2 Bài toán chứng minh Đặt t = Bài toán 3.20 Cho P (x), Q(x), R(x) đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng 3, 2, thỏa mãn điều kiện (P (x))2 + (Q(x))2 = (R(x))2 Hỏi đa thức T (x) = P (x).Q(x).R(x) có nghiệm thực (kể bội 48 nghiệm) ? Lời giải Khơng tính tổng qt, coi hệ số bậc cao đa thức P, Q, R dương Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) ln ln có hai nghiệm thực Ta có, Q2 = (R − P )(R + P ) Vì deg P = deg Q = nên deg(R + P ) = Do deg Q2 = nên deg(R − P ) = Do đa thức Q2 có nghiệm thực đa thức Q có nghiệm thực Vì deg Q = nên Q có hai nghiệm thực Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P (x) ln ln có nghiệm thực Ta có P = (R − Q)(R + Q) Vì deg(R − Q) = deg(R + Q) = nên đa thức (R − Q) (R + Q) có nghiệm thực Nếu hai nghiệm thực khác nhau, P có hai nghiệm phân biệt nghiệm lại P hiển nhiên nghiệm thực Nếu (R − Q) (R + Q) có chung nghiệm thực x = a x = a nghiệm R Q Do vậy, R(x) = (x − a)R1 (x), Q(x) = (x − a)Q1 (x), P (x) = (x − a)P1 (x) Thế vào hệ thức P = (R − Q)(R + Q), ta thu P12 = R12 − Q21 , với P1 , R1 tam thức bậc hai, Q1 nhị thức bậc Ta có Q21 = (R1 − P1 )(R1 + P1 ) Vì Q21 đa thức bậc hai R1 + Q1 tam thức bậc hai nên R1 − P1 đa thức Vậy, P1 (x) = a x2 + bx + c (a > 0) Q1 (x) = dx + e R1 (x) = a x2 + bx + c + k k [R1 (x) + P1 (x)] = (dx + e)2 (3.18) e e e = Suy k > Thay giá trị x = − vào (1), ta R1 − + P1 − d d d e k Do P1 − = − < Vậy tam thức bậc hai P1 (x) có hai nghiệm thực d P (x) có nghiệm thực Trở lại tốn Do P có nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực R đa thức bậc (có nghiệm thực) nên số nghiệm thực T (x) không nhỏ thua P (x) = x3 + 3x2 + 2x Ví dụ ta chọn: Q(x) = 2(x2 + 2x + 1) R(x) = x3 + 3x2 + 4x + P + Q2 = R2 đa thức (P QR) có nghiệm thực 2k Bài tốn 3.21 Cho p(x) = i=0 xi (a2k = 0, a0 > 0) Chứng minh nếu: 49 2k a2i < phương trình P (x) = có nghiệm thực i=0 2i + n i+1 x , suy Q (x) = p(x), ∀x ∈ R Lời giải Xét Q(x) = i=0 i + n n ai Ta có Q(1) = , Q (−1) = (−1)i+1 nên Q(1) − Q(−1) = i=0 i + i=0 i + n a2i < i=0 2i + Q(1) − Q(−1) = Q (c) ⇒ Áp dụng định lý Lagrange cho Q(x) [−1, 1]: Q (c) < Mà Q (0) = p(0) = a0 > áp dụng định lý Cauchy, suy tồn α nằm nghiệm c cho Q (α) = hay p(α) = 0, điều cần chứng minh Bài toán 3.22 Cho p(x) ∈ R [x] có nghiệm phân biệt lớn Chứng minh phương trình (1 + x2 )p(x)p (x) + x (P (x))2 + (p (x)) =0 (3.19) có 2n − nghiệm phân biệt Lời giải Ta có (1) ⇔ (p(x) + p (x).x) (x.p(x) + p (x)) = p(x) + p (x).x = (2) x.p(x) + p (x) = (3) Trước hết ta chứng minh phương trình (2) (3) khơng thể có nghiệm chung (1, +∞) Thật giả sử (2) (3) có nghiệm  chung a a ∈ (1, +∞) p (a) −1   =  p(a) + ap (a) = p(a) a suy a2 = Do nên