Ở đợt ôn tập VMO vừa rồi của đội tuyển TPHCM, bạn Bùi Khánh Vĩnh , THPT Chuyên Lê Hồng Phong có đề xuất một phát triển mạnh hơn cho bài toán trên, tức là vẫn với giả thiết tương tự, yêu [r]
(1)lũy thừa theo đa thức đối xứng
Lê Phúc Lữ
Ngày 26 tháng năm 2020
Trong tập Giải tích ơn thi VMO 2019, thầy Nguyễn Hoàng Vinh, trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai có giới thiệu tốn sau:
Bài toán mở đầu.Cho số thực a1, a2, , am thỏa mãn
cos1 n + cos
2
n +· · ·+ cos 2019
n = cos a1
n + cos a2
n +· · ·+ cos am
n với mọin∈Z+. Tính tổng T =a2
1+a22+· · ·+a2m
Đây liên quan đến ứng dụng giải tích có hình thức lạ, thú vị Tại trường Đông Bắc Trung Bộ chuyên ĐH Vinh 2019 vừa rồi, có giới thiệu lại bạn Vũ Đức Vinh, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An giải sau
Lời giải Cho n →+∞, ta có m= 2019 Xét biểu thức cosk
n −cos ak
n =−2 sin
k+ak 2n sin
k−ak 2n , suy
2019 P k=1
sink+ak
2n sin k−ak
2n = nên 2019 X
k=1
4n2sink+ak 2n sin
k−ak
2n = (∗)
Chú ý lim x→0
sinx
x = nên n→lim+∞
sink+ak 2n sin
k−ak 2n k2−a2
k 4n2
= hay
lim n→+∞4n
2sink+ak 2n sin
k−ak 2n =k
(2)Trong (*), cho n→+∞,ta có T = 12+ 22+· · ·+ 20192.
Lời giải xử lý trọn vẹn toán, tác giả tốn có phân tích, thay tổng bình phương tổng lũy thừa bậc bốn, tức u cầu tính
T =a41+a42+· · ·+a4m xử lý được, ta có khai triển Taylor củacos(x)
cosx= 1−x
2
2 + x4 24−
x6
720 +· · ·= +∞
X
k=0
(−1)k x 2k
(2k)!
Tuy nhiên, dừng tốn khơng cịn thú vị Ở đợt ơn tập VMO vừa đội tuyển TPHCM, bạnBùi Khánh Vĩnh, THPT Chuyên Lê Hồng Phong có đề xuất phát triển mạnh cho toán trên, tức với giả thiết tương tự, yêu cầu chứng minh
{a21, a22, , a2m}={12,22, ,20192}
Một kết ấn tượng xem việc tính tổng lũy thừa bậc chẵn hệ Tuy nhiên, khó để xử lý triệt để, ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề 1.Cho hai n số thực(a1, a2, , an) (b1, b2, , bn) với giả sử n
X
i=1 aki =
n X
i=1
bki với k= 1,2, , n
(tức tổng lũy thừa bậck chúng trùng nhau) hai số trùng
Ý tưởng xử lý Thật vậy, xét hai đa thức P(x) = Y
1≤i≤n
(x−ai) Q(x) = Y
1≤i≤n
(x−bi)
Ta biết n P i=1
aki có chứa biểu thức đối xứng có dạng X
|A|=k,A⊂{1,2, ,n}
Y
i∈A
(3)Trở lại toán, chọnn = 2019!mvới m số nguyên dương đó, đẳng thức nêu có dạng
2019 X
m=1
cos(kam) = 2019 X
m=1
cos(kbm) với mọin∈Z+. (*)
Cho k= 1,ta có 2019
P m=1
cos(am) = 2019
P m=1
cos(bm) Cho k= 2, ta có 2019
X
m=1
cos(2am) = 2019 X
m=1
cos(2bm)→ 2019 X
m=1
cos2am = 2019 X
m=1
cos2bm
Cứ thế, theo đa thức Chebyshev cho công thức khai triển cos(kam), ta có điều kiện (*) với 1≤k ≤2019 Áp dụng bổ đề, ta có
{cosa1,cosa2, ,cosa2019}={cosb1,cosb2, ,cosb2019} Cho m đủ lớn, ta thấy góc thuộc vào miền −π 2;
π
và có cos nên chúng đối nhau, ta có đpcm
Ý tưởng lời giải chuẩn, thực việc chứng minh bổ đề chưa rõ ràng (dù kiểm tra trực tiếp thấy đúng) Ta xét bổ đề mạnh sau, lời giải chi tiết bạnTrương Tuấn Nghĩa, chuyên KHTN Hà Nội giới thiệu Bổ đề số tài liệu gọi nội suy Newton
Bổ đề 2.Xét số thực a1, a2, , an đặt Sk = n P i=1
ak
i.Giả sử (x−a1)(x−a2)· · ·(x−an) = xn+A1xn−1+A2xn−2+· · ·+An Khi đó, ta có
Sk+A1Sk−1+A2Sk−2+· · ·+Ak−1S1+kAk= với mọik = 1,2, , n
Chứng minh Theo định lý Viete A` = (−1)` P L⊂{1,2, ,n},|L|=`
Q i∈L
ai Ta quy nạp theo bước
Bước 1.Tính
X
aki −Xai
X
aki−1=− X
∀i16=i2
ai1a
(4)nên
Sk+a1Sk−1 =− X
∀i16=i2
ai1a
k−1 i2
Bước 1.Tính tiếp
X
aki −Xai
X
aki−1+ X i6=j
aiaj !
