Luận văn thạc sĩ toán phương pháp một số đồng nhất thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (542.48 KB, 65 trang )
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Chương 1
1.1
1.2
2.2
5
1.1.1
Dạng tổng quát thứ nhất
. . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.1.2
Dạng tổng quát thứ hai . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.1.3
Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.2.1
Đồng nhất thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.2.2
Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
Đồng nhất thức liên quan đến tam giác
Đồng nhất thức Leibnitz tổng quát . . . . . . . . . . . . . . .
19
19
2.1.1
Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.1.2
Đồng nhất thức Leibnitz tổng quát . . . . . . . . . . .
26
Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
Chương 3
3.1
5
Đồng nhất thức Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 2
2.1
Một số đồng nhất thức đại số
Đồng nhất thức dạng phân thức hữu tỷ
33
Đồng nhất thức cảm sinh bởi Công thức nội suy Lagrange . .
33
3.1.1
Công thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . .
33
3.1.2
Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
Đồng nhất thức dạng phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . .
39
3.2.1
Đồng nhất thức dạng phân thức hữu tỷ . . . . . . . . .
39
3.2.2
Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
3.2
ii
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
1
LỜI MỞ ĐẦU
Đẳng thức (số, đại số, giải tích) đúng với mọi giá trị số xác định được của
các chữ trong đẳng thức đó được gọi là một đồng nhất thức. Chẳng hạn như
♣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 từng mục đích nghiên cứu toán học khác nhau,
nhiều đồng nhất thức đã được phát hiện và tổng quát hóa. Trong chương
trình toán phổ thông, một số trường hợp riêng của những đồng nhất thức đã
được chứng minh, và còn có tên là hằng đẳng thức.
Cho đến nay, tùy theo lĩnh vực nghiên cứu, số đồng nhất thức xuất hiện
ngày càng phong phú với rất nhiều ứng dụng quan trọng. Cùng với bất đẳng
thức, các bài toán về chứng minh đồng nhất thức thường có mặt trong các
đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia và Olympic toán quốc tế. Đây là những
dạng toán quen thuộc, nhưng đối với những lĩnh vực chuyên sâu, nó thường
rất khó.
Trong chương trình toán phổ thông, mặc dù xuất hiện cũng khá nhiều
nhưng việc đề cập về đồng nhất thức và áp dụng của nó như là một chuyên
đề chọn lọc cho giáo viên và học sinh chuyên toán ở bậc phổ thông thì chưa
có nhiều, chưa được hệ thống theo dạng và xem xét các khía cạnh tổng quát
hóa của chúng. Luận văn này đề cập đến một số đồng nhất thức cơ bản cùng
với những áp dụng của nó trong chương trình toán phổ thông.
Ngoài lời mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn được chia làm ba
chương:
2
Chương 1. Đề cập đến hai đồng nhất thức đại số mà dạng đơn giản của
chúng rất quen thuộc trong chương trình toán phổ thông, đó là Đồng nhất
thức Lagrange và Đồng nhất thức Newton.
Có thể nói rằng hai đồng nhất thức trên chiếm một vị trí khá quan trọng
trong chương trình toán Trung học cơ sở và Trung học phổ thông. Rất nhiều
đồng nhất thức có "cái gốc" là một trong hai đồng nhất thức này.
Việc nghiên cứu các dạng tổng quát của Đồng nhất thức Lagrange cho ta
một cái nhìn tổng quát từ một số đồng nhất thức riêng rẽ. Từ các dạng này,
cùng với một số phương pháp kết hợp, luận văn đã trình bày một số bài tập
tự sáng tác. Việc làm này rất cần thiết cho các giáo viên đang giảng dạy ở
chương trình toán phổ thông. Nhiều bài tập tự sáng tác này có thể dùng làm
các đề thi hoặc tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi ở các cấp Trung học cơ sở và
Trung học phổ thông.
