luận văn phân thức hữu tỷ và 1 số hệ phương trình
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (555.91 KB, 59 trang )
đại học tháI nguyên
Trờng 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
đại học tháI nguyên
Trờng đại học khoa học
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
đại học tháI nguyên
Trờng đại học khoa học
vũ văn viết
PHÂN THứC HữU Tỷ Và
MộT Số Hệ PHƯƠNG TRìNH
Chuyên ngành : phơng pháp toán sơ cấp
Mã số : 60.46.40
Luận văn thạc sĩ toán học
NGƯờI HƯớNG DẫN KHOA HọC: pgs.ts đàm văn nhỉ
đại học tháI nguyên
Thỏi Nguyờn
2012
S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn
1
Mục lục
Mục lục
LỜI NÓI ĐẦU
Chương 1 Số phức và vành đa thức
1.1 Tính đóng đại số của trường
1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức
Chương 2 Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình
2.1 Phân thức hữu tỷ
2.2 Phân tích phân thức để tính một số tổng
2.3 Giải hệ phương trình và xây dựng đồng nhất thức
2.4 Tính tích phân của phân thức hữu tỷ
2.5 Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷ
2.6 Bất đẳng thức hình học
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Trang
2
4
4
8
10
10
15
21
33
43
49
56
57
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Lời nói đầu
Phân thức hữu tỷ xuất hiện ở ba cấp học bậc phổ thông và cả bậc Đại học
trong Đại Số, Giải Tích, Hình Học, Tổ Hợp.Vấn đề đặt ra là sử dụng phân
thức hữu tỷ vào nghiên cứu Toán sơ cấp như thế nào? Đặc biệt sử dụng các
kết quả về phân thức hữu tỷ để vào sáng tác các bài toán mới.
Với những lí do trên, là một giáo viên giảng dạy môn Toán trong trường
phổ thông, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài: " Phân thức hữu tỷ và một số hệ
phương trình". Đích cuối cùng mà luận văn muốn đạt được là:
1/ Phân tích phân thức hữu tỷ thành tổng các phân thức đơn giản
2/ Giải hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn có liên quan đến phân thức
3/ Tính tổng và xây dựng một số đồng nhất thức trong tổ hợp
4/ Tính tích phân các 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 về vành đa thức, số phức và tính đóng
đại số của trường
và việc nhúng
vào
để có thể coi
như một trường
con của trường
. Từ tính đóng của trường
suy ra sự phân tích đa thức
thành tích các nhân tử bất khả quy trong
x
.
Chương II: Trình bày về phân thức hữu tỷ thành tổng các phân
thức đơn giản và một số ứng dụng để: giải một số hệ phương trình, xây dựng
các đồng nhất thức, tính các tổng, tính tích phân và một vài dãy số qua phân
thức hữu tỷ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luận
văn không tránh khỏi những thiếu sót nhất định, em rất mong nhận được sự
góp ý của các thầy cô giáo và các bạn.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS.
Đàm Văn Nhỉ . Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy. Em xin
cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, nơi
em đã nhận được một học vấn sau đại học căn bản và cuối cùng, tác giả xin
chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã cảm thông, ủng hộ và
giúp đỡ trong suốt thời gian tác giả học Cao học và viết luận văn.
Hải Phòng, tháng 08 năm 2012
Người viết luận văn
Vũ Văn Viết
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chương I
Số phức và vành đa thức
Chương này giới thiệu vành đa thức, vành các chuỗi lũy thừa hình thức
và tính đóng đại số của trường các số phức
.
1.1 Tính đóng đại số của trường
Xét tích Descartes
, \T a b
và 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 của phép nhân:
(i) Với
0,1i T
có
2
. 0,1 0,1 1,0i i i
(ii)
, 0,1 0,1 , ,a b a b a b
(iii)
, ,0 0, ,0 ,0 0,1 , ,a b a b a b a b T
Bổ đề 1.1.1
Ánh xạ
: , ,0T a a
là một đơn ánh và thỏa mãn
' ' , ' ' , , 'a a a a aa a a a a
Đồng nhất
,0a T
với
a
. Khi đó có thể viết
2
, ,0 ,0 0,1 , 1,0 1a b a b a bi i
.