X
aki−2= (−1)2 X
∀i1,i2,i3phân biệt
ai1ai2a
k−2 i3
nên
Sk+A1Sk−1+A2Sk−2 = (−1)
2 X
∀i1,i2,i3phân biệt
ai1ai2a
k−2 i3
Giả sử bước thứ `, tổng vế phải (−1)`P
ai1ai2 ai`a
k−`
i`+1 bước
= (−1)`Xai1ai2 ai`a
k−`
i`+1+ (−1)
`+1X
aki−`−1 X L∈{1,2, ,n},|L|=`+1
Y
i∈L = (−1)`+1Xai1ai2 ai`+1a
k−`−1 i`+2
Thực tiếp tục `=k vế phải (−1)kXai1ai2 aika
0
ik+1 =kAk
nên ta có đpcm
Như thế, qua chứng minh ta thấy Bổ đề hệ Bổ đề Bài toán mở rộng ban đầu giải hoàn toàn
Dưới đây, ta xét tiếp toán đề Olympic GGTH 2018 bạn Phạm Tiến Kha(GV ĐHSP TPHCM) đề nghị, chất làBổ đề 1ở Bạn đọc xem thêm lời giải khác bạn Nguyễn Hà An, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội VMF mục[1]
Olympic GGTH 2018.Cho n, k số nguyên dương Giả sử tồn
số nguyên A= (a1, a2, , an)và B = (b1, b2, , bn) không trùng cho ai1+ai2+ .+ain =bi1+bi2+ .+bin
(5)a) Với n= 3, k= 2, tìm cặp (A, B) thoả mãn điều kiện đề b) Chứng minh n≥k+
Tiếp theo, ta xét tốn khó đề thi Trung Quốc
Đề China TST 2010.Cho hai số thựcA={a1, a2, , a2010}vàB ={b1, b2, , b2010} thỏa mãn
X
1≤i<j≤2010
(ai+aj)n = X 1≤i<j≤2010
(bi+bj)n với mọin= 1,2, ,2010 Chứng minh rằngA=B
Lời giải Đặt Sk = 2010
P i=1
aki, Rk = 2010
P i=1
bki Ta chứng minh Sk = Rk với
k= 1,2, ,2010 (∗)
Đầu tiên, giả thiết thayn= có S1 =R1.Tiếp theo, biến đổi thích hợp (và dài), ta có
X
1≤i<j≤2010
(ai+aj)k=
k−1 X
i=1
CkiSk−iSi+ (2010−2k−1)Sk
Từ đẳng thức này, theo giả thiết quy nạp, ta dễ dàng thu khẳng định (∗) Đến đây, áp dụng Bổ đề nêu, ta có đpcm
Cuối cùng, ta xét hai toán sau liên quan đến tổng lũy thừa đa thức đối xứng
PTNK TST 2011 Với số nguyên dương n, đặt Sn = xn+yn+zn Ta biết rằngSn=Pn(s, t, p)với s=x+y+z, t=xy+yz+zx, p=xyz Hãy tính tổng hệ số đơn thức chứap P2011(s, t, p)
Lời giải Theo định lý Viete x, y, z nghiệm phương trình a3−sa2+ta−p=
Để tính tổng hệ số tất đơn thức trongP2011,ta xét P2011(1,1,1).Tương tự, tổng hệ số đơn thức khơng chứa p P2011 P2011(1,1,0) Do đó, ta cần tính
(6)Xét phương trình a3 −a2 +a−1 = 0 có ba nghiệm là a = 1, a = i và a = −i. Vì P2011(s, t, p) =xn+yn+zn nên ta có
P(1,1,1) = 12011+i2011 + (−i)2011 = Tiếp tục xét a3 −a2 +a = 0 có ba nghiệm là a = 0, a = 1±i√3
