Luận văn thạc sĩ toán phương pháp một số đồng nhất thức

Luận văn thạc sĩ toán phương pháp về một số đồng nhất thức của cô Huỳnh Thị Mỹ Dung dưới sự hướng dẫn khoa học của thầy Tiến sĩ Trịnh Đào Chiến. Luận văn này gồm 65 trang pdf trình bày đẹp qua phần mềm latex. Luận văn gồm 3 chương chính và một số phần phụ.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ MỸ DUNG MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC CƠ BẢN VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ MỸ DUNG MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC CƠ BẢN VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN Bình Định - 2012 i MỤC LỤC Mục lục i Lời mở đầu Chương 1.1 1.2 2.2 1.1.1 Dạng tổng quát thứ 1.1.2 Dạng tổng quát thứ hai 1.1.3 Áp dụng 10 Đồng thức Newton 14 1.2.1 Đồng thức Newton 14 1.2.2 Áp dụng 16 Đồng thức liên quan đến tam giác Đồng thức Leibnitz tổng quát 19 19 2.1.1 Kiến thức chuẩn bị 19 2.1.2 Đồng thức Leibnitz tổng quát 26 Áp dụng 27 Chương 3.1 Đồng thức Lagrange Chương 2.1 Một số đồng thức đại số Đồng thức dạng phân thức hữu tỷ 33 Đồng thức cảm sinh Công thức nội suy Lagrange 33 3.1.1 Công thức nội suy Lagrange 33 3.1.2 Áp dụng 34 Đồng thức dạng phân thức hữu tỷ 39 3.2.1 Đồng thức dạng phân thức hữu tỷ 39 3.2.2 Áp dụng 42 Kết luận 60 3.2 ii Tài liệu tham khảo 61 LỜI MỞ ĐẦU Đẳng thức (số, đại số, giải tích) với giá trị số xác định chữ đẳng thức gọi đồng thức Chẳng hạn ♣a ✁ bq2 ✏ ♣b ✁ aq2; ♣a   bq3 ✏ a3   3a2b   3ab2   b3; N ✏ alog N ♣a → 0, a ✘ 1, N → 0q; sin2 x   cos2 x ✏ 1; lg♣xy q ✏ lg x   lg y ♣x, y → 0q; a Theo thời gian, tùy theo mục đích nghiên cứu tốn học khác nhau, nhiều đồng thức phát tổng qt hóa Trong chương trình tốn phổ thông, số trường hợp riêng đồng thức chứng minh, có tên đẳng thức Cho đến nay, tùy theo lĩnh vực nghiên cứu, số đồng thức xuất ngày phong phú với nhiều ứng dụng quan trọng Cùng với bất đẳng thức, toán chứng minh đồng thức thường có mặt đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia Olympic toán quốc tế Đây dạng toán quen thuộc, lĩnh vực chuyên sâu, thường khó Trong chương trình tốn phổ thơng, xuất nhiều việc đề cập đồng thức áp dụng chuyên đề chọn lọc cho giáo viên học sinh chuyên tốn bậc phổ thơng chưa có nhiều, chưa hệ thống theo dạng xem xét khía cạnh tổng quát hóa chúng Luận văn đề cập đến số đồng thức với áp dụng chương trình tốn phổ thơng Ngồi lời mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn chia làm ba chương: Chương Đề cập đến hai đồng thức đại số mà