Ứng dụng của bất đẳng thức tổ hợp vào bài toán nội suy largrange

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ BẢO TOÀN ỨNG DỤNG CỦA ĐẲNG THỨC TỔ HỢP VÀO BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN Bình Định - Năm 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ BẢO TOÀN ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC TỔ HỢP VÀO BÀI TỐN NỘI SUY LAGRANGE Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn khoa học TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN Bình Định - Năm 2020 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan viết luận văn tìm tịi, học hỏi thân hướng dẫn tận tình thầy TS Trịnh Đào Chiến Mọi kết nghiên cứu ý tưởng tác giả khác có trích dẫn cụ thể Luận văn chưa bảo vệ hội đồng bảo vệ luận văn thạc sĩ chưa công bố phương tiện Tôi xin chịu trách nhiệm lời cam đoan Bình Định, ngày 30 tháng năm 2020 Tác giả luận văn Lê Bảo Toàn LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy TS Trịnh Đào Chiến, người trực tiếp hướng dẫn bảo tận tình tơi q trình hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn đến q thầy giáo, giáo cơng tác khoa Tốn Thống Kê,q thầy,cơ giáo nhân viên công tác trường đại học Qui Nhơn, tạo điều kiện nhiệt tình giúp đỡ tơi xun suốt q trình học tập lớp Cao học khóa 21 Tơi chân thành cảm ơn đến Ban giám hiệu, quí thầy giáo, giáo tồn thể anh,chị, em đồng nghiệp trường Trung Học Phổ Thông Nguyễn Trãi, Thị xã An Khê, Tỉnh Gia Lai, bạn gia đình, người luôn bên cạnh hỗ trợ động viên suốt thời gian hoc tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng nhiều kiến thức thân hạn chế luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, mong nhận ý kiến thầy cô, bạn bè để luận văn hồn thiện Xin chân thành cảm ơn Bình Định, ngày 30 tháng năm 2020 Tác giả luận văn Lê Bảo Toàn Mục lục Mở đầu 1 CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ CÁC BIỂU DIỄN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ TỔ HỢP 1.1 Công thức nội suy Lagange 1.2 Ý nghĩa hình học công thức nội suy Lagrange 1.3 Các đồng thức cảm sinh từ công thức nội suy Lagrange Các biểu diễn tính tốn liên quan đến số tổ hợp 1.4.1 Biểu diễn tích qua số tổ hợp 1.4.2 Khai triển nhị thức Newton hệ 10 1.4 ỨNG DỤNG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP VÀO CÁC BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE 19 2.1 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào tốn nội suy Lagrange có yếu tố giải tích 19 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức tổ hợp vào toán nội suy Lagrange có yếu tố hình học 45 Kết luận 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO 51 Mở đầu Lý chọn đề tài Trong q trình tính tốn, nhiều ta cần phải xác định giá trị hàm số f (x) điểm tùy ý cho trước, điều kiện cho biết số giá trị rời rạc hàm số đạo hàm hàm số đến cấp số điểm x1 , x2 , , xk cho trước Với trường hợp vậy, người ta thường tìm cách xây dựng hàm số P (x) dạng đơn giản hơn, thường đa thức đại số, thỏa mãn điều kiện cho Ngoài ra, giá trị x ∈ R mà x không trùng với x1 , x2 , , xk P (x) ≈ f (x) (xấp xỉ theo độ xác đó) Hàm số P (x) xây dựng theo cách vừa mô tả gọi hàm nội suy f (x) Các điểm x1 , x2 , , xk thường gọi nút nội suy Bài toán xây dựng hàm P(x) gọi toán nội suy Các toán nội suy vấn đề liên quan đến phần quan trọng đại số giải tích tốn học Chúng khơng đối tượng nghiên cứu mà cịn đóng vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình liên tục mơ hình rời rạc giải tích lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, Các toán nội suy cổ điển Giải tích xuất cách kỷ, khởi đầu cơng trình khoa học nhà toán học lỗi lạc Lagrange, Hermite, Newton, tìm thấy nhiều ứng dụng lý thuyết toán biên tốn Vật lý Tốn, Kỹ thuật Có thể kể đến số toán nội suy cổ điển như: Bài toán nội suy Taylor, Bài toán nội suy Lagrange, Bài toán nội suy Newton, Bài toán nội suy Hermite, Trong toán nội suy, Bài toán nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng chương trình Tốn bậc Trung học phổ thơng, chủ yếu giả thiết tốn chưa có yếu tố đạo hàm, đặc biệt đạo hàm cấp cao Nhiều tốn khó đề thi chọn học sinh giỏi nước Olympic Toán quốc tế giải cách thuân lợi nhờ vào ứng dụng Đa thức nội suy Lagrange Trong Bài toán nội suy Lagrange thường xuất dạng tổng, chẳng hạng sau n n aj j=1 n i=1,i=j x − xi xj − xi , Bài toán nội suy Lagrange; aj (x − xi )k−1 , Bài toán nội suy Taylor; j=1 (n − 1)! Do đó, tốn nội suy cổ điển thường liên quan chặt chẽ đến đẳng thức tổ hợp, chẳng hạn đẳng thức sau n 1 = (−1)n−k k.Cnk ; n! i=1,i=k k − i n (n + 1) − i = (−1)n−k Cnk−1 ; k−i i=1,i=k n+1 k=1 n k bk = (1 + b)n+2 − bn+2 − 1; Cn+2 (−1)n−k Cnk k n+1 = k=0 n (n + 1)! Điều địi hỏi, trước nghiên cứu tốn nội suy cổ điển, cần xác định đẳng thức tổ hợp cách có hệ thống Đây vấn đề cần thiết, có ý nghĩa khoa học, mang tính thực tiễn phù hợp với chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp mà học viên chủ yếu giáo viên cấp Trung học phổ thông Mục tiêu nghiên cứu Luận văn đề cập đến ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Bài toán nội suy Lagrange Từ đó, số kiến thức chương trình Tốn cấp Trung học phổ thơng soi sáng qua lăng kính Tốn cao cấp Luận văn đề cập đến ứng dụng lý thuyết nghiên cứu vào việc giải đề xuất số tốn khó cấp Trung học phổ thông, đề thi kỳ thi chọn học sinh giỏi nước Olympic Toán quốc tế Nội dung luận văn nghiên cứu tiếp nối nội dung tài liệu [1] Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Các đẳng thức tổ hợp Bài toán nội suy Lagrange Phạm vi nghiên cứu: Toán cao cấp (chủ yếu thuộc lĩnh vực Giải tích) ứng dụng vào chương trình Tốn cấp Trung học phổ thơng 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 dãy số phổ thơng Cấu trúc luận văn Ngồi nội dung quy định cấu trúc luận văn Thạc sĩ, nội dung luân văn chia thành hai chương: Chương Công thức nội suy Lagrange biểu diễn liên quan đến số tổ hợp Chương trình bày ngắn gọn Cơng thức nội suy Lagrange, ý nghĩa hình học Cơng thức nội suy Lagrange đồng thức cảm sinh từ Công thức nội suy Lagrange Đồng thời chương giới thiệu biểu diễn tích qua số tổ hợp khai triển nhị thức Newton Chương Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào toán nội suy Lagrange Chương trình bày ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào toán nội suy Lagrange có yếu tố Giải tích Hình học đề cập cách giải số tốn khó cấp Trung