2 Áp dụng công thức Moivre lũy thừa số phức, ta tính
P(1,1,0) = 02011+ +i
√
3
!2011
+ 1−i
√
3
!2011
=cosπ
3 +isin π
2011
−
cos2π
3 +isin 2π
3 2011
=
cos2011π
3 +isin 2011π
3
−
cos4022π
3 +isin 4022π
3
= Vì nên M =
Mở rộng VMO 2009 Cho n số thực phân biệt a1, a2, , an thỏa mãn điều kiện
Pn i=1a
k
i,∀k∈N
∗đều số nguyên Chứng minh tồn số nguyênd
1, d2, , dn cho n số thực nghiệm phương trình
xn+ n X
i=1
dixn−i =
Tóm tắt lời giải Đặt Sk = Pni=1aki Ak = PI⊂{1, ,n},|I|=k Q
i∈Iai Khi đó, theo bổ đề dễ thấy rằngk!Ak ∈Z
Cũng từ Bổ đề 2, ta thấy p số nguyên tố Sk chia hết cho p với k≥2 có S1 chia hết cho p Tổng quát hơn, ta có kết sau:
Nhận xét.Nếu m >1 số nguyên cho Sk chia hết cho mk−1 với k≥2 ta có S1 chia hết chom
Trở lại toán,
Rõ ràng theo định lý Viete, ta cần chứng minh Ak ∈Z Đặt thừa số Ck
n thừa số Ak b1, , bm với Cnk =m (các thừa số lấy theo định nghĩa củaAk) Theo giả thiết đề
n X
i=1
(7)Suy k!Pmi=1bji ∈Z,∀j ∈N∗.
Lại đặt bi =k!b0i từ kết trên, ta có (k!)j−1 |
m X
i=1
b0ij, ∀j ∈N∗ Cuối cùng, áp dụng nhận xét trên, ta thu
k!|
m X
i=1
b0i nên Ak = m X
i=1
bi ∈Z Bài toán giải hoàn toàn
Nhận xét Lời giải có tận dụng lại kết Bổ đề nên nhẹ nhàng hơn,
chứng minh gốc phức tạp, có dùng đến số phức Bạn đọc xem chi tiết tại[3] Trong trường hợp n = 3, ta có đề VMO 2009 năm cần giải có giải nhì Đáp án đề thi năm thực thủ cơng tính số trường hợp đặc biệt hồn tồn khơng có tính tổng quát Tác giả tổng quát bạn Nguyễn Đình Tồn, SV École Polytechnique, Pháp nhiều năm HLV chương trình Gặp gỡ Toán học
Điều thú vị hơn, tất phát biểu chứng minh bạn Toàn thực học sinh lớp
Tài liệu tham khảo.
1 Đề thi Olympic Gặp gỡ Toán học 2018
https://diendantoanhoc.net/topic/183633-%C4%91%E1%BB%81-thi-olympic-g% E1%BA%B7p-g%E1%BB%a_1-to%C3%a_1n-h%E1%BB%8Dc-n%C4%83m-2018/
2 Lê Phúc Lữ, Bài giảng đại số - giải tích, trường Đơng chun ĐH Vinh 2020 Tổng qt thi Quốc Gia năm (2009)
http://mathscope.org/showthread.php?t=8113
https://diendantoanhoc.net/topic/183633-%C4%91%E1%BB%81-thi-olympic-E1%BA%B7p-g%E1%BB%a_1-to%C3%a_1n-h%E1%BB%8Dc-n%C4%83m-2018/ http://mathscope.org/showthread.php?t=8113