dạng đơn giản chúng quen thuộc chương trình tốn phổ thơng, Đồng thức Lagrange Đồng thức Newton Có thể nói hai đồng thức chiếm vị trí quan trọng chương trình tốn Trung học sở Trung học phổ thông Rất nhiều đồng thức có "cái gốc" hai đồng thức Việc nghiên cứu dạng tổng quát Đồng thức Lagrange cho ta nhìn tổng quát từ số đồng thức riêng rẽ Từ dạng này, với số phương pháp kết hợp, luận văn trình bày số tập tự sáng tác Việc làm cần thiết cho giáo viên giảng dạy chương trình tốn phổ thơng Nhiều tập tự sáng tác dùng làm đề thi tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Trung học sở Trung học phổ thơng Ta biết rằng, có phương pháp để sáng tác bất đẳng thức từ đồng thức "bỏ biểu thức không âm" Luận văn đề xuất nhiều bất đẳng thức từ dạng tổng quát Đồng thức Lagrange Việc nghiên cứu Đồng thức Newton cho ta nhìn tổng quát hệ thức truy hồi liên quan đến nghiệm đa thức Nó "cái gốc" dạng tốn liên quan đến đa thức (mà phổ thông thường gặp tam thức bậc hai), dạng toán liên quan đến việc xác định số công thức truy hồi (như cơng thức truy hồi tuyến tính Dãy Lucas) số dạng toán liên quan đến việc tính số tổng hữu hạn mà luận văn đề cập phần áp dụng Chương Luận văn đề cập đến đồng thức quan trọng liên quan đến việc biểu diễn tính khoảng cách điểm đặc biệt tam giác: Đồng thức Leibnitz tổng quát Có thể nói rằng, Đồng thức Leibnitz tổng quát "cái gốc" nhiều hệ thức bất đẳng thức liên quan đến điểm đặc biệt tam giác như: trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, Điểm Lhuilier-Lemoine, Điểm Gergonne, Điểm Nagel, Điểm Crell-Brocard, Từ đồng thức này, luận văn đề xuất phương pháp mà "vét" hầu hết hệ thức bất đẳng thức quan trọng liên quan đến khoảng cách điểm đặc biệt tam giác Từ phương pháp này, giáo viên phổ thơng nắm "cái gốc" toán đề thi chọn học sinh giỏi cấp Từ tự sáng tác nhiều tập khác, làm tài liệu để bồi dưỡng học sinh giỏi Chương Luận văn đề cập đến đồng thức dạng phân thức hữu tỷ Nó "cái gốc" nhiều đồng thức dạng phân thức thường gặp chương trình tốn phổ thơng đề thi học sinh giỏi cấp Trung học sở Trung học phổ thông Nhiều đồng thức cảm sinh từ Công thức nội suy Lagrange, công thức nội suy quan trọng Giải tích góc nhìn phù hợp, cho ta số đồng thức quen thuộc chương trình tốn phổ thơng Một số tính chất đồng thức dạng phân thức hữu tỷ luận văn đề cập Từ tính chất này, nhiều toán liên quan đến phân thức hữu tỷ phổ thông đề cập Mặc dù, tác giả cố gắng nhiều trình nghiên cứu, song lực thân hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý q thầy bạn để luận văn hoàn thiện Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Trịnh Đào Chiến, người trực tiếp hướng dẫn tác giả thực luận văn người định hướng cho tác giả nhiều phương pháp học tập, nghiên cứu Nhân đây, tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Phòng Sau đại học, Khoa Toán học Trường Đại học Quy Nhơn tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập; gia đình, bạn bè chia sẻ, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập, nghiên cứu đề tài Chương MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC ĐẠI SỐ 1.1 Đồng thức Lagrange 1.1.1 Dạng tổng quát thứ Với n số thực ♣a1 , b1 , u1 , v1 q , ♣a2 , b2 , u2 , v2 q , , ♣an , bn , un , q, ta có kết sau Định lý 1.1.1 ✄ ☛✄ n ➳ j ✏1 aj uj j ✏1 ✏✁ ☛ n ➳ bj vj n ➳ 1↕j ➔k↕n ✁ ✄ n ➳ j ✏1 ☛✄ aj bj n ➳ j ✏1 ☛ uj vj ♣aj vk ✁ ak vj q ♣bj uk ✁ bk uj q (1.1) Đồng thức (ĐNT) gọi Đồng thức Lagrange tổng quát (dạng 1) Chứng minh Ta có ✂ n ➦ j ✏1 ✡✂ aj uj ✏ ✏ n ➦ j ✏1 j,k✏1;j ✘k n ➦ j,k✏1;j ✘k n ➦ ✏✁ ✏✁ ✡ n ➦ bj vj ✁ ✂ aj bk uj vk   aj bk uj vk ✁ ↕j ➔k ↕n n ➦ 1↕j ➔k↕n ✡✂ n ➦ aj bj j ✏1 n ➦ j ✏1 n ➦ j ✏1 aj bj uj vj ✁ n ➦ j,k✏1;j ✘k ✡ uj vj ✂ n ➦ j,k✏1;j ✘k aj bj uk vk   aj bj uk vk ♣aj bj uk vk ✁ aj bk uj vk ✁ ak bj uk vj   ak bk uj vj q ♣aj vk ✁ ak vj q ♣bj uk ✁ bk uj q Định lý chứng minh n ➦ j ✏1 ✡ aj bj uj vj - Với n ✏ 2, (1.1) có dạng ♣a1u1   a2u2q ♣b1v1   b2v2q ✁ ♣a1b1   a2b2q ♣u1v1   u2v2q ✏ ✁ ♣a1v2 ✁ a2v1q ♣b1u2 ✁ b2u1q - Với n ✏ 3, (1.1) có dạng (1.2) ♣a1u1   a2u2   a3u3q ♣b1v1   b2v2   b3v3q ✁ ♣a1b1   a2b2   a3b3q ♣u1v1   u2v2   u3v3q ✏ ✁ ♣a1v2 ✁ a2v1q ♣b1u2 ✁ b2u1q ✁ ♣a1v3 ✁ a3v1q ♣b1u3 ✁ b3u1q ✁ ♣a2v3 ✁ a3v2q ♣b2u3 ✁ b3u2q (1.3) - Với uj ✂ ✏ aj vj ✏ bj , (1.1) có dạng n ➦ j ✏1 ✡✂ a2j n ➦ j ✏1 ✡ b2j ✁ ✂ n ➦ ✡2 n ➦ ♣aj bk ✁ ak bj q2 (1.4) ✏ ♣a1b1   a2b2q2   ♣a1b2 ✁ a2b1q2 (1.5) j ✏1 aj bj ✏ 1↕j ➔k↕n (1.4) Đồng thức Lagrange - Với n ✏ 2, (1.4) có dạng   a21   a22 ✟  b21   b22 ✟ - Với n ✏ 3, (1.4) có dạng   a21   a22   a23 1.1.2 ✟  ✟ ✏ ♣a1b1   a2b2   a3b3q2   ♣a1b2 ✁ a2b1q2   ♣a1b3 ✁ a3b1q2   ♣a2b3 ✁ a3b2q2 b21   b22   b23 Dạng tổng quát thứ hai Giả sử a1 , a2 , , as ; b1 , b2 , , bs 2s số thực Mm :✏ ➦ m ➳ ➳ ♣✁1qk Ckm♣ k ✏0 ak bm 1✁k ký hiệu thu gọn Ta có kết sau ➳ am 1✁k bk q♣ s ➦ i✏1 ak bm 1✁k q,  1✁k aki bm i (1.6) 47 Chọn p♣xq ✏ x ta thu n ♣x   αk qp♣αk q ➳ 2n k✏1 x ✁ αk ✏ xn ✁ x ✁ 12 p♣0q n ♣   αk qp♣αk q ✁ ➳ p♣αk q x ✁ α n k k ✏1 k ✏1 n n ➳ ➳ ♣x   αk qp♣αk q ✁ p♣α q ✏ 2n k x ✁ αk 2n k✏1 k ✏1 n n ✠ ✁➳ ♣ x   