Ký hiệu
là tập T cùng với phép toán đã nêu ở trên. Như vậy
2
\ , , 1a bi a b i
và ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
,
d .
a bi c di a c b d
a bi c di a c b d i
a bi c di ac b ad bc i
Mỗi phần tử
z a bi
được gọi là một số phức với phần thực a, ký hiệu
Re z
, và phần ảo b, ký hiệu
Im z
, còn
i
gọi là đơn vị ảo. Số phức
a bi
được
gọi là số phức liên hợp của
z a bi
và ký hiệu là
z a bi
. Dễ dàng kiểm
tra
2 2
zz a bi a bi a b
và gọi
z z z
là môđun của
z
. Số đối
của
z' c di
là
'z c di
và 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 này là một song ánh
, ,z a bi M a b
.
Khi đồng nhất
với
Oxy
qua việc đồng nhất
z
với
M
, thì mặt phẳng tọa
độ với biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phẳng phức hay mặt phẳng
Gauss.
Mệnh đề 1.1.2
Tập
là một trường chứa trường
như một trường con.
Chứng minh:
Dễ dàng kiểm tra
là một vành giao hoán với đơn vị là 1. Giả sử
0z a bi
. Khi đó
2 2
0a b
. Giả sử
z' : z' 1x yi C z
hay
1
0
ax by
bx ay
. Giải hệ được
2 2 2 2
,
a b
x y
a b a b
.
Vậy
2 2 2 2
'
a b
z i
a b a b
là nghịch đảo của
z
. Tóm lại
là một trường.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
vì đồng nhất
a
với
0a i
nên có thể coi
là trường con của
.
Chú ý rằng nghịch đảo của
0z
là
1
2
z
z
z
và
1
2
' '
'
z z z
z z
z
z
.
Định nghĩa1.1.3
Cho số phức
0z
. Giả sử
M
là một điểm trong mặt phẳng biểu diễn số phức
z
. Số đo (radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu
Ox
và tia cuối
OM
được
gọi là argument của
z
và ký hiệu
arg z
. Góc
xOM
được gọi là Argument
của
z
và ký hiệu là Arg
z
.
Argument của số phức 0 là không định nghĩa
Chú ý rằng, nếu
là một argument của
z
thì mọi argument của
z
đều có
dạng
2 ,k k
. Với
0z
, ký hiệu
2k
là Argument của
z
.
Ký hiệu
r zz
. Khi đó số phức
, os , sinz a bi a rc b r
. Vậy khi
0z
thì có thể biểu diễn
cos sinz r i
và biểu diễn này được gọi là
dạng lượng giác của z.
Mệnh đề 1.1.4
Nếu
1 1 1 1
os sinz r c i
,
2 2 2 2 1 2
os sin , , 0z r c i r r
thì
(i)
1
1
1 2 1 2
2 2
,
z
z
z z z z
z z
(ii)
1 2 1 2 1 2 1 2
os sinz z r r c i
(iii)
1 1
1 2 1 2
2 2
os sin , 0.
z r
c i r
z r
Mệnh đề 1.1.5(Moivre)
Nếu
os sinz r c i
thì với mỗi số nguyên dương
n
ta có
os sin
n n
z r c n i n
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Hệ quả 1.1.6.
Cho căn bậc
n
của một số phức
cos sinz r i
ta nhận được
n
giá trị
khác nhau
1
2 2
os sin , 1,2, ,
n
k
k k
z r c i k n
n n
.
Bây giờ ta chỉ ra rằng, mọi đa thức dương thuộc
x
đều có nghiệm
trong
. Đó là nội dung của định lý cơ bản của đại số.
Định nghĩa 1.1.7
Trường
K
được gọi là trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương thuộc
K x
đều có nghiệm trong
K
.
Như vậy, trong
K x
mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tích
các nhân tử tuyến tính khi
K
là một trường đóng đại số.