Ta biết rằng, có một phương pháp để sáng tác các bất đẳng thức từ các
đồng nhất thức là "bỏ đi một biểu thức không âm". Luận văn đã đề xuất khá
nhiều bất đẳng thức từ các dạng tổng quát của Đồng nhất thức Lagrange.
Việc nghiên cứu Đồng nhất thức Newton cho ta một cái nhìn tổng quát
về hệ thức truy hồi liên quan đến các nghiệm của một đa thức. Nó còn là
"cái gốc" của các dạng toán liên quan đến đa thức (mà ở phổ thông thường
gặp là các tam thức bậc hai), các dạng toán liên quan đến việc xác định một
số công thức truy hồi (như công thức truy hồi tuyến tính của Dãy Lucas) và
một số dạng toán liên quan đến việc tính một số tổng hữu hạn mà luận văn
đã đề cập trong phần áp dụng.
Chương 2. Luận văn đề cập đến một đồng nhất thức quan trọng liên
quan đến việc biểu diễn hoặc tính các khoảng cách giữa các điểm đặc biệt
trong tam giác: Đồng nhất thức Leibnitz tổng quát.
Có thể nói rằng, Đồng nhất thức Leibnitz tổng quát là "cái gốc" của nhiều
3
hệ thức và bất đẳng thức liên quan đến các điểm đặc biệt trong 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 nhất thức này, luận văn đã đề xuất một phương pháp mà có thể
"vét" hầu hết các hệ thức và bất đẳng thức quan trọng liên quan đến khoảng
cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác. Từ phương pháp này, các giáo
viên phổ thông có thể nắm được những "cái gốc" của những bài toán trong
các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp. Từ đó có thể tự sáng tác ra nhiều bài
tập khác, làm tài liệu để bồi dưỡng học sinh giỏi.
Chương 3. Luận văn đề cập đến các đồng nhất thức dạng phân thức hữu
tỷ. Nó là "cái gốc" của khá nhiều đồng nhất thức dạng phân thức thường
gặp trong chương trình toán phổ thông và trong các đề thi học sinh giỏi cấp
Trung học cơ sở và Trung học phổ thông.
Nhiều đồng nhất thức đã cảm sinh từ Công thức nội suy Lagrange, một
công thức nội suy quan trọng của Giải tích và dưới góc nhìn phù hợp, nó
cho ta một số đồng nhất thức khá quen thuộc trong chương trình toán phổ
thông.
Một số tính chất cơ bản của đồng nhất thức dạng phân thức hữu tỷ cũng
được luận văn đề cập. Từ các tính chất này, nhiều bài toán liên quan đến
phân thức hữu tỷ ở phổ thông đã được đề cập.
Mặc dù, tác giả đã cố gắng rất nhiều trong quá trình nghiên cứu, song do
năng lực bản thân còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu
sót. Rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và các bạn để luận văn
được hoàn thiện hơn.
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 hiện luận văn này và là người
đã định hướng cho tác giả nhiều phương pháp học tập, nghiên cứu. Nhân
4
đây, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Phòng Sau đại học,
Khoa Toán học Trường Đại học Quy Nhơn đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác
giả trong suốt quá trình học tập; gia đình, bạn bè đã cùng chia sẻ, động viên
và giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu đề tài.
5
Chương 1
MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC ĐẠI SỐ
1.1
Đồng nhất thức Lagrange
1.1.1
Dạng tổng quát thứ nhất
Với n bộ số thực ♣a1 , b1 , u1 , v1 q , ♣a2 , b2 , u2 , v2 q , ..., ♣an , bn , un , vn q, ta có kết
quả 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 nhất thức (ĐNT) trên được gọi là Đồng nhất 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 ✁
1 ↕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 được chứng minh.
n
➦
j ✏1
✡
aj bj uj vj
6
- Với n ✏ 2, thì (1.1) có dạng
♣a1u1 a2u2q ♣b1v1 b2v2q ✁ ♣a1b1 a2b2q ♣u1v1 u2v2q
✏ ✁ ♣a1v2 ✁ a2v1q ♣b1u2 ✁ b2u1q .