αk qp♣αk q ➳ ✏ 2n ✁ p♣αk q x ✁ αk k ✏1 k ✏1 n ✁ ✠ ➳ ♣x   αk qp♣αk q ✁ p♣αk q ✏ 2n x ✁ αk k ✏1 n ✁ ♣ x   αk qp♣αk q ✁ ♣x ✁ αk qp♣αk q ✠ ➳ ✏ 2n x ✁ αk k ✏1 n n ➳ 2αk p♣αk q αk p♣αk q ➳ ✏ 2n ✏ x ✁ αk n k✏1 x ✁ αk k ✏1 ✏ 2n n ➳ x n αk αk ➳ n k✏1 x ✁ αk ✏ Cho x ✏ 2, ta nhận 2n ✁ Từ suy ✏ 2n ✁ 2n ✏ ✏ n ➳ αk2 n k ✏1 x ✁ α k n ➳ αk2 n k✏1 ✁ αk n ➳ cos 4kπ n k ✏1 ✁ cos 2kπ n ✁ cos 2kπ n Bài toán 3.13 Chứng minh rằng, với số nguyên dương n số thực x t✁2n, ✁n, ✁2nk   2, ✁n   1, , ✁2, ✁1, 0✉, ta ln có n ➦ ♣✁1q ✏ n! ; iq Cnk n ➧ x k k ✏0 ♣x   kq k ✏0 n ➦ ♣✁1qk ✏ n!2n Cnk iiq n ➧ x   2k k ✏0 ♣x   2kq k ✏0 ❘ 48 Giải Từ việc tách phân thức (theo Công thức nội suy Lagrange) n ➧ n! ♣x   kq ✏ k ✏0 n!2n n ➧ ♣x   2kq k ✏0 ✏ n ➳ k ✏0 xk x k n ➳ xk , x   2k k ✏0 từ ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.14 Giả sử số α1 , α2 , , αn đôi khác αi   αj với i, j ✏ 1, 2, , n Hãy giải hệ phương trình sau ✩ x1 ✬ ✬ ✬ ✬ α1 ✬ ✬ ✬ ✬ x1 ✬ ✫     α2 ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ x1 ✬ ✪   αn ✘0    x2α   ☎ ☎ ☎   n  xnα ✏ 1,   x2   α2   ☎☎☎   xn n   α2 ✏ 1,    x2α   ☎ ☎ ☎   n  xnα ✏ n n Giải Giả sử x1 , x2 , , xn nghiệm phương trình cho Xét hàm số f ♣xq ✏ x2 xn p♣xq     ☎ ☎ ☎   ✁ 1✏ ➧ n 1 x 2 x n x ♣i   xq x1 với đa thức p♣xq bậc n i✏1 Vì f ♣αi q ✏ 0, i ✏ 1, , n, nên f ♣xq ✏ ✁ ♣x ✁ α1q♣x ✁ α2q ♣x ✁ αnq ♣x   1q♣x   2q ♣x   nq Từ hệ thức x2 xn ♣x ✁ α1q♣x ✁ α2q ♣x ✁ αnq ,     ☎ ☎ ☎   ✁ 1✏✁ 1 x 2 x n x ♣x   1q♣x   2q ♣x   nq x1 ta suy x1 ♣x   2q♣x   3q ♣x   nq   x2 ♣x   1q♣x   3q ♣x   nq 49  x3♣x   1q♣x   2q♣x   4q ♣x   nq   x4♣x   1q♣x   2q ♣x   nq   ☎ ☎ ☎   xn♣x   1q♣x   2q ♣x   n ✁ 1q ✁ ♣x   1q♣x   2q ♣x   nq ✏ ✁ ♣x ✁ α1q♣x ✁ α2q ♣x ✁ αnq Ta nhận nghiệm ✩ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ x1 ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ x2 ✬ ✬ ✬ ✫ ♣✁1qn✁1 ➧ ♣1   αiq i✏1 ✏ ứng với x ✏ ✁1, ♣n ✁n 1q! ♣✁1qn✁2 ➧ ♣2   αiq i✏1 ✏ ứng với x ✏ ✁2, 1!♣n ✁ 2q! n ➧ ♣✁ 1qn✁3 ♣3   αi q ✬ i✏1 ✬ x3 ✏ ứng với x ✏ ✁3, ✬ ✬ ✬ 2!♣n ✁ 3q! ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✪xn n ♣✁1qn✁n ➧ ♣n   αiq i✏1 ✏ ứng với x ✏ ✁n ♣n ✁ 1q! n hệ giải xong Bài toán 3.15 Giả sử ϕ♣xq ✏ n ➧ ♣x   αiq, số α1, α2, , αn đôi khác αi   αj ✘ 0, với i, j ✏ 1, 2, , n Chứng minh n ➦ iq ♣✁1qiCni ϕ♣iq ✏ ♣✁1qnn!; i✏0 n ➦ iiq ♣✁1qiCni in ✏ ♣✁1qnn!; i✏0 n ➦ iiiq ♣✁1qiCni Cni  i ✏ ♣✁1qn i✏1 i✏0 Giải iq Từ cách giải ta suy đồng thức sau ♣✁1qn✁iϕ♣iq ♣x ✁ α1q♣x ✁ α2q ♣x ✁ αnq ✁ 1✏✁ ♣x   iq♣i ✁ 1q!♣n ✁ iq! ♣x   1q♣x   2q ♣x   nq i✏1 Với x ✏ ta có n ➳ ♣✁1qn✁iϕ♣iq ✁ ✏ ♣✁1qn 1ϕ♣0q i!