Định lý 1.1.8(d'Alembert - Gauus, Định lý cơ bản của đại số)
Mọi đa thức bậc dương thuộc
x
đều có ít nhất một nghiệm thuộc
.
Từ định lý 1.1.8 suy ra kết quả sau đây về đa thức bất khả quy trong
x
:
Hệ quả 1.1.9
Mọi đa thức thuộc
x
với bậc
0n
đều có
n
nghiệm trong
và các đa
thức bất khả quy trong
x
là các đa thức bậc nhất.
Mệnh đề 1.1.10
Cho
\ .f x x
f x
là đa thức bất khả quy khi và chỉ khi
, 0f x ax b a
hoặc
2 2
, 4 0f x ax bx c b ac
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
Định lý 1.1.11
Mỗi đa thức
\f x x
đều có thể phân tích được một cách duy nhất
thành dạng
1
1
2 2
1 1 1
r
s
d d
n
n
s r r
f x a x a x a x b x c x b x c
với các
2
4 0, 1, , ; 1
i i
b c i r r
1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức
Nhắc lại một vài khái niệm và kết quả trong vành đa thức một biến trên một
trường.
Cho trường
K
và một biến
x
trên
K
. Với
n
, Xét tập hợp:
2
0 1 2
0
\ \
n
n i
n i i i
i
K x a a x a x a x a K a x a K
.
Mỗi phần tử
f x K x
được gọi là một đa thức của biến
x
với các hệ
số
i
a K
. Hệ số
n
a
gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số
o
a
gọi là hệ số tự do của
f x
. Khi
0
n
a
thì n được gọi là bậc của
f x
và được ký hiệu
deg f x
.
Riêng đa thức 0 được quy định là có bậc là
hoặc -1.
Định lý 1.2.1.
Ta có
K x
là một vành giao hoán. Hơn nữa
K x
còn là một miền nguyên,
có nghĩa: nếu
,f x g x K x
thỏa mãn
0f x g x
thì
0f x
hoặc
0g x
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Định lý 1.2.2.
Với các đa thức
,f x g x K x
và
0g x
có hai đa thức duy nhất
,q x r x
sao cho
f x q x g x r x
với
deg degr x g x
.
Định lý 1.2.3.
Vành
K x
là một vành nhân tử hóa, có nghĩa: Mỗi đa thức thuộc
K x
đều
phân tích được một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy nếu
không kể thứ tự các nhân tử và các nhân tử thuộc
.K
Trong vành
K x
xét hai đa thức sau đây:
0 1
m
m
f x a a x a x
,
0 1
, 0
n
n m n
g x b b x b x a b
.
Định lý 1.2.4.
Hai đa thức
,f x g x
có ước chung khác hằng số khi và chỉ khi có hai đa
thức thuộc
K x
là:
1
0 1 1
m
m
p x c c x c x
1
0 1 1
n
n
q x d d x d x
không đồng thời bằng 0, thỏa mãn
q x f x p x g x
.
Định lý 1.2.5.
Giả sử
f x K x
với bậc
1n
. Khi đó có các kết quả sau:
(i) Nếu
K
là nghiệm của
f x
thì
,f x x g x g x K x
.
(ii)
f x
có không quá
n
nghiệm phân biệt trong
K
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Chương 2
Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương
trình
Chương này tập trung nghiên cứu sự phân tích phân thức hữu tỷ thành
tổng các phân thức đơn giản. Vận dụng các kết quả đạt được vào việc giải hệ
phương trình tuyến tính, xây dựng các đồng nhất thức, tính một số tổng hữu
hạn, tính tích phân hàm phân thức hữu tỷ , nghiên cứu dãy số qua phân thức
hữu tỷ, và chứng minh một số bất đẳng thức hình học.
2.1 Phân thức hữu tỷ
Xét hàm đa thức trên trường
. Mỗi phần tử thuộc
x
được gọi là một
hàm hữu tỷ hay một phân thức hữu tỷ. Những phân thức hữu tỷ dạng
n
b
x a
hay
n
q x
p x
, với
1n
và
p x
là đa thức bất khả quy, được gọi là những
phân thức hữu tỷ đơn giản. Bây giờ ta biểu diễn mỗi phân thức hữu tỷ qua
phân thức hữu tỷ đơn giản.