p (a)  ap(a) + p (a) =  = −a  p(a) Suy a ∈ {−1, 1} , điều vơ lí a > Bây ta chứng minh phương trình (3) có n - nghiệm lớn phương trình (2) có n nghiệm n -1 nghiệm lớn Từ suy phương trình (3.19) có 2n − nghiệm phân biệt x2 Xét hàm số f (x) = e p(x), ta có f (x) = ⇔ p(x) = Vậy f (x) = có nghiệm phân biệt (1, +∞) Áp dụng định lí Rolle ta thấy nghiệm f(x) có nghiệm f (x) ⇔ 50 Vậy phương trình f (x) = có n - nghiệm lớn x2 Ta có f (x) = e (x.p(x) + p (x)) f (x) = ⇔ x.p(x) + p (x) = phương trình (3) có n - nghiệm lớn Xét g(x) = x.p(x), ta có phương trình g(x) = có n + nghiệm = x0 < < x1 < x2 < · · · < xn Áp dụng định lí Rolle g (x) = có nghiệm α1 , α2 , , αn thỏa mãn αi ∈ (xi−1 , xi ) (i = 1, n) Mà g (x) = xp (x) + p(x) nên g (x) = ⇔ xp (x) + p(x) = (2) Vậy (2) có n nghiệm n - nghiệm lớn Vậy phương trình (1) có n - nghiệm, điều cần chứng minh Bài toán 3.23 (VMO - 2012) Cho hai cấp số cộng (an ) , (bn ) với m số nguyên dương, m > Xét m tam thức bậc hai pk (x) = x2 + ak x + bk (k = 1, 2, , m) Chứng minh p1 (x) pm (x) khơng có nghiệm thực tam thức lại khơng có nghiệm thực Lời giải Ta có tam thức bậc hai p1 (x) pm (x) khơng có nghiệm thực suy p1 (x) > ∀x ∈ R pm (x) > ∀x ∈ R Giả sử tồn pk (x) = x2 +ak x+bk (k = 2, , m − 1) có nghiệm thực x = c Khi pm (x) − pk (x) = (m − k) (ax + b) pk (x) − p1 (x) = (k − 1) (ax + b) (ở a, b công sai hai cấp số cộng(an ) , (bn )) Do pm (c) = (m − k) (ac + b) p1 (c) = − (k − 1) (ac + b) Nên pm (c) p1 (c) < Vô lý Vậy tam thức bậc hai lại khơng có nghiệm thực 2n Bài toán 3.24 (VMO - 2014) Cho đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6) + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P (x) khơng thể biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Lời giải Hướng tiếp cận tự nhiên phản chứng Giả sử P (x) = P1 (x).P2 (x) Pn+1 (x) với Pi (x) ∈ Z [x] deg Pi (x) ≥ Do P (x)vơ nghiệm thực nên Pi (x)phải có bậc chẵn Vì tổng bậc Pi (x) 4n nên phải có hai đa thức chẳng hạn P1 (x), P2 (x) có bậc Do P (x) monic nên P1 (x), P2 (x) mơ níc, giả sử P1 (x) = x2 + ax + b; P2 (x) = x2 + cx + d P1 (x), P2 (x) vô nghiệm thực nên P1 (x) > 0, P2 (x) > 51 ∀x ∈ R Ta có 13 = P (1) = P1 (1).P2 (1) Pk (1) 13 = P (6) = P1 (6).P2 (6) Pk (6) Giả sử P1 (1) = ⇒ a = −b Khi P1 (6) = 36 − 5b Ta thấy P1 (6) = 36 − 5b > 13 nên P1 (6) = 36 − 5b = Từ tìm a = −7; b = Khi P1 (x) = x2 − 7x + lại có nghiệm thực, mâu thuẫn Vậy tốn chứng minh Bài toán 3.25 Cho f (x) = a0 + a1 x + + ak−1 xk−1 + ak+1 xk+1 + + an xn , ak−1 , ak+1 = với an = Chứng minh f (x) = có n nghiệm phân biệt ak−1 ak+1 < Lời giải Ta chứng minh f i (x) = có n - i nghiệm phân biệt (i = 1, n − 1) i = 1, f (x) = có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < < xn−1 < xn Áp dụng định lí Rolle, ta thấy ∃αi ∈ (xi , xi+1 ) f (αi ) = ⇒ Mệnh đề Giả sử f i (x) = có n − i nghiệm i < t1 < t2 < < tn−i Áp dụng định lí Rolle cho f i (x) [ti , ti+1 ] (i = 1, n − i − 1) ∃βk ∈ (tk , tk+1 ) : f k (βk ) = Áp dụng bổ đề trên, f (x) = có n nghiệm phân biệt nên f k−1 (x) = có (n − k − 1) nghiệm phân biệt k−1 αk xk Ta có f k−1 (x) = (k − 1)!ak−1 + !ak x2 + n−k+1 k=3 Do ak−1 = nên nghiệm phương trình f k−1 (x) = khác Chia đa thức cho xn−k−1 đặt u = phương trình f k−1 (x) = có dạng ϕ(t) = (k − x n−k−2 k − 1)!ak−1 un−k−1 + !ak un−k−1 + βk uk k=3 Vì ϕ(t) = có n−k −1 nghiệm phân biệt áp dụng bổ đề ta suy ϕn−k−1 (u) = có hai nghiệm phân biệt (n − k − 1)! (k − 1)! u + (n − k − 1)!ak Ta có ϕn−k−2 (u) = (k − 1)!ak−1 2 Vậy ϕn−i−2 (u) = ⇔ (n − k)(n − k + 1)ak−1 u2 + k(k + 1)ak+1 = (2) Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (n − k)(n − k + 1)ak−1 ak+1 < ⇔ ak−1 ak+1 < 0, điều cần chứng minh Bài toán 3.26 (Kì thi chọn Đội tuyển HSG TP Hà Nội, 2011-2012) Cho đa thức P (x) = 4x2 + 5x + − a vớ x ∈ R a số nguyên cho trước Ta định nghĩa P2 (x) = P (P (x)) = 4(P (x))2 + 5P (x) + − a; Pk+1 (x) = P (Pk (x)) với k nguyên 52 dương khác Chứng minh tồn số nguyên n cho n = P2011 (n) a số phương lẻ Lời giải Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Xét dãy (xn ) cho x1 = n, x2 = P (x1 ), x3 = P (x2 ), , x2011 = P (x2010 ) Từ giả thiết ta có x1 = P (x2011 ) Vì P (x) đa thức với hệ số nguyên mà x1 ∈ Z suy x1 , x2 , , x2011 số nguyên Giả sử xi = xj (∀i = j, j = 1, , n), ta có P (x2 ) − P (x1 ) (x2 − x1 ) ⇔ (x3 − x2 ) (x2 − x1 ) Chứng minh tương tự, ta có (x4 − x3 ) (x3 − x2 ), (x2011 − x2010 ) (x2010 − x2009 ), (x1 − x2011 ) (x2011 − x2010 ), (x2 − x1 ) (x1 − x2011 ) Suy |x2 − x1 | = |x3 − x2 | = = |x1 − x2011 | = k Trong 2011 số (x2 − x1 ), (x3 − x2 ), , (x1 − x2011 ) có m số k 2011 − m số −k Nên = (x2 − x1 ) + (x3 − x2 ) + + (x1 − x2011 ) = mk − (2011 − m)k, suy 2m − 2011 = (k = 0) (vơ lí) Vậy k = x1 = x2 = = x2011 nên x1 = P (x1 ) với n = 4n2 + 5n + − a a = (2n + 1)2 Ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.27 (IMO, 1974) Cho P (x) đa thức khơng phải số, có hệ số ngun, bậc d cho n số lượng tất nghiệm nguyên khác phương trình P (x) = Chứng minh n ≤ d + Lời giải Trước hết, ta chứng minh Bổ đề 3.28 Cho đa thức f (x) với hệ số nguyên Chứng minh phương trình f (x) = có nhiều nghiệm nguyên phân biệt phương trình f (x) = −1 khơng có nghiệm ngun 53 Chứng minh bổ đề Giả sử a nghiệm nguyên phương trình f (x) = −1 Khi t f (a) = −1 Gọi x1 , x2 , x3 , x4 nghiệm nguyên phân biệt phương trình f (x) = f (x) − = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 )g(x) Suy f (a) − = −2 = (a − x1 )(a − x2 )(a − x3 )(a − x4 )g(a), a − x1 , a − x2 , a − x3 , a − x4 số nguyên phân biệt Nhưng −2 khơng thể phân tích tích số nguyên khác Vậy phương trình f (x) = −1 khơng thể có nghiệm ngun Trở lại tốn, giả sử n > d + Với d ≥ 4, ta nhận n ≥ Do d ≥ nên phương trình P (x) = có nghiệm nguyên Theo bổ đề 3.28 phương trình P (x) = −1 khơng thể có nghiệm ngun P (x) có bậc d nên n ≤ d, suy d + < n ≤ d (vơ lí) Suy d leq3 Với d = d = ta có n ≤ 2d ≤ d + Với d = Ta có n ≤ d < d + Vậy ta điều phải chứng minh 2n Bài toán 3.29 (VMO - 2014) Cho đa thức P (x) = (x2 − 7x + 6) + 13 với n số nguyên dương Chứng minh P (x) biểu diễn dạng tích n + đa thức khác số với hệ số nguyên Lời giải Hướng tiếp cận tự nhiên phản chứng Giả sử P (x) = P1 (x).P2 (x) Pn+1 (x) với Pi (x) ∈ Z [x] deg Pi (x) ≥ Do P (x)vô nghiệm thực nên Pi (x)phải có bậc chẵn Vì tổng bậc Pi (x) 4n nên phải có hai đa thức chẳng hạn P1 (x), P2 (x) có bậc Do P (x) monic nên P1 (x), P2 (x) mơ níc, giả sử P1 (x) = x2 + ax + b; P2 (x) = x2 + cx + d P1 (x), P2 (x) vô nghiệm thực nên P1 (x) > 0, P2 (x) > ∀x ∈ R Ta có 13 = P (1) = P1 (1).P2 (1) Pk (1) 13 = P (6) = P1 (6).P2 (6) Pk (6) Giả sử P1 (1) = ⇒ a = −b Khi P1 (6) = 36 − 5b Ta thấy P1 (6) = 36 − 5b > 13 nên P1 (6) = 36 − 5b = Từ tìm a = −7; b = Khi P1 (x) = x2 − 7x + lại có nghiệm thực, mâu thuẫn Vậy toán chứng minh 54 3.3 Ứng dụng biến đổi Abel số toán khác Ta nhắc lại bất đẳng thức Karamata (xem Định lý Karamata Chương 1): Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n}, thoả mãn điều kiện x1 ··· x2 xn , y1 y2 ··· yn    x y1       x1 + x2 y1 + y2        x1 + x2 + · · · + xn−1 y1 + y2 + · · · + yn−1      x + x + ··· + x = y + y + ··· + y n n (3.20) Khi đó, ứng với hàm lồi khả vi cấp f (x) I(a, b), ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) (3.21) Định lý 3.30 ([1], Bất đẳng thức Szego) Cho hàm số f (x) xác định lồi tập [0, a] với a > cho dãy 2n − số không âm đơn điệu giảm a a1 a2 ··· a2n−1 Khi ta có bất đẳng thức 2n−1 2n−1 (−1) j−1 f (aj ) (−1)j−1 aj f j=1 j=1 Chứng minh Để ý rằng, từ dãy giảm a a1 a2 ··· a2n−1 0, ta thành lập hai dãy giảm thoả mãn điều kiện Karamata a1 , a3 , , a2n−1 , b1 , b3 , , b2n−1 , dãy b1 , b3 , , b2n−1 xếp theo thứ tự giảm dần đánh số lại dãy số a2 , a4 , , a2n−2 , a1 − a2 + a3 + · · · + a2n−1 Sử dụng bất đẳng thức Karamata, ta có điều cần chứng minh 55 Định lý 3.31 (xem [1], Bất đẳng thức Bellman) Cho hàm số f (x) xác định lồi tập [0, a] với a > f (0) Xét dãy n số không âm đơn điệu giảm a a1 a2 ··· an Khi ta có bất đẳng thức n n (−1) j−1 f (aj ) (−1)j−1 aj f j=1 j=1 Định lý 3.32 (Bất đẳng thức Olkin) Cho hàm số f (x) xác định