♣n ✁ iq! n! n ➳ i✏1 50 ♣✁1qn✁iϕ♣iq ✁ ♣✁1qn 1ϕ♣0q ✏ i!♣n ✁ iq! n! i✏1 n n✁i n ➳ ô ♣✁i!1♣nq ✁ ϕiq♣!iq   ♣✁1qn!ϕ♣0q ✏ i✏1 n n✁i ➳ ô ♣✁i!1♣nq ✁ ϕiq♣!iq ✏ i✏0 ô n ➳ n ➳ ô ♣✁1qiCni ϕ♣iq ✏ ♣✁1qnn! i✏0 hay ta nhận công thức n ➳ i✏0 ♣✁1qiCni ϕ♣iq ✏ ♣✁1qnn! Công thức cho trường hợp αi iiq Cơng thức α2 n ➦ ♣✁1qiCni ϕ♣iq ✏ ♣✁1qnn! cho αi nên lấy α1 ✏ i✏0 ✏ ☎ ☎ ☎ ✏ αn ✏ 0, ta thu n ➳ ♣✁1qiCni in ✏ ♣✁1qnn! i✏0 iiiq Khi lấy αi ✏ i ứng với i, ta có ϕ♣iq ✏ ♣n  i! iq! nên n ➳ ♣✁1qiCni ♣n  i! iq! ✏ ♣✁1qn.n! i✏0 n ➳   iq! ✏ ♣✁1qn ô ♣✁1qiCni ♣ni!n! i✏0 n ➳ ô ♣✁1qiCni Cni  i ✏ ♣✁1qn i✏0 Bài toán 3.16 Giả sử ϕ♣xq ✏ n ➧ ♣x   αiq, số α1, α2, , αn đôi khác αi   αj ✘ 0, với i, j ✏ 1, 2, , n Chứng minh n ♣✁1qi C i ϕ♣iq ➦ 4n! n iq ✏   ♣✁ 1qn ϕ♣0q; 2i ✁ c i✏1 n ♣✁1qi✁1 2i ✁ 1C i in ➦ 2n ♣n!q2 n iiq ✏ 2n 2i ✁ i✏1 i✏1 51 Giải Xuất phát từ đẳng thức f ♣xq : ✏ x2 xn     ☎ ☎ ☎   ✁ 1 x 2 x n   x 2x   c♣x ✁ α1 q♣x ✁ α2 q ♣x ✁ αn q ✏ ✁ ♣2x   1q♣x   1q♣x   2q ♣x   nq , ta suy iq thay x1 , x2 , , xn x 0; iiq suy từ iq x1 Bài toán 3.17 Giả sử số thực a1 , a2 , , an thỏa mãn hệ phương trình sau n ➳ k ✏1 ✏ , r ✏ 1, 2, , n k r 2r   ak Chứng minh n ➳ ak 2k   k ✏1 Giải Xét n ➵ f ♣xq ✏ k ✏1 ♣x   kq♣x   ➔ n ak ✑➳ q k ✏1 k   r đa thức bậc n x Bởi f ♣rq ✏ với r f ♣xq ✏ a Cho x ✏ ✁ , ta n ➵ r ✏1 ✙ ✁ x  ✏ 1, 2, , n, nên ♣x ✁ rq ✁ a ✏ ✁2 ✁r ✁ 21 r ✏1 n ➵ r Như n ➵ n ✑➳ ♣x   kq♣x   12 q k ✏1 k ✏1 ✙ ✁ ✏ ✁2 k x x  ak n ✁ 12 ➵ ♣x ✁ rq ✁ r ✁ r ✏1 r ✏1 n ➵ r Từ suy ♣ ✁ k q♣✁k   12 q ✁ x   ✏ ✁2 ♣x   kq♣k   q k   x 2 k ✏1 k ✏1 n ➳ ak n ➵ x Với x ✏ , ta thu 2 n ➳ ak 2k   k ✏1 ✁ ✏ ✁ ♣2n  2 1q2 52 Do n ➳ ak 2k   k ✏1 ➔ Bài toán 3.18 Với ba số a, b, c phân biệt a, b, c ❘ t0, ✁1, ✁2, ✁3✉, giả sử số x, y, z thỏa mãn hệ phương trình ✩ x ✬ ✬ ✬ ✬ ✬ ✫1 a y z         b   c ✏ 1, x y z     ✏ 1, ✬ 2 a 2 b 2 c ✬ ✬ ✬ ✬ ✪ x   y   z ✏ 3 a 3 b 3 c Chứng minh x a   yb   zc ✏   abc Giải Xét f ♣tq ✏ y z p♣tq     ✁ 1✏✁ a t b t c t ♣a   tq♣b   tq♣c   tq x với đa thức p♣tq bậc Vì f ♣1q ✏ f ♣2q ✏ f ♣3q ✏ nên p♣1q ✏ p♣2q ✏ p♣3q ✏ y z ♣t ✁ 1q♣t ✁ 2q♣t ✁ 3q     ✁ 1✏✁ a t b t c t ♣a   tq♣b   tq♣c   tq x Với t ✏ 0, ta x a   yb   zc ✏   abc Bài toán 3.19 Giả sử x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình x3   ax   b ✏ với a   b ✘ ✁1 Hãy tính giá trị D1 ✏ ♣1 ✁1x q2   ♣1 ✁1x q2   ♣1 ✁1x q2 D2 ✏ ♣x1 ✁ x2q2♣x2 ✁ x3q2♣x3 ✁ x1q2 53 Giải Vì x3   ax   b ✏ ♣x ✁ x1 q♣x ✁ x2 q♣x ✁ x3 q nên 3x2   a ✏ ♣x ✁ x2 q♣x ✁ x3 q   ♣x ✁ x3 q♣x ✁ x1 q   ♣x ✁ x1 q♣x ✁ x2 q Từ suy D2 ✏ ✁♣a   