Định lý 2.1.1.
Nếu hai đa thức
,g x h x
nguyên tố cùng nhau trên
K
với
deg , degm g x n h x
thì đa thức bất kỳ
,degf x f x m n
đều có
thể biểu diễn được dưới dạng
f x r x g x s x h x
, trong đó
deg ,degr x n s x m
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Chứng minh:
Vì
,g x h x
nguyên tố cùng nhau, nên ta có đồng nhất thức
1 a x g x b x h x
. Nhân hai vế hệ thức này với
f x
sẽ được
f x f x a x g x f x b x h x
Biểu diễn
,degf x a x q x h x r x r x n
. Khi đó có
.
f x f x a x g x f x b x h x
r x g x q x g x f x b x h x
Đặt
.s x q x g x f x b x
Do đó
.f x r x g x s x h x
Vì
deg ,degf x m n r x g x m n
nên
deg s x m
.
Bổ đề 2.1.2.
Nếu hai đa thức
,g x h x
nguyên tố cùng nhau trên K và đa thức
,deg deg degf x f x g x h x
thì ta có sự biểu diễn
f x r x s x
g x h x h x g x
, trong đó
deg deg ,deg deg .r x h x s x g x
Chứng minh:
Theo định lý 2.1.1 ta có sự biểu diễn
f x r x g x s x h x
với
deg deg ,deg deg .r x h x s x g x
Chia hai vế hệ thức này cho
g x h x
ta nhận được
f x r x s x
g x h x h x g x
.
Định lý 2.1.3.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Mỗi phân thức hữu tỷ
,deg deg
f x
f x g x
g x
đều phân tích được thành
tổng các phân thức hữu tỷ đơn giản.
Hệ quả 2.1.4.
Mỗi phân thức hữu tỷ
f x
g x
bất kỳ đều phân tích thành tổng một đa thức và
các phân thức hữu tỷ đơn giản.
Chứng minh:
Nếu
deg degf x g x
thì ta có kết quả cần chứng minh theo định lý
trên.
Nếu
deg degf x g x
thì ta biểu diễn
,degf x q x g x r x r x g x
Khi đó
f x r x
q x
g x g x
và kết quả cần chứng minh được suy ra từ nhận xét ban
đầu.
Vì mỗi đa thức bất khả quy trong
x
có dạng
2 2
, 4 0x bx c b ac
,
nên mỗi đa thức
g x
đều có thể viết được thành dạng:
2
1 1
i
i
s r
m
n
i i i
i i
g x x a x b x c
. Từ đó ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.1.5
Mỗi phân thức hữu tỷ
f x
g x
biểu diễn được thành dạng
2
1 1 1 1
i i
n m
s r
ij ij ij
j j
i j i j
i
j j
b b x c
f x
q x
g x
x a
x b x c
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Mệnh đề 2.1.6.
Xét phân thức
.
p x
f x x
q x
Với mỗi
0
x
sao cho
0
f x
có nghĩa,
luôn có biểu diễn
0 0
h x
f x f x x x
q x
, trong đó
,deg max deg ,deg 1.h x x h x p x q x
Chứng minh:
Với phép chia với dư có thể biểu diễn
0 1 0
p x x x p x p x
và
0 1 0 1 1
, , ,q x x x q x q x p x q x x
theo định lý 1.2.2. Với
0
F x f x f x
ta có biến đổi sau đây:
0 0 0
0 0
0 1
1
0
0
1 0 1
0
.
p x p x q x p x q x
p x
F x
q x q x q x q x
p x q x
p x
x x
q x q x q x
p x f x q x
x x
q x
Do vậy ta có biểu diễn
0 0
h x
f x f x x x
q x
, trong đó
,deg max deg ,deg 1.h x x h x p x q x
Hệ quả 2.1.7.