học phổ thông, đề thi kỳ thi chọn học sinh giỏi nước Olympic Tốn quốc tế Chương CƠNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ CÁC BIỂU DIỄN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ TỔ HỢP 1.1 Công thức nội suy Lagange Nội dung mục tham khảo [3] Định lý 1.1 Cho n số x1 , x2 , , xn phân biệt n số a1 , a2 , , an tùy ý Thế tồn đa thức P (x) với bậc không n − 1, thỏa mãn P (xj ) = aj ; ∀j = 1, 2, , n (1.1) Đa thức có dạng n n aj j=1 i=1,i=j x − xi xj − x i (1.2) Đa thức (1.2) gọi đa thức nội suy Lagrange công thức nội suy Lagrange Các số x1 , x2 , , xn gọi nút nội suy - Với n = 2, đa thức P (x) = a1 x − x2 x − x1 + a2 x1 − x2 x2 − x1 (1.3) Ký hiệu deg P (x) bậc P (x) Thế deg P (x) ≤ P (x1 ) = a1 ; P (x2 ) = a2 - Với n = 3, đa thức P (x) = a1 (x − x2 ) (x − x3 ) (x − x3 ) (x − x1 ) + a2 (x1 − x2 ) (x1 − x3 ) (x2 − x3 ) (x2 − x1 ) +a3 (x − x1 ) (x − x2 ) (x3 − x1 ) (x3 − x2 ) (1.4) Rõ ràng deg P (x) ≤ P (x1 ) = a1 ; P (x2 ) = a2 ; P (x3 ) = a3 Hệ 1.2 Cho n số x1 , x2 , , xn phân biệt Thế đa thức P (x) với bậc không n − 1, viết dạng n n P (x) = P (xj ) j=1 i=1,i=j x − xi xj − xi (1.5) Nhận xét Vế phải (1.5) đa thức với bậc n − 1, hệ số số hạng xn−1 n j=1 P (xj ) n (xj − xi ) i=1,i=j 1.2 Ý nghĩa hình học cơng thức nội suy Lagrange Nội dung mục tham khảo [3] Các đa thức (1.3) (1.4) quen thuộc chương trình tốn phổ thơng Xét đa thức (1.4) chẳng hạn Giả sử rằng, mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A (x1 ; y1 ) , B (x2 ; y2 ) , C (x3 ; y3 ), với x1 , x2 , x3 khác đôi Thế thì, theo (1.1) (1.2), tồn đường cong y = P (x), P (x) đa thức với deg P (x) ≤ 2, thỏa mãn: P (x1 ) = y1 (nghĩa đường cong qua điểm A) ; P (x2 ) = y2 (nghĩa đường cong qua điểm B) ; P (x3 ) = y3 (nghĩa đường cong qua điểm C) Hơn nữa, đường cong cịn có phương trình cụ thể y = P (x), P (x) có dạng (1.4) số aj yj ; j = 1, 2, - Với deg P (x) = 2, đồ thị hàm số y = P (x) parabol qua điểm A, B, C - Với deg P (x) = 1, đồ thị hàm số y = P (x) đường thẳng qua điểm A, B, C khơng phương với trục hồnh - Với deg P (x) = 0, đồ thị hàm số y = P (x) đường thẳng qua điểm A, B, C phương với trục hoành 37 Nếu P (u − 1) |P (u) |P (u + 1) | |P (u + n) từ đẳng thức trên, ta có P (u − 1) chia hết cho P (u) Do |P (u)| = |P (u − 1)| = |P (1)| ,mâu thuẫn Vậy phải tồn số nguyên dương m ∈ {u − 1; ; u + n − 1} cho P (m) khơng chia hết P (m + 1) Bài tốn 2.19 (Poland - 2015) Cho đa thức P ∈ R [x] Giả thiết tồn số nguyên k cho P (k) không số nguyên, chứng minh tồn vô hạn số nguyên m cho P (m) không số nguyên Lời giải Giả sử khẳng định tốn khơng đúng, tồn vô hạn số nguyên m cho P (m) số nguyên Đặt deg P = n (n ∈ N) gọi m1 , m2 , , mn+1 số nguyên cho P (mi ) ∈ Z với i = 1, 2, , n + Sử dụng Công thức nội suy Lagrange với n + mốc nội suy m1 , m2 , , mn+1 , ta suy P ∈ Q [x] Từ đây, ta thấy tồn số nguyên dương l cho đa thức Q (x) = lP (x) có hệ số nguyên Do P (k) không nguyên nên Q (x) = lP (x) không chia hết cho l Từ suy với x ngun Q (xl + k) không chia hết cho l (do Q (xl + k) ≡ Q (x) (mod l), nghĩa P (xl + k) ∈ / Z với x nguyên, mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.20 (USA - 2002) Cho số nguyên dương n