- Với n ✏ 3, thì (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 và vj ✏ bj , thì (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) chính là Đồng nhất thức Lagrange.
- Với n ✏ 2, thì (1.4) có dạng
a21 a22
✟
b21 b22
✟
- Với n ✏ 3, thì (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 là 2s số thực và
Mm :✏
trong đó
➦
m
➳
➳
♣✁1qk Ckm♣
k ✏0
ak bm 1✁k là ký hiệu thu gọn của
Ta có kết quả sau
➳
am 1✁k bk q♣
s
➦
i✏1
ak bm 1✁k q,
1✁k .
aki bm
i
(1.6)
7
Định lý 1.1.2.
✩
✬
✬
✫
➦
i➔j
✏✬
Mm
➦
✬
✪
i➔j
♣aibj ✁ aj biq2r ,
khi m ✏ 2r ✁ 1,
♣aibj ✁ aj biq2r ♣aibj aj biq,
khi m ✏ 2r.
Đồng nhất thức trên được gọi là Đồng nhất thức Lagrange tổng quát (dạng
2).
Chứng minh. Ta có
➳
Mm : ✏
am 1
➳
. . . ♣✁1q
bm 1 ✁ C1m
m
m
Cm
➳
ab
m
➳
am b
➳
➳
abm
am b.
1q Với m ✏ 2r ✁ 1 :
➳
M2r✁1 :✏
a2r
♣✁1q
r
➳
✏
♣✁1q
✏
➳
♣
✏
➳
♣
✏
a
2r
➳
➳
♣
b2r
b
➳
q♣
2r
b
ak b2r✁k q
k
➳
♣✁1qk Ck2r✁1♣
k ✏1
q
2r
✁1
➳
r r 2
ab
r➳
✁1
k ✏1
➳
a2r✁k bk q♣
➳
♣✁1qk Ck2r✁1♣
k ✏r 1
➳
♣✁1qk Ck2r✁1♣
r➳
✁1
ab
➳
✁1
✁ r➳
l ✏1
k 2r✁k
a b
✠
ak b2r✁k q
ak b2r✁k q
➳
a2r✁l bl q♣
➳
q ♣✁1qr Cr2r✁1♣
➳
♣✁1qk Ck2r ♣
al b2r✁l q
k ✏1
2r✁k
♣aibj q
ar br q2
a2r✁k bk q
➳
1
♣✁
1qr Cr2r ♣ ar br q2
2
Ck2r
➳
♣✁1qk ♣Ck2r✁1 C2r2r✁✁k1q
k ✏1
✁1
✁ r➳
ak b2r✁k q
a2r✁k bk q♣
➳
a2r✁k bk q♣
q ♣✁1ql C2r2r✁✁l1♣
r r 2
♣✁1q
k ✏0
r➳
✁1
➳
✠
✁1
➳ ✦✑ r➳
i,j
♣
➳
b2r
2r✁k k
a
➳
➳
Cr2r✁1
a2r
➳
b2r
Cr2r✁1
a2r
r
➳
✙
♣aj biq
k
✮
1
r 2r
r
r
♣✁1q Cr ♣aibj q ♣aj biq .
2
8
Bởi sự hoán vị của các chỉ số i và j, ta có
Mm :✏
✁1
➳ ✦✑ r➳
i➔j
k ✏0
Ck2r
2r✁k
♣aibj q
♣✁aj biq
k
r➳
✁1
k ✏0
Ck2r
2r✁k
♣aj biq
♣✁aibj q
✙✮
1 ✑ 2r
r
r
2r
r
r
2 Cr ♣aibj q ♣✁aj biq Cr ♣aj biq ♣✁aibj q
✏
✁1
➳ ✦✑ r➳
i➔j
2r
➳
k ✏0
Ck2r ♣ai bj q2r✁k ♣✁aj bi qk Cr2r ♣ai bj qr ♣✁aj bi qr
Cl2r ♣ai bj q2r✁l ♣✁aj bi ql
l ✏r 1
k
✙
✙
✮
➳
✏ ♣aibj ✁ aj biq2r .