Với mỗi phân thức
p x
f x x
q x
và
0
x
sao cho
0
f x
có nghĩa, luôn
có biểu diễn
0
1
0
, .
n
k
k
k
k
a x x
f x f x a
q x
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Chứng minh:
Suy ra từ mệnh đề 2.1.6.
Trường hợp đặc biệt: Khi
1 2
n
q x x x x x x x
và biểu diễn
1
,
'
n
k
i j
k
k k
p x
p x
f x x x
q x q x x x
khi
i j
và
deg p x n
, thì với
1 1
2
'
n
k
k
k k
p x
h x x x f x a
q x x x
có
1
2
( )
, .
'
n
k k
k
k
k k k
p x x x
h x h x x
q x x x x
Ví dụ 2.1.8.
Chứng minh rằng ta luôn có
1
1 1
0
1
, 0
k n
n
k k
k
x x
a
a x a a a x
và mọi số tự nhiên dương
n
.
Bài giải:
Theo Mệnh đề 2.1.6, với phân thức
0
1
, 0,f x x
a x
ta có
1 1 1
. .
x
a x a a a x
lặp lại sau
n
lần được
1
1 1
0
1
.
k n
n
k k
k
x x
a x a a a x
Ví dụ 2.1.9.
Giả sử
1
, , , 0.
n
a a a
Ta luôn có đồng nhất thức sau:
(i)
1 2 1 1
1 2 1 1
0
n n n
n n n
a a a a a a
a a a a a a a a a a a a
(ii) Với hàm phân thức
1 1
1
, . ,
n
x u
f x u a a
u x x u
luôn có đồng nhất thức
1
1 1
, , ( , )
n n
k k k k
k k
f x a f a a f x a
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Bài giải:
(i) Dễ dàng kiểm tra
1 2 1 1 2
2 2
. .
x a a a a a x a
x a a a a a x a
Như vậy ta luôn có hệ thức dưới đây:
1 2 1 2
1 1 2 2
1 1
. . .
( )( )
x a a a x a
a a x a a a a a a a x a
2 3 2 3
2 2 3 3
1 1
. .
( )( )
x a a a x a
a a x a a a a a a a x a
=
1 1
1 1
1 1
. .
( )( )
n n n n
n n n n
x a a a x a
a a x a a a a a a a x a
1 1
1 1
1 1
. .
( )( )
n n
n n
x a a a x a
a a x a a a a a a a x a
Cộng các vế theo hàng dọc ta có đồng nhất thức cần chứng minh.
(ii) đươc suy ra qua việc nhân các vế theo hàng dọc.
2.2 Phân tích phân thức để tính một số tổng
Ta áp dụng các kết quả đã đạt được để tính một số tổng, qua cách thức: Chọn
một phân thức để tách ra thành tổng các phân thức đơn giản. Sau đó cho biến
x
một giá trị đặc biệt.
Ví dụ 2.2.1
Với ba số a, b, c phân biệt và
, , 0, 1, 2, 3 ,a b c
giả sử các số
, ,x y z
thỏa
mãn hệ phương trình:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
1
1 1 1
1
2 2 2
1
3 3 3
x y z
a b c
x y z
a b c
x y z
a b c
Chứng minh rằng
6
1
x y z
a b c abc
Bài giải:
Xét
1
p t
x y z
f t
a t b t c t a t b t c t
với đa thức
p t
bậc 3.
Vì
1 2 3 0f f f
nên
1 2 3 0p p p
và như vậy
1 2 3
1
t t t
x y z
a t b t c t a t b t c t
Với
0t
ta được
6
1
x y z
a b c abc
.
Ví dụ 2.2.2.
Với hai số
,a b
phân biệt và
, 0,1,2,3 ,a b
hãy giải hệ phương trình:
1
1 1
1
2 2 2
x y
a b
x y
a b
Giả sử
,a b
là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Hãy tính tổng dưới đây:
.
3 3 3 3 3
x y ab
T
a b a b
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Bài giải:
Xét
1
p t
x y
f t
t a t b t t t a t b
với
deg 2p t
.