Chứng minh đa thức monic (đa thức có hệ số cao 1) bậc n với hệ số thực viết dạng trung bình cộng hai đa thức monic bậc n với hệ số thực khác, đa thức có n nghiệm thực Lời giải Giả sử F (x) đa thức monic cho Xét số thực y1 , y2 , , yn thỏa mãn y2k−1 < {0, 2F (2k − 1)} y2k > max {0, 2F (2k)} Sử dụng Công thức nội suy Lagrange, ta thấy tồn đa thức P (x) có bậc nhỏ n thỏa mãn P (k) = yk với k ∈ {0; 1; ; n} Đặt G (x) = P (x) + (x − 1) (x − 2) (x − n) H (x) = 2F (x) − G (x) Khi đó, rõ ràng G (x) H (x) đa thức monic bậc n với hệ số thực, trung bình cộng chúng F (x) Tiếp theo, ta chứng minh hai đa thức G (x) H (x) 38 có n nghiệm thực Do y1 , y3 , < y2 , y4 , > nên G (i) = yi G (i + 1) = yi+1 trái dấu với i ∈ {1; 2; ; n − 1} , từ suy G (x) có n − nghiệm thực (mỗi nghiệm thuộc khoảng (i; i + 1) Mà deg G = n nên ta có n nghiệm thực Chứng minh tương tự dựa cách chọn số y1 , y2 , , yn , đa thức H (x) có n nghiệm thực Bài toán 2.21 (IMO Shortlist - 1997) Cho số nguyên tố p số nguyên dương b0 , b1 , , bn , thỏa mãn tồn đa thức P ∈ Z [x] cho i) P (0) = 0, P (1) = ii) Với số nguyên dương m số dư phép chia P (m) cho n |fi (x)| ≤ |fi (2)| ≤ 2− i=0 i n = (2n)! n!nn Chứng minh n ≥ p − Lời giải Với p = khẳng định toán hiển nhiên Xét trường hợp p > Giả sử n < p − Sử dụng Công thức nội suy Lagrange với mốc nội suy 0, , p − 2, ta p−2 P (x) =  (x − i)  i=k  P (k) (p − i)   k=0 i=k Từ suy p−2  (p − − i) i=k  P (k) P (p − 1) = k=0 (p − i)  p−2 k P (k) (−1)p−k Cp−1  = k=0 i=k Chú ý với số k ∈ {0; 1; ; p − 2} , ta có k Cp−1 ≡ (−1)k (mod p) Thật vậy, với k = 0, khẳng định hiển nhiên Với < k ≤ p − 2, ta có (p − 1)! = (p − k) (p − k + 1) (p − 1) (p − k − 1)! ≡ (−k) (1 − k) (−1) ≡ (−1)k k! (mod p) Do k Cp−1 ≡ (−1)k (mod p) Lúc p−2 p−2 p−k P (p − 1) ≡ P (k) (−1) k=0 (−1) k ≡− P (k) k=0 39 Từ đẳng thức trên, ta suy p−1 P (k) ≡ (mod p) k=0 Mặt khác, theo giả thiết, ta lại có P (0) = 0, P (1) = P (k) ≡ 0, (mod p) với k ∈ {2; 3; ; p − 1}, nên kết xảy Vậy n ≥ p − Nhận xét Có thể thấy đa thức P (x) = xp−1 thoả mãn yêu cầu toán nên p − số n nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề Bài toán 2.22 (APMO - 2001) Cho đa thức P ∈ R [x] thỏa mãn P (x) hữu tỉ m hữu tỉ Chứng minh P (x) = ax + b với a, b số hữu tỉ Lời giải Đặt deg P = n (n ∈ N) Sử dụng Công thức nội suy Lagrange với mốc nội suy 1, 2, , n + (với ý P (1) , P (2) , , P (n + 1) ∈ Q), ta suy P ∈ Q [x] Bây giờ, giả sử deg P ≥ Khơng tính tổng qt, ta giả sử hệ số cao P (x) số dương Do P ∈ Q [x] nên tồn số nguyên dương l cho đa thức Q (x) = l [P (x) − P (0)] có hệ số nguyên Gọi a hệ số cao Q (x) Do a > nên tồn số thực A cho Q (x) tăng ngặt (A; +∞) Từ từ giả thiết, ta thấy với số nguyên c > Q (A) tồn số hữu tỉ xt > A cho Q (xc ) = c p Ngoài ra, đặt xc = c với pc , qc ∈ N∗ , (pc , qc ) = dễ thấy qc chia hết a, qc a Xét dãy xc , xc+1 , Do Q (x) tăng ngặt (A; +∞) Q (A) < c < c + < từ ta có axc ∈ N∗ xc ≥ nên xc < xc+1 < Từ đó, axc+1 , axc ∈ N∗ nên axc+1 − axc ≥ hay xc+1 − xc ≥ a Sử dụng Định lý Lagrange, với số c > Q (a) ta thấy tồn uc ∈ (xc ; xc+1 ) cho Q (uc ) = Q (xc+1 ) − Q (xc ) = ≤ a xc+1 − xc xc+1 − xc (2.7) Mặt khác, Q (x) có bậc lớn với hệ số cao số dương nên