3x21q♣a   3x22q♣a   3x23q ✏ ✁4a3 ✁ 27b2 Ta lại có x ✁ x1   x✁x   x✁x ✏ 1 3x2   a x3   ax   b Vậy nên ♣x ✁ x1q2 Với x ✏ có D1 ✁ 6bx   a2   ♣x ✁1x q2   ♣x ✁1x q2 ✏ 3x ♣x3   ax   bq2 ✏ ♣1 ✁1x q2   ♣1 ✁1x q2   ♣1 ✁1x q2 ✏ ♣31✁ 6ba    baq2 Bài toán 3.20 Giả sử x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình x3   ax   b ✏ với b ✘ a   Tính T ✏ x21 ♣x2   1q♣x3   1q   x22 ♣x3   1q♣x1   1q   x23 ♣x1   1q♣x2   1q Giải Vì x3   ax   b ✏ ♣x ✁ x1 q♣x ✁ x2 q♣x ✁ x3 q nên ✏ x11♣ 1 a ✁x1bq , x22 x22 ♣1   x2 q ✏ ♣x3   1q♣x1   1q   a ✁ b , x23 ♣1   x3 q x23 ✏ ♣x1   1q♣x2   1q   a ✁ b , x21 ♣x2   1q♣x3   1q 54 suy T ✏ x21 ♣x2   1q♣x3   1q   x22 ♣x3   1q♣x1   1q   x23 ♣x1   1q♣x2   1q ✏ ✁1  2aa✁✁3bb Bài toán 3.21 Chứng minh phương trình 1     ✏2 x✁1 x✁2 x✁3 có ba nghiệm thực phân biệt Giải Xét tổng phân thức f ♣xq ✏ 1 2x3 ✁ 15x2   34x ✁ 23     ✁ 2✏✁ x✁1 x✁2 x✁3 ♣x ✁ 1q♣x ✁ 2q♣x ✁ 3q Đặt g ♣xq ✏ 2x3 ✁ 15x2   34x ✁ 23 Vì g ♣1q ➔ 0, g♣2q → 0, g♣3q ➔ 0, g♣4q → nên g♣xq ✏ có nghiệm thực phân biệt Do f ♣xq ✏ có ba nghiệm thực phân biệt Bài toán 3.22 Giả sử f ♣xq đa thức bậc n ➙ có n nghiệm thực phân biệt Chứng minh đồng thức sau n ➦ g ♣xq g ♣xk q iq ✏ với x ✘ xk , k f ♣xq k✏1 f ✶ ♣xk q♣x ✁ xk q có bậc ↕ n ✁ ✏ 1, 2, , n, đa thức g♣xq Từ tính tổng n ➳ xsk Ts ✏ ✶ ♣xk q , ↕ s ↕ n ✁ f k ✏1 tổng Tn✁1 ✏ iiq Tính tổng S với k 2kπ ✏ cos 2kπ   i sin n n ✏ n ➳ xnk ✁1 k ✏1 n➳ ✁1 k ✏0 f ✶ ♣xk q k x✁ k 55 Giải iq Theo định lý Lagrange, ta có g ♣xq f ♣xq với x ✘ xk , k ✏ ✏ 1, 2, , n, đa thức g♣xq có bậc ↕ n ✁ Chọn g ♣xq ✏ xs , từ xsk f ♣xq x ✏ ✶ ♣xk q♣x ✁ xk q , f k ✏1 n ➳ s suy Ts ✏ Với s ✏ n ✁ 1, có tổng n ➳ xsk f ✶ ♣xk q k ✏1 Tn✁1 iiq Từ xn ✁ ✏ g ♣xk q f ✶ ♣xk q♣x ✁ xk q k ✏1 n ➳ ✏ n➧ ✁1 k ✏0 ✏ 0, ↕ s ↕ n ✁ n ➳ xnk ✁1 k ✏1 f ✶ ♣xk q ✏ ♣x ✁ k q, suy nxn xn ✁ Do S ✏ n➳ ✁1 ✏ n➳ ✁1 x✁ k ✏0 k n nx n ✏ ✁ n✏ n n x ✁ x ✁ x ✁ k k ✏0 k Bài tốn 3.23 Phân tích f ♣xq ✏ x♣ x2   1q♣ x2   22q ♣x2   n2q (trên R) thành tổng phân thức đơn giản Từ tính tổng ♣✁1qk ♣n   kq!♣n ✁ kq!♣1   k2q k ✏1 n a x b ➦ a k k Giải Theo Định lý 3.2.6, ta có f ♣xq ✏   2 x k ✏1 x   k n ➳ Từ suy f ♣xq ✏ n ➳ ♣✁1qk x x     k2q ♣n!q2 ♣ n   k q ! ♣ n ✁ k q ! ♣ x k ✏1 56 Cho x ✏ 1, ta nhận ♣✁1qk x 1 ✏ ✁ 2q q ♣1   n2 q ♣ n   k q ! ♣ n ✁ k q ! ♣   k ♣   2 ♣ n! q k ✏1 n ➳ Bài toán 3.24 Chứng minh b c d ♣b ✁ aq♣c ✁ aq♣d ✁ aq♣x ✁ aq   ♣c ✁ bq♣d c✁ bq♣d a ✁a bq♣x ✁ bq   d a b a b c   ♣d ✁ cq♣a ✁ cq♣b ✁ cq♣x ✁ cq ♣a ✁ dq♣b ✁ dq♣c ✁ dq♣x ✁ dq ✏ ♣x ✁ axq♣✁x a✁✁bq♣b x✁✁c ✁cq♣dx ✁ dq Giải Ta cần chứng minh ♣a   b   