Vì
1 2 0f f
nên
1 2 0p p
và như vậy
1 2
1
.
u t t
x y
t a t b t t t a t b
Quy đồng hai vế ta được
1 2 .xt t b yt t a t a t b u t t
Từ đây suy ra
: 0
2
1 2
:
1 2
:
ab
u t
u a a
x t a
a a b
u b b
y t b
b b a
Từ
1 2
1
.
2
ab t t
x y
t a t b t t t a t b
suy ra
1
: 3.
3
T t
Ví dụ 2.2.3.
Giả sử
1 2 3
, ,x x x
là nghiệm của
3
0, 1.x ax b a b
Tính
2 2 2
1 2
3
1 1 1
1 1
1
x x
x
và
2 2
2
1 2 2 3 3 1
.D x x x x x x
Bài giải:
Vì
3
1 2 3
x ax b x x x x x x
nên
2
1 2 2 3 3 1
3 .x a x x x x x x x x x x x x
2 2 2 3 2
1 2 3
3 3 3 4 27 .D a x a x a x a b
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Ta lại có
2
3
1 2 3
1 1 1 3x a
x x x x x x x ax b
và được đồng nhất thức
4 2
2 2 2 2
3
1 2
3
1 1 1 3 6
.
x bx a
x x x x
x x
x ax b
Với
1x
sẽ có
2
2 2 2 2
1 2
3
1 1 1 3 6
.
1 1 1
1
b a
x x a b
x
Ví dụ 2.2.4.
Cho bốn số phức
, , ,a b c d
. Giả sử
1 2 3 4
, , ,x x x x
là bốn nghiệm của phương trình
0
x x x
x d
x a x b x c
. Tính tổng sau đây:
2 2 2
4 4 4
1 1 1
.
k k k
k k k
a b c
T
a x b x c x
Bài giải:
Phương trình
0
x x x
x d
x a x b x c
được viết thành
3 2
3x 2
0
f x x d x a x b x c a b c x ab bc ca x
.
Mặt khác, ta còn có biểu diễn
1 2 3 4.
f x x x x x x x x x
Khi cho
x a
ta có
3 2
1 2 3 4.
3 2a a a b c a ab bc ca x x x x x x x x
hay
1 2 3 4.
a a b a c a x a x a x a x
tương tự, khi cho
,x b x c
ta cũng có hai hệ thức khác. Từ đây suy ra
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
2 2 2
0.
a b c
T
a a b a c b b a b c c c a c b
Ví dụ 2.2.5.
Giả sử
1 2 3
, ,x x x
là ba nghiệm của phương trình:
3
0, 1 .x ax b a b
Tính
2 2 2
1 2 3
2 3 3 1 1 2
.
1 1 1 1 1 1
x x x
T
x x x x x x
Bài giải:
Vì
3
1 2 3
x ax b x x x x x x
nên
2
2
1 1
1
2 3
1
1 1 1
x x
x
x x a b
và suy ra
3 3 3 2 2 2
1 2 3 1 2 3
2a 3
1 1
x x x x x x b
T
a b a b
Ví dụ 2.2.6.
Tính tổng
4
1
( )
,
k k k
k
k k i k j k h
a x a y a z
T
a a a a a a a
trong đó hai tập bằng nhau
, , , 1,2,3,4k i j h
.
Bài giải:
Từ việc tách phân thức
1 2 3 4
t x t y t z
t a t a t a t a
thành tổng các
phânthức
4
1
( )
1
.
k k k
k
k
k i k j k h
a x a y a z
t a
a a a a a a
nên khi cho
0t
ta được
1 2 3 4
xyz
T
a a a a
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Ví dụ 2.2.7.
Chứng minh rằng, với số nguyên dương lẻ n ta có các kết quả:
(i)
2 2 2
1
2
4 cot 4 cot 4 cot
2
n
n n n
(ii)
2011
2 2 2
2010
3 2
4 cot 4 cot 4 cot
4022 2011 2011 4022
(iii) Tính tổng
2 2 2 2
2 2
1 1 1
2
1
cot cot
cot
2
n
n n
n
n n
n
Bài giải:
Xét phương trình
n n
x i x i
hay
1
n
x i
x i
. Phương trình này có
( 1)n
nghiệm
trong
là
2 2
cos sin , 1, , 1,
x i k k
i k n
x i n n
vì
0k
không thỏa
mãn.
Giải ra được các nghiệm
cot , 1, , 1
k
x k n
n
(i) Từ
,cot cot
n n
n k
k
p x x i x i
n n
ta suy ra
2 2 2 2 2 2
1
2
2 cot cot cot
1
2
2 cot cot cot
2
n
p x ni x x x
n n n
n
ni x x x
n n n
Với
2 2 2
1
2 3 1
2 , 4 cot 4 cot 4 cot
2 2
n
n
x i
n n n n
(ii) Suy ra từ (i) với
2011n
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
(iii) Ta có
2 2 2 2 2 2
1
2
2 cot cot cot
2
n
p x ni x x x
n n n
khi n là số lẻ. Lấy đạo hàm hai vế, ta nhận được
1 1
2 2 2 2
2 2
1
2 2x 2x
2
1
cot cot
cot
2
n n
n n
n x i x i
x i x
x
n
x x
x
n n
n
Với
,x ni
có
1 1
2 2 2 2
2 2
1
2 2x 2x
2
1
cot cot
cot
2
n n
n n
n i n i
n i n
x
n
x x
x
n n
n
2.3 Giải hệ phương trình và xây dựng đồng nhất thức
Bây giờ áp dụng các kết quả đã đạt được để giải các hệ phương trình và xây
dựng các đồng nhất thức mới trong Toán sơ cấp.
Ví dụ 2.3.1.
Với ba số
, ,a b c
phân biệt và
, , 0,1,2,3,4 ,a b c
hãy giải hệ phương trình:
1
1 1 1
1
2 2 2 2
1
3 3 3 3
x y z
a b b
x y z
a b c
x y z
a b c
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Giả sử
, ,x y z
là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Hãy tính tổng dưới đây:
.
4 4 4 4 4 4 4
x y z abc
T
a b c a b c
Bài giải:
Xét
1
p t
x y z
f t
t a t b t c t t t a t b t c
với
deg 3p t
.
Vì
1 2 3 0f f f
nên
1 2 3 0p p p
và như vậy
1 2 3
1
.
u t t t
x y z
t a t b t c t t t a t b t c
Quy đồng hai vế ta được
1 2 3 .
xt t b t c yt t a t c zt t a t b t a t b t c
u t t t
Từ đây suy ra
: 0
6
1 2 3
:
1 2 3
:
1 2 3
:
abc
u t
u a a a
x t a
a a b a c
u b b b
y t b
b b a b c
u c c c
z t c
c c a c b
Từ
1 2 3
1
.
6
abc t t t
x y z
t a t b t c t t t a t b t c
suy ra
1
: 4.
4
T t
Ví dụ 2.3.2.
Giả sử các số
1 2
, , ,
n
khác nhau đôi một và
0, , 1,2, , .
i j
i j n
Giải
hệ phương trình sau :
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
1 2
1 1 1
1 2
2 2 2
1 2
1
1 2
1
1 2
.
1
1 2
n
n
n
n n n
x x x
n
x x x
n
x x x
n
Bài giải:
Xét
1 2
1
1
1 2
n
n
i
p x
x x x
f x
x x n x
i x
với đa thức
p x
bậc
n
.
Vì
0
i
f
nên
0, 1,2,
i
p i n
và như vậy ta có
1 2
.
1 2
n
x x x
p x
x x x n
Từ
1 2
1 2
1
1 2 1 2
n
n
x x x
x x x
x x n x x x x n
, ta có
1 2
3 4
1 2
2 3 1 3
1 2 1 2
1 2 1 1 2
.
n
n
x x x x n x x x x n
x x x x n x x x x n
x x x x n x x x n
x x x
Ta nhận được các nghiệm:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