lồi tập [0, a] với a > Xét cặp dãy số không âm đơn điệu giảm a2 ··· an α1 ··· αn a1 Khi ta có bất đẳng thức n n j−1 1− (−1) (−1)j−1 αj f (aj ) αj f (0) + j=1 j=1 2n−1 (−1)j−1 αj aj f j=1 Bài toán 3.33 Cho đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 thỏa mãn điều kiện P (x) ∈ Q với x ∈ Z Chứng minh P (x) ∈ Q[x] (hay ak ∈ Q với k ∈ {0, , n}) Lời giải Dùng biểu diễn Abel P (x) ta có P (x) = b0 + b1 x + b2 x(x − 1) + · · · + bn x(x − 1) · · · (x − n + 1) Lần lượt cho x = 0, 1, , n − ta thu bi ∈ Q hay P (x) ∈ Q[x] Bài tốn 3.34 Tính tổng n Sn = n k.q k=1 k−1 k q k−1 (q = 1) (q = 1), Tn = k=1 56 Lời giải a) Theo công thức biến đổi Abel áp dụng cấp số cộng 1, 2, 3, , n (d = l) cấp số nhân q , q , q , , q n−1 Sn = [(1 − q n ).1 + q (1 − nq n−1 + (n − 1)q n ).l] = 1−q 1−q q − nq n + nq n+1 − q n+1 = 1−q + = 1−q 1−q n nq n+1 − (n + 1)q n + = (1 − q)2 b) Xét dãy số {an = n2 } dãy số {bn = q n−1 } Lập dãy số {Bn } sau n − qn Bn = bk = − q k=1 Sử dụng công thức biến đổi Abel, ta thu n (ak − ak+1 )Bk + an Bn Sn = k=1 n n − qk 21 − q +n [k − (k + 1) ] = − q 1−q k=1 2 n−1 n − qk 21 − q +n =− (2k + 1) l − q l−q k=1 n−1 = [ (2k − 2kq k + − q k ) − n2 + n2 q n ] = q − k=1 n n n−1 n−1 = [2 k−2 k.q k−1 + + qk + − n2 + n2 q n ] q − k=1 k=1 k=1 k=1 Rút gọn biểu thức ta Sn = [n(n − 2)q n+1 − (n + 1)(n − 3)q n − 3] (q − 1) 57 Kết luận Luận văn “Các đồng thức Abel áp dụng” giải vấn đề sau: Luận văn trình bày đồng thức Abel sinh tổng tích số Tiếp theo, trình bày số ứng dụng đồng thức Abel bất đẳng thức biểu diễn hàm số Xét toán nhận dạng đa thức nhận giá trị nguyên hữu tỷ tập số nguyên dương 58 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Nội suy đa thức, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi olympic Tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh, Đặng Huy Ruận (2006), Chuỗi số phương trình vi phân, NXB ĐHQG Hà Nội [5] Polya G., Sego G (1983), Bài tập định lý giải tích, NXB ĐH THCN [B] Tiếng Anh [6] Paulo Ney de Sauza, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer [7] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis Springer ... - ĐỖ THỊ THỦY CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC ABEL VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN... , đồng thức Lagrange (a2 + b2 )(x2 + y ) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 , ứng dụng chúng số học, đại số, lượng giác hình học Mục tiêu luận văn Các đồng thức Abel áp dụng nhằm giới thiệu hai đồng. .. theo ta trình bày dạng bất đẳng thức sau sử dụng biến đổi Abel, thường gọi Bất đẳng thức Karamata Bất đẳng thức có nhiều ứng dụng thực tiễn Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số {xk