i➔j
2q Với m ✏ 2r :
M2r :✏
✏
➳
2r 1
a
2r
➳
♣✁1q
k
k ✏r 1
➳
➳
2r 1
a
2r 1
b
Ck2r
➳
➳
♣
2r 1
b
k ✏1
a
r
➳
✏
a
➳
♣
2r 1
➳
2r 1
b
2r✁k 1 k
a
b
Do đó, ta có
➳
q♣
2r
Chú ý rằng Ck2r ✁ C2r
✁k 1
➳
➳
♣✁1qk Ck2r ♣
a2r✁l 1 bl q♣
r
✁➳
ak b2r✁k 1 q
➳
ak b2r✁k 1 q
➳
a2r✁k 1 bk q♣
al b2r✁l 1 q
♣✁1qk ♣Ck2r ✁ C2r2r✁k 1q
k ✏1
k 2r✁k 1
a b
➳
a2r✁k 1 bk q♣
ak b2r✁k 1 q
q♣
k ✏1
♣✁1ql 1C2r2r✁l 1♣
➳
b
➳
l ✏1
➳
♣✁1qk Ck2r ♣
2r✁k 1 k
r
➳
r
➳
✠
q
.
✏ 2♣r2r✁ kq1 1 .Ck2r 1.
♣
r ✁ k q 1 2r 1 ➳ 2r✁k 1 k ➳ k 2r✁k 1
Ck ♣ a
b q♣ a b
q
M2r :✏ ♣✁1q
2r 1
k ✏0
r
✮
➳✦ ➳
k 2♣r ✁ k q 1 2r 1
2r✁k 1
k
✏
♣✁1q 2r 1 Ck ♣aibj q
♣aj biq .
i,j
k ✏0
r
➳
k2
9
Đặt p ✏ ai bj , q
✏ ✁aj bi. Bởi sự hoán vị các chỉ số i và j, ta có
1 2♣r ✁ kq 1
✙
➳ ✑ 2r➳
2r 1 2r✁k 1 k
Mm : ✏
Ck p
q
2r
1
i➔j k✏0
✏
✏
✏
✏
1
➳ ✑ 2r➳
i➔j
➳✑
i➔j
k ✏0
Ck2r 1 p2r✁k 1 q k
2r 1
♣p qq
➳✑
i➔j
2r 1
♣p qq
➳✑
i➔j
2r 1
♣p qq
✁
✁ 2r 1
2
2r
1
➳
2r
1
➳
k ✏1
kCk2r 1 p2r✁k 1 q k
✙
✙
2♣2r 1q
2r
2r✁k 1 k
C p
q
2r 1 k✏1 k✁1
✁2
✁2
➳
2r
1
➳
k ✏1
2r
➳
l ✏0
Ck2r✁1 p2r✁k 1 q k
Cl2r p2r✁l q l 1
✙
✙
➳
✏ r♣p qq2r 1 ✁ 2q♣p qq2r s ✏ ♣aibj ✁ aj biq2r ♣aibj aj biq.
i➔j
i➔j
Định lý được chứng minh.
Với m ✏ 1, 2, 3, 4, . . . , ta thu được các đồng nhất thức cụ thể như sau
➳
♣
➳
♣
➳
♣
➳
a2i q♣
➳
➳
a3i q♣
➳
a4i q♣
b2i q ✁ ♣
➳
b3i q ✁ ♣
➳
b4i q ✁ 4♣
➳
➳
ai bi q2
✏: M1 ✏ ♣aibj ✁ aj biq; (Đồng nhất thức Lagrange)
➳
a2i bi q♣
➳
ai b2i q ✏: M2
➳
a3i bi q♣
➳
i➔j
➳
ai b3i q 3♣
➳
➳
✏ ♣aibj ✁ aj biq2♣aibj aj biq;
➳
♣ a5i q♣ b5i q ✁ 3♣ a4i biq♣ aib4i q 2♣
➳
✏: M4 ✏ ♣aibj ✁ aj biq4♣aibj aj biq; . . .
i➔j
a2i b2i q2
a3i b2i q♣
➳
✏: M3 ✏ ♣aibj ✁ aj biq4;
➳
a2i b3i q
i➔j
i➔j
Hệ quả 1.1.3. iqMm
➙ 0, với m ✏ 2r ✁ 1, r nguyên dương;
iiqMm ➙ 0, ❅ai ➙ 0, bi ➙ 0.