Q (x) có bậc dương hệ số cao dương Suy Q (x) bắt đầu tăng ngặt 40 kể từ mốc lim Q (x) = +∞ x→+∞ Do dãy (xc ) tăng ngặt tiến dần vô c → +∞ nên dãy (uc ) tăng ngặt tiến dần vô c → +∞ Do đó, với uc đủ lớn Q (uc ) > a mâu thuẫn với (2.7) Từ mâu thuẫn nhận được, ta suy P (x) có bậc khơng vượt q 1, tức P (x) có dạng ax + b với a, b ∈ Q Bài toán 2.23 Cho số nguyên dương n đa thức P ∈ R [x] với bậc n − thỏa mãn điều kiện − x2 |P (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] Gọi a hệ số cao P (x) , chứng minh |a| ≤ 2n−1 Lời giải Sử dụng Công thức nội suy Lagrange với mốc nội suy xj = cos (2j − 1) π , j ∈ {1; 2; ; n} , 2n nghiệm Đa thức Chebyshev Tn (x) , ta có n P (x) = n (−1)j−1 − x2j P (xj ) j=1 Tn (x) x − xj So sánh hệ số xn−1 hai vế, ta 2n−1 a0 = n n (−1)n−1 − x2j P (xj ) j=1 Từ đó, sử dụng bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối giả thiết, ta có |a0 | ≤ 2n−1 n n − x2j P (xj ) ≤ j=1 2n−1 n = 2n−1 n Bài toán 2.24 (Japan - 1993) Cho số nguyên dương n đa thức P ∈ R [x] với bậc n Chứng minh tồn số c > để bất đẳng thức sau max |P (x)| ≤ cn max |P (x)| x∈[0,2] x∈[0,1] Lời giải Gọi S giá trị lớn |P (x)| đoạn [0; 1] Với i ∈ {0; 1; ; n}, đặt bi = i n fi (x) = (x − b0 ) (x − bi−1 ) (x − bi+1 ) (x − bn ) 41 Sử dụng công thức nội suy Lagrange với mốc nội suy b0 , b1 , , bn , ta có n P (x) = P (bi ) i=0 fi (x) fi (bi ) Để ý với x ∈ [0; 2] với k ∈ {0; 1; ; n}, ta có |x − bk | ≤ |2 − bk | Do n |fi (x)| ≤ |fi (2)| ≤ 2− i=0 i n = (2n)! n!nn Bây giờ, với x ∈ [0; 2] ta có n |P (x)| ≤ P (bi ) i=0 S (2n)! = n!nn n i=0 |fi (x)| |fi (bi )| ≤ S (2n)! n!nn nn S (2n)! = i! (n − i)! n!n! n i=0 |fi (bi )| n Cni i=0 2n n = S.2n C2n < S.2n i C2n = 8n S i=0 Vậy số c = thỏa mãn yêu cầu đề Nhận xét Bất đẳng thức chặt sau max |P (x)| ≤ √ 3+2 n x∈[0,2] √ + 3−2 2 n max |P (x)| x∈[0, 1] Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần mốc nội suy tốt hơn, bk = với tk = cos + tk , kπ , k ∈ {0; 1; ; n} n Không tính tổng qt, ta giả sử giá trị lớn |P (x)| đoạn [0; 1] Dễ dàng kiểm tra bất đẳng thức |x − bi | ≤ |2 − bi | Do đó, với x ∈ [0; 2], sử dụng Công thức nội suy Lagrange với mốc nội suy b0 , b1 , , bn này, ta có n |P (x)| ≤ k=0 |x − bi | i=k |bk − bi | i=k n ≤ k=0 (2 − bi ) i=k |bk − bi | i=k n = k=0 (3 − ti ) i=k |tk − ti | i=k 42 Mặt khác, ta lại có n k=0 (3 − ti ) i=k 2n−1 = |tk − ti | n i=k = n−1 k=1 i=k 2n−1  n  2n−2 − n n−1 2n−2 (3 − ti ) + n n−1 n (3 − ti ) + i=0 n−1 (3 − ti ) + n−1  n (3 − ti ) + i=0 k=1 i=k (3 − ti ) i=1 (3 − ti ) i=1 n (3 − ti ) + i=0 (3 − ti ) i=1 Đồng thời, ta có n−1 n−1 (3 − ti ) + i=0 k=1 i=k = n 2n √ 3+2 n √ + 3−2 + √ 2n+1 n (3 − ti ) = i=1 √ 3+2 √ 2n+1 √ 3+2 n √ − 3−2 n n−1 (3 − ti ) + i=0 (3 − ti ) i=1 n n−1 = n (3 − ti ) + (3 − ti ) i=1 n √ + 3−2 n Kết hợp biến đổi trên, ta n k=0 (3 − ti ) i=k |tk − ti | = √ 3+2 n √ + 3−2 2 n i=k Từ đó, ta thu bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 2.25 Cho P (x) đa thức khác hằng, với hệ số thực Chứng minh với số nguyên dương M , tồn số nguyên dương m cho với đa thức Q (x) với hệ số thực, có hệ số cao có bậc khơng nhỏ m, số nghiệm nguyên bất phương trình |P (Q (x))| ≤ M không vượt bậc Q (x) Lời giải Vì P (x) đa thức khác nên lim |x|→+∞ |P (x)| = +∞ Do 43 đó, với số nguyên dương M , tồn số thực a > 0, để |P (x)| > M |x| > a; tức là, trị tuyệt đối nghiệm (nếu có) bất phương trình |P (x)| ≤ M không vượt a Xét đa thức Q (x) tùy ý với hệ số thực có bậc d ∈ N có hệ số cao Xét d + số nguyên tùy ý x0 , x1 , , xd ,thỏa mãn x0 < x1 < < xd Theo Công thức nội suy Lagrange, ta có đồng thức d Q (x) ≡ Q (xi ) i=0 x − xj ; j=i xi − xj (2.8) đó, với số ≤ i ≤ d,tích lấy theo tất số j mà ≤ j ≤ d j = i So sánh hệ số xd hai vế (2.8), ta d 1= Q (xi ) i=0 j=i xi − xj (2.9) Do x0 < x1 < < xd số nguyên, nên với số ≤ i ≤ d ta có Do ABC số nguyên, nên với số BC = a ta có i=j = xi − xj (xi − xj ) 0≤j≤i (xj − xi ) ≤ Ci = d i! (d − i)! d! j≤j≤d Vì thế, (2.9), suy d 1≤ Q (xi ) i=0 ≤ i=j ≤ xi − xj max |Q (x)| d! 0≤i≤d d Cdi = i=0 d |Q (xi )| i=0 Cdi d! 2d max |Q (x)| d! 0≤i≤d Do đó, ta có max |Q (xi )| ≥ 0≤i≤d d! 2d (2.10) Ngồi ra, m! m 1 = ≥ m 2 2 2 nên m! = +∞ x→+∞ 2m lim m−2 44 Do đó, với số nguyên dương M , chọn số nguyên dương m để m! > a 2m Với số nguyên dương M , xét số nguyên dương m chọn Xét đa thức Q (x) tùy ý, với hệ số thực, có bậc d ≥ m có hệ số cao Khi đó, (2.31) với d + số nguyên tùy ý x0 , x1 , , xd thỏa mãn x0 < x1 < < xd , ta có max |Q (x)| ≥ 0≤i≤d d! d m + m! m! m ≥ m > a = d 2 2 Do đó, d + số thực Q (x0 ) , Q (x1 ) , Q (xd ) nghiệm bất phương trình |P (x)| ≤ M Điều cho thấy, d + số nguyên đôi phân biệt tùy ý, ln có số khơng phải nghiệm bất phương trình|P (Q (x))| ≤ M Nói cách khác, số nghiệm nguyên bất phương trình |P (Q (x))| ≤ M khơng vượt d (bậc Q (x) Nhận xét Một cách tương đương, đề yêu cầu ta chứng minh rằng, với số nguyên dương M , Q (x) đa thức (bất kì) với hệ số thực, có bậc d đủ lớn có hệ số cao 1, với (d + 1) số nguyên x0 < x1 < < xd , (d + 1) số thực Q (x0 ) , Q (x1 ) , , Q (xd ) khơng thể nghiệm bất phương trình |P (x)| ≤ M Để chứng minh điều trên, cách tự nhiên, ta nghĩ đến việc “đánh giá” độ lớn (d + 1) số thực Q (x0 ) , Q (x1 ) , , Q (xd ) độ lớn nghiệm bất phương trình |P (x)| ≤ M Một công cụ để đánh giá độ lớn (d + 1) số thực Q (x0 ) , Q (x1 ) , , Q (xd ) công thức nội suy Lagrange bất đẳng thức (2.31) lời giải đánh giá thu theo hướng nghĩ Đến đây, ta thấy rằng, cần dùng giả thiết “khác hằng” đa thức P (x), để thu tính chất Giải tích lim |x|→+∞ |P (x)| = +∞ có đánh giá “thơ” (trong lời giải trên) cho nghiệm bất phương trình |P (x)| ≤ M ta hồn thành việc giải toán 45 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức tổ hợp vào tốn nội suy Lagrange có yếu tố hình học Nội dung mục tham khảo [4] Trên tập số phức, Cơng thức nội suy Lagrange cịn có ứng dụng để thiết lập giải nhiều tốn khó cực trị Hình học phẳng Sau số toán minh họa cho ứng dụng nêu Bài toán 2.26 Cho tam giác ABC với BC = a CA = b AB = c Chứng minh với điểm P mặt phẳng (ABC), ta có a.P B.P C + b.P C.P A + c.P A.P B ≥ abc Lời giải Xét mặt phẳng (ABC) mặt phẳng phức, với gốc tọa độ P gọi α, β, γ số phức tương ứng với đỉnh A, B, C tam giác Trước hết, ta chứng minh đẳng thức Đại số sau βγ γα αβ + + = (α − β) (α − γ) (β − γ) (β − α) (γ − α) (γ − β) (2.11) Bởi (2.11), cách lấy mơ-đun, ta có |β| |γ| |γ| |α| |α| |β| + + ≥ |α − β| |α − γ| |β − γ| |β − α| |γ − α| |γ − β| (2.12) Với |α| = P A, |β| = P B, |γ| = P C |β − γ| = a, |γ − α| = b, |α − β| = c, bất đẳng thức (2.12) tương đương với P B.P C P C.P A P A.P B + + ≥1 bc ca ab Từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy P trùng với đỉnh tam giác P ≡ H, với H trực tâm tam giác ABC Hệ 2.1 Nếu P trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC , ta thu Bất đẳng thức Euler R ≥ 2r Chứng minh Thật vậy, trường hợp bất đẳng thức toán tương đương với R2 (a + b + c) ≥ abc Gọi S diện tích tam giác ABC Khi đó, ta có R2 ≥ abc abc 4R abc S = = = 2R = 2Rr a+b+c 2p 2p 4R p 46 Suy R ≥ 2r Bài toán 2.27 Giả sử G trọng tâm tam giác ABC R1 , R2 , R3 , R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác GBC, GCA, GAB, ABC Chứng minh R1 + R2 + R3 ≥ 3R Lời giải Theo Bài toán 1, chọn P trọng tâm G tam giác ABC Khi a.GB.GC + bGC.GA + c.GA.GB ≥ abc Ta có (2.13) a.GB.GC = 4R1 S∆GBC = 4R1 S∆ABC , b.GC.GA = 4R2 S∆GBC = 4R2 S∆ABC , c.GA.GB = 4R3 S∆GBC = 4R3 S∆ABC Do (3) tương đương với (R1 + R2 + R3 ) S∆ABC ≥ 4R.S∆ABC hayR1 + R2 + R3 ≥ 3R Bài toán 2.28 Gọi P điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác ABC Chứng minh a.P A2 + b.P B + c.P C ≥ abc (2.14) Chứng minh Xét mặt phẳng (ABC) mặt phẳng phức, với gốc tọa độ P gọi α, β, γ số phức tương ứng với đỉnh A, B, C tam giác Trước hết, ta chứng minh đẳng thức Đại số sau α2 β2 γ2 + + = (α − β) (α − γ) (β − α) (β − γ) (γ − α) (γ − β) Bằng cách đưa (2.15) dạng mơđun, ta có (2.15) 47 α2 |α|2 1= ≤ cyc |α − β| |α − γ| cyc (α − β) (α − γ) (2.16) Với |α| = P A, |β| = P B, |γ| = P C |β − γ| = a, |γ − α| = b, |α − β| = c, bất đẳng thức 2.16 tương đương với (2.14) Ta có điều phải chứng minh Trong Bài toán 2.26, P trùng với trọng tâm G tam giácABC, ta có hệ thức sau GA2 = 2b2 + 2c2 − a2 , GB = 2c2 + 2a2 − b2 , GC = 2a2 + 2b2 − c2 Khi đó, bất đẳng thức 2.14 tương đương với 2a b2 + c2 + 2b c2 + a2 + 2c a2 + b2 ≥ 9abc + a3 + b3 + c3 Từ đó, ta có hệ sau Hệ 2.2 Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Ta có bất đẳng thức sau 2a b2 + c2 + 2b c2 + a2 + 2c a2 + b2 ≥ 9abc + a3 + b3 + c3 Trong Bài toán 1, P trùng với tâm I đường tròn nội tiếp tam giácABC, ta có hệ thức sau PA = r A sin , PB = r B sin r , PC = sin Khi đó, bất đẳng thức 2.14 tương đương với a sin2 A + b sin2 B + c sin2 C ≥ abc r2 ≥ abc r2 Từ đó, ta có hệ sau Hệ 2.3 Ta có hệ thức sau a sin2 A + b sin2 B + c sin2 C C 48 Bài toán 2.29 Gọi P điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác ABC Chứng minh a.P A3 + b.P B + c.P C ≥ 3abc.P G, (2.17) với G trọng tâm tam giác ABC Lời giải Tương tự phương pháp tốn trên, ta chứng minh đồng thức sau x3 (y − z) + y (z − x) + z (x − y) = (x − y) (y − z) (z − x) (x + y + z) (2.18) với số phức x, y, z Từ (2.18), ta có bất đẳng thức mô-đun sau |x|3 |y − z| + |y|3 |z − x| + |z|3 |x − y| ≥ |x − y| |y − z| |z − x| |x + y + z| (2.19) Bây giờ, xét mặt phẳng (ABC) mặt phẳng phức, với gốc tọa độ G gọi α, β, γ số phức tương ứng với đỉnh A, B, C tam giác zp số phức ứng với điểm P Trong (2.19) đặt x = zp − α, y = zp − β, z = zp − γ ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài tốn 2.30 Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh R4 + 4r2 a2 + b2 + c2 ≥ 36r2 R2 (2.20) Lời giải Nếu P trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp O tam giác ABC, Bất đẳng thức trở thành (a + b + c) R3 ≥ 3abcOG (2.21) Sử dụng mối quan hệ S∆ABC = a+b+c abc r= 4R sau số biến đổi bản, bất đẳng thức (2.21) tương đương với R2 ≥ OG 6r (2.22) Bình phương hai vế (2.22), ta có R2 ≥ 36r2 OG2 (2.23) 49 Áp dụng hệ thức OG2 = R2 − a + b2 + c , bất đẳng thức 2.20 tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 2.31 (Bất đẳng thức Ptolemy) Với điểm D thuộc mặt phẳng chứa tam giác ABC, ta có AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD (2.24) Đẳng thức xảy A, B, C, D theo thứ tự thuộc đường tròn thẳng hàng Lời giải Với bốn số phức z1 , z2 , z3 , z4 mặt phẳng phức, tương tự phương pháp nêu trên, áp dụng Cơng thức nội suy Lagrange, ta có kết sau (z2 − z1 ) (z4 − z3 ) + (z3 − z2 ) (z4 − z1 ) = (z3 − z1 ) (z4 − z2 ) Suy bất đẳng thức sau |z2 − z1 | |z4 − z3 | + |z3 − z2 | |z4 − z1 | ≥ |z3 − z1 | |z4 − z2 | (2.25) Đẳng thức xảy |z2 − z1 |.|z4 − z3 | |z3 − z2 |.|z4 − z1 | dấu |z2 − z1 |.|z4 − z3 | |z3 − z2 |.|z4 − z1 | trái dấu Khi (z2 − z1 ) (z4 − z3 ) =π (z2 − z3 ) (z4 − z1 ) (z2 − z1 ) (z3 − z4 ) ⇔ arg + arg =π (z4 − z1 ) (z2 − z3 ) ⇔ z1 , z2 , z3 , z4 thẳng hàng thuộc đường tròn arg Giả sử z1 , z2 , z3 , z4 lần lươt số phức tương ứng điểm A,B,C,D Rõ ràng |z2 − z1 | = AB, |z4 − z3 | = CD, |z3 − z2 | = BC, (2.26) |z4 − z1 | = AD, |z3 − z1 | = AC, |z4 − z2 | = BD (2.27) Từ (2.26) đến (2.27), ta thu Bất đẳng thức cần chứng minh 50 Kết luận Luận văn đạt kết sau: - Hệ thống hóa chứng minh chặt chẽ số đẳng thức tổ hợp thường gặp Bài toán nội suy Lagrange - Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Bài tốn nội suy Lagrange có yếu tố Giải tích - Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào Bài tốn nội suy Lagrange có yếu tố Hình học 51 Tài liệu tham khảo [1] Trịnh Đào Chiến, Huỳnh minh Thuận, Một số ứng dụng Công thức nội suy Lagrange, Tạp chí Khoa học Trường Đại học Quy Nhơn, tập II, số 3, 2008 [2] Trịnh Đào Chiến, Đẳng thức tổ hợp qua toán Olympic, Tạp chí Epsilon số 16, 2019, file pdf, đường link : https : // www facebook com /TapchiEpsilon/ [3] Nguyễn Văn Mậu, Các toán nội suy áp dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2008 [4] Một số đề thi chọn học sinh giỏi nước, sưu tầm số trang internet ... 1.4 ỨNG DỤNG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP VÀO CÁC BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE 19 2.1 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào toán nội suy Lagrange có yếu tố giải tích 19 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức. .. tốn nội suy cổ điển như: Bài toán nội suy Taylor, Bài toán nội suy Lagrange, Bài toán nội suy Newton, Bài toán nội suy Hermite, Trong toán nội suy, Bài tốn nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng. .. Chương ỨNG DỤNG ĐẲNG THỨC TỔ HỢP VÀO CÁC BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE 2.1 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào toán nội suy Lagrange có yếu tố giải tích Nội dung mục tham khảo [4] Bài toán 2.1 Cho đa thức