c   dq ✁ a   ♣a   b   c   dq ✁ b ♣a ✁ bq♣a ✁ cq♣a ✁ dq♣a ✁ xq ♣b ✁ aq♣b ✁ cq♣b ✁ dq♣b ✁ xq   ♣c ✁ ♣aaq♣ c ✁b  bq♣c c ✁dqdq♣✁cc✁ xq   ♣d ✁ ♣aaq♣ d b✁ bq♣c d ✁dqc✁q♣dd✁ xq   ♣x ✁ ♣aaq♣ x b✁ bq♣c  x ✁dqc✁q♣xx ✁ dq ✏ Áp dụng Công thức nội suy Lagrange với f ♣y q ✏ a   b   c   d ✁ y, y1 ✏ a, y2 ✏ b, y3 ✏ c, y4 ✏ d, y5 ✏ x, ta thu điều phải chứng minh Bài toán 3.25 Xét số dương x ✏ ♣x1 , x2 , , xn q, y ✏ ♣y1, y2, , ynq Chứng minh E2 ♣x   y q E1 ♣x   y q n ✁ ➦ n ➦ yj ✁ yi n ➦ ✠2 j ✏1 j ✏1 ✁ EE2♣♣xxqq ✁ EE2♣♣yyqq ✏ i✏2E ♣x   yqE ♣xqE ♣yq xi 1 1 xj (3.22) 57 Giải Ta chứng minh (3.22) theo cách biến đổi sau Ta có n ✁ ➳ ✏ i✏1 n ✑ ➳ i✏1 n ➳ xi j ✏1 yj ✁ yi ✠2 n ➳ j ✏1 xj n ✑ ➳ ✏ i✏1 ✙2 xi E1 ♣y q ✁ yi E1 ♣xq x2i E12 ♣y q   yi2 E12 ♣xq ✁ 2xi yi E1 ♣xqE1 ♣y q ✏ ♣yq E12 n ➳ i✏1 x2i n ➳   ♣xq E12 i✏1 ✑ ✏E12♣yq yi2 ✙ E12 ♣xq ✁ 2E2 ♣xq ✁ 2E1♣xqE1♣yq ✑   E12♣xq ✙ n ➳ i✏1 xi yi ✙ E12 ♣y q ✁ 2E2 ♣y q ✁ 2E1♣xqE1♣yq ✏2E12♣yqE12♣xq ✁ 2E2♣xqE12♣yq ✁ 2E12♣xqE2♣yq ✁ 2E1♣xqE1♣yq n ➳ i✏1 n ➳ i✏1 xi yi x i yi Vì vế phải đồng thức (3.22) viết dạng n ✁ ➦ i✏1 xi n ➦ j ✏1 yj ✁ yi ✠2 n ➦ j ✏1 xj 2E1 ♣x   y qE1 ♣xqE1 ♣y q ✏ E12 ♣y qE12 ♣xq ✁ E2 ♣xqE12 ♣y q ✁ E12 ♣xqE2 ♣y q ✁ E1 ♣xqE1 ♣y q E1 ♣x   y qE1 ♣xqE1 ♣y q n ➦ i✏1 ✁ xi yi n ➦ ✁E2♣xq ♣yq ✁ ♣xqE2♣yq   E1♣xqE1♣yq E1♣xqE1♣yq ✁ xiyi i✏1 ✏ E1 ♣x   y qE1 ♣xqE1 ♣y q E12 E12 ✠ (3.23) Ta có E2 ♣x   y q ✏ ✏ ✏ ✏ n➳ ✁1 ♣xi   yiq i✏1 n➳ ✁1 ✑ n ➳ ♣xi   yiq i✏1 n➳ ✁1 ✑ n ➳ i✏1 n➳ ✁1 ✁ j ✏i 1 n ➳ i✏1 j ✏i 1 xi xi ♣xj   yj q j ✏i 1 n ✁ ➳ j ✏i 1 x j   yi ✠ xj   xj   n ➳ j ✏i 1 n➳ ✁1 ✁ i✏1 n ➳ j ✏i 1 ✠✙ yj yj   x i yi n ➳ j ✏i 1 n ➳ j ✏i 1 ✠ yj yj   yi n ➳ j ✏i 1 ✙ xj 58   n➳ ✁1 ✁ i✏1 xi n ➳ j ✏i 1 ✏ E2♣xq   E2♣yq   ✠ yj n➳ ✁1 ✁ i✏1 xi   n➳ ✁1 ✁ i✏1 n ➳ j ✏i 1 yi ✠ yj ✠ n ➳ j ✏i 1   xj n➳ ✁1 ✁ yi i✏1 ✠ n ➳ j ✏i 1 xj Vì sau quy đồng mẫu số phân thức vế trái đồng thức (3.22) ta tử thức E2 ♣x   y qE1 ♣xqE1 ♣y q ✁ E1 ♣y qE2 ♣xqE1 ♣x   y q ✁ E2 ♣y qE1 ♣xqE1 ♣x   y q Ta tính E2 ♣x   y qE1 ♣xqE1 ♣y q ✏ E1♣xqE1♣yq ✑ E2 ♣xq   E2 ♣y q   n➳ ✁1 ✁ i✏1 xi n ➳ j ✏i 1 ✠ yj   n➳ ✁1 ✁ ✏E1♣xqE1♣yqE2♣xq   E1♣xqE1♣yqE2♣yq   E1♣xqE1♣yq   E1♣xqE1♣yq n➳ ✁1 ✁ i✏1 yi ✠ n ➳ j ✏i 1 yi i✏1 n ➳ j ✏i 1 n➳ ✁1 ✁ i✏1 xi ✠✙ xj n ➳ j ✏i 1 ✠ yj xj E1 ♣y qE2 ♣xqE1 ♣x   y q   E2 ♣y qE1 ♣xqE1 ♣x   y q ✁ ✠ ✏E1♣x   yq E1♣yqE2♣xq   E2♣yqE1♣xq ✁ ✠✁ ✠ ✏ E1♣xq   E1♣yq E1♣yqE2♣xq   E2♣yqE1♣xq ✏E1♣xqE1♣yqE2♣xq   E12♣xqE2♣yq   E12♣yqE2♣xq   E1♣yqE2♣yqE1♣xq Khi E2 ♣x   y qE1 ♣xqE1 ♣y q ✁ E1 ♣y qE2 ♣xqE1 ♣x   y q ✁ E2 ♣y qE1 ♣xqE1 ♣x   y q ✏E1♣xqE1♣yq n➳ ✁1 ✁ i✏1 xi n ➳ j ✏i 1 ✠ yj   E1♣xqE1♣yq ✁ E12♣xqE2♣yq ✁ E12♣yqE2♣xq n➳ ✁1 ✁ i✏1 yi n ➳ j ✏i 1 ✠ xj 59 ✁1 ✁ ✁ n➳ n ➳ i✏1 j ✏i 1 ✏ E1♣xqE1♣yq xi yj ✁1 ✁ ✠ n➳   i✏1 yi ✠✠ n ➳ j ✏i 1 xj ✁E12♣xqE2♣yq✁E12♣yqE2♣xq Theo (3.23) để chứng minh đồng thức (3.22) ta cần chứng minh đẳng thức sau E1 ♣xqE1 ♣y q ✁ n ➳ i✏1 xi yi ✏ n➳ ✁1 i✏1 xi n ➳ j ✏i 1 yj   n➳ ✁1 i✏1 yi n ➳ j ✏i 1 (3.24) xj Ta có E1 ♣xqE1 ♣y q ✁ n ➳ i✏1 x i yi ✏ ✏   ✏ n ➳ i✏1 n ➳ i✏1 n➳ ✁1 xi i✏1 yi ✁ x i yi   i✏1 n➳ ✁1 i✏1 n ➳ yi xi n ➳ n➳ ✁1 i✏1 j ✏i 1 n ➳ n ➳ i✏1 xi xj ✁ j ✏i 1 yj   x i yi n ➳ j ✏i 1 n ➳ yj xi yi i✏1 n➳ ✁1 i✏1 yi n ➳ j ✏i 1 xj Suy (3.24) chứng minh Từ suy đồng thức (3.22) chứng minh 60 KẾT LUẬN Luận văn đề cập vấn đề sau đây: • Trình bày hai đồng thức đại số mà dạng đơn giản chúng quen thuộc chương trình tốn phổ thơng, Đồng thức Lagrange Đồng thức Newton • Trình bày cách xác định số cơng thức truy hồi tuyến tính (như cơng thức truy hồi tuyến tính Dãy Lucas) số dạng tốn liên quan đến việc tính tổng hữu hạn • Trình bày đồng thức quan trọng liên quan đến việc biểu diễn tính khoảng cách điểm đặc biệt tam giác: Đồng thức Leibnitz • Trình bày đồng thức cảm sinh Cơng thức nội suy Lagrange Qua đó, tác giả trình bày ứng dụng Đồng thức Lagrange việc tính tổng, phân tích đa thức thành nhân tử, chứng minh đẳng thức • Trình bày đồng thức dạng phân thức hữu tỷ, "cái gốc" nhiều đồng thức dạng phân thức, thường gặp chương trình tốn phổ thơng 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO Trịnh Đào Chiến (2011), "Cái gốc" số đồng thức, Kỷ yếu hội thảo khoa học, Trường Đại học khoa học tự nhiên-Đại học Quốc gia Hà Nội Nguyễn Văn Mậu (2003), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, Nhà xuất Giáo dục Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, Nhà xuất Giáo dục D.S.Mitrinovic, J.E.Pecaric and V.Olenec (1989), Recent advances in geometric inequalities, Mathematics and its application (East Euro-Pean series), Nether-Lands ... TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ MỸ DUNG MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC CƠ BẢN VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS TRỊNH... biết rằng, có phương pháp để sáng tác bất đẳng thức từ đồng thức "bỏ biểu thức không âm" Luận văn đề xuất nhiều bất đẳng thức từ dạng tổng quát Đồng thức Lagrange Việc nghiên cứu Đồng thức Newton... Lagrange Chương 2.1 Một số đồng thức đại số Đồng thức dạng phân thức hữu tỷ 33 Đồng thức cảm sinh Công thức nội suy Lagrange 33 3.1.1 Công thức nội suy Lagrange