Bây giờ, xét đa thức P ♣xq ✏
n
➧
♣x ✁ αiq, αi R. Rõ ràng bậc của đa thức
là n♣deg P ♣xq ✏ nq và α1 , α2 , . . . , αn là n nghiệm của P ♣xq.
i✏1
10
Với các số p, q nguyên dương xác định, áp dụng Hệ quả 1.1.3 với
ai
✏ ♣⑤αi⑤qp ➙ 0 và bi ✏ ♣⑤αi⑤qq ➙ 0, i ✏ 1, 2, . . . , n, ta có
m
➳
♣✁1qk Ckm
n
✁➳
i✏1
k ✏0
m
➳
n
✁➳
k ✏0
m
➳
n
✁➳
ô ♣✁1qk Ckm
ô ♣✁1q
k
k ✏0
Ckm
1✁k bk
am
i
i
n
✠✁ ➳
i✏1
1✁k
aki bm
i
♣⑤αi⑤q♣m 1✁kqp♣⑤αi⑤qkq
i✏1
♣⑤α ⑤q♣m 1✁kqp kq
i✏1
i
✠
n
✠✁ ➳
n
✠✁ ➳
➙0
i✏1
♣⑤α ⑤q♣m 1✁kqq kp
i✏1
✠
♣⑤αi⑤qkp♣⑤αi⑤q♣m 1✁kqq ➙ 0
i
✠
➙ 0.
Với điều kiện ♣m 1 ✁ k qp kq và ♣m 1 ✁ k qq kp là các số nguyên
✏ ➦ ♣⑤αi⑤qn, ta có bất đẳng thức sau
n
dương, đặt Tn
i✏1
m
➳
♣✁1qk CkmT♣m 1✁kqp kq T♣m 1✁kqq kp ➙ 0.
k ✏0
Với m
(1.7)
✏ 1, 2, 3, 4, 5, . . . , từ (1.7), ta thu được các bất đẳng thức cụ thể
như sau
T2p T2q ✁ Tp2 q
➙ 0;
T3p T3q ✁ T2p q Tp 2q
➙ 0;
2
T4p T4q ✁ 4T3p q Tp 3q 3T2p
2q ➙ 0;
T5p T5q 2T3p 2q T2p 3q ✁ 3T4p q Tp 4q ➙ 0;
2
T6p T6q 15T4p 2q T2p 4q ✁ 6T5p q Tp 5q ✁ 10T3p
3q ➙ 0...
1.1.3
Áp dụng
Ở mục trên, ta đã biết rằng, từ các dạng tổng quát của Đồng nhất thức
Lagrange có thể tạo ra hàng loạt đồng nhất thức và bất đẳng thức cụ thể.
Dưới đây là một số phương pháp sáng tác bài tập từ các đồng nhất thức trên.
Để đơn giản, ta chỉ thực hiện với n ✏ 3, các bài toán có thể tổng quát với n
bất kỳ.
11
Trong (1.6), cho b1
3 a21 a22 a23
✟
✏ b2 ✏ b3 ✏ 1, ta được đồng nhất thức
✏ ♣a1 a2 a3q2 ♣a1 ✁ a2q2 ♣a1 ✁ a3q2 ♣a2 ✁ a3q2
(1.8)
hoặc rút gọn, ta được đồng nhất thức quen thuộc
♣a1 a2 a3q2 ✏ a21 a22 a23 2a1a2 2a1a3 2a2a3.
Trong (1.8), nếu 3 a21 a22 a23
✟
(1.9)
✏ ♣a1 a2 a3q2 thì
♣a1 ✁ a2q2 ✏ ♣a1 ✁ a3q2 ✏ ♣a2 ✁ a3q2 ✏ 0
hay a1
✏ a2 ✏ a3.
Bài toán 1.1. Cho 3 số a1 , a2 , a3 thỏa mãn
3♣a21 a22 a23 q ✏ ♣a1 a2 a3 q2 .
Chứng minh rằng khi đó a1
✏ a2 ✏ a3.
✁ a2, a2 bởi a2 ✁ a3, a3 bởi a3 ✁ a1, thì
a1 a2 a3 được thay bởi ♣a1 ✁ a2 q ♣a2 ✁ a3 q ♣a3 ✁ a1 q ✏ 0. Do đó, ta có
Trong (1.8), nếu thay a1 bởi a1
đồng nhất thức
✑
✙
♣a1 ✁ a2q ♣a2 ✁ a3q ♣a3 ✁ a1q
✏ ♣a1 ✁ 2a2 a3q2 ♣a2 ✁ 2a3 a1q2 ♣a3 ✁ 2a1 a2q2 .
3
2
2
2
Dưới đây là một số phương pháp sáng tác bài tập toán phổ thông từ Đồng
nhất thức Lagrange. Để đơn giản, ta thực hiện cho trường hợp n ✏ 3. Có thể
mở rộng cho trường hợp tổng quát.
Từ đồng nhất thức trên, nếu cho
♣a1 ✁ a2q2 ♣a2 ✁ a3q2 ♣a3 ✁ a1q2
✏ ♣a1 ✁ 2a2 a3q2 ♣a2 ✁ 2a3 a1q2 ♣a3 ✁ 2a1 a2q2 ,
12
thì
✑
3
✙
♣a1 ✁ a2q2 ♣a2 ✁ a3q2 ♣a3 ✁ a1q2 ✏ ♣a1 ✁ a2q2 ♣a2 ✁ a3q2 ♣a3 ✁ a1q2 ,
hay
♣a1 ✁ a2q2 ♣a2 ✁ a3q2 ♣a3 ✁ a1q2 ✏ 0.
Do đó a1
✏ a2 ✏ a3. Ta có bài toán sau
Bài toán 1.2. Chứng minh rằng từ đẳng thức
♣a1 ✁ a2q2 ♣a2 ✁ a3q2 ♣a3 ✁ a1q2 ✏ ♣a1 ✁ 2a2 a3q2
♣a2 ✁ 2a3 a1q2 ♣a3 ✁ 2a1 a2q2
suy ra a1 ✏ a2 ✏ a3 .
Trong (1.5), cho b1
✏ b2 ✏ 1, ta được đồng nhất thức quen thuộc
♣a1 a2q2 ♣a1 ✁ a2q2 ✏ 2
✟
a21 a22 .
Từ đồng nhất thức trên, tiếp tục thay a1 bởi a b và a2 bởi c d, ta được
✑
♣a b c dq2 ♣a b ✁ c ✁ dq2 ✏ 2 ♣a bq2 ♣c dq2
và thay a1 bởi a ✁ b và a2 bởi c ✁ d, ta được
✑
♣a ✁ b c ✁ dq ♣a ✁ b ✁ c dq ✏ 2 ♣a ✁ bq ♣c ✁ dq
2
2
2
2
✙
✙
.
Cộng 2 đẳng thức trên theo vế, ta có
♣a b c d✑q2 ♣a b ✁ c ✁ dq2 ♣a ✁ b c ✁ dq2 ✙ ♣a ✁ b ✁ c dq2
✏ 2 ♣a bq2 ♣a ✁ bq2 ♣c dq2 ♣c ✁ dq2
✏
✟
✟✘
✟
✏ 2 2 a2 b2 2 c2 d2 ✏ 4 a2 b2 c2 d2 .
Ta có bài toán sau
Bài toán 1.3. Chứng minh đồng nhất thức
♣a b c dq2 ♣a b ✁ c ✁ dq2 ♣a ✁ b c ✁ dq2 ♣a ✁ b ✁ c dq2
✟
✏ 4 a2 b2 c2 d2 .
13
Từ (1.6), ta có bất đẳng thức sau
a21 a22 a23
✟
b21 b22 b23
✟
➙ ♣a1b1 a2b2 a3b3q2 .
(1.10)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 b2 ✏ a2 b1 , a1 b3 ✏ a3 b1 , a2 b3 ✏ a3 b2
a1
a2
a3
✏
✏
(nếu b1 , b2 , b3 khác 0).
hay
b1
b2
b3
Từ (1.10), nếu cho a21 a22 a23 ✏ 1 và b21 b22 b23 ✏ 1, ta có thể sáng tác bài
toán sau
Bài toán 1.4. Chứng minh rằng từ các đẳng thức a21
b21 b22 b23
a22 a23 ✏
1 và
✏ 1, suy ra rằng ✁1 ↕ a1b1 a2b2 a3b3 ↕ 1.
Bây giờ, giả sử thêm rằng các số ak , bk đều là số dương và thỏa mãn
ak
α↕
↕ β, k ✏ 1, 2, 3,
bk
với α và β là các
✡ ✂ nào đó.✡
✂ số dương
ak
ak
✁
α
β✁
➙ 0, hay ♣ak ✁ α.bk q ♣β.bk ✁ ak q ➙ 0,
Thế thì, ta có
bk
bk
hay a2k αβ.b2k ↕ ♣α β q .ak bk , với k ✏ 1, 2, 3.
Suy ra a21 a22 a23
✟
αβ.
b21 b22 b23
✟
↕ ♣α β q . ♣a1b1 a2b2 a3b3q.
Ngoài ra, theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có
a21
a22
a23
✟
αβ.
b21
b22
b23
✟
➙ 2.
❛
a21
a22
❜
a23 .
αβ. ♣b21 b22 b23 q.
Do đó
2.
❛
a21
a22
a23 .
❛
αβ.
❛
b21 b22 b23
hay
❛
a21 a22 a23 .
❛
b21 b22 b23
↕ ♣α β q . ♣a1b1 a2b2 a3b3q ,
↕ 2α❄ αββ . ♣a1b1 a2b2 a3b3q .
Từ đó, ta sáng tác được bài toán sau
Bài toán 1.5. Giả sử rằng các số ak , bk đều là số dương và thỏa mãn α ↕
ak
↕ β, k ✏ 1, 2, 3, với α và β là các số dương nào đó. Chứng minh bất đẳng
bk
thức sau
❛
a21 a22 a23 .
❛
b21 b22 b23
↕ 2α❄ αββ . ♣a1b1 a2b2 a3b3q .
14
Nhận xét 1.1.4. Bất đẳng thức trên, về cơ bản, khác hẳn Bất đẳng thức
(1.10) quen thuộc thường gặp, ít nhất là về kỹ thuật chứng minh, vì dấu bất
đẳng thức đã đổi chiều.
Ta tiếp tục tìm kiếm những bất đẳng thức khác.
Từ Đồng nhất thức Lagrange (1.4), ta có
Hệ quả 1.1.5. Nếu a ✏ ♣a1 , ..., an q và b ✏ ♣b1 , ..., bn q là hai bộ số thực thì
✄
n
➳
j ✏1
☛2
aj bj
↕
✄
n
➳
j ✏1
☛✄
a2j
n
➳
j ✏1
☛
b2j .
(1.11)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và b tỉ lệ với nhau, nghĩa là tồn tại một số
thực r sao cho ak
✏ rbk , với mọi k t1, ..., n✉ .
Bất đẳng thức (1.11) chính là Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz.
1.2
Đồng nhất thức Newton
1.2.1
Đồng nhất thức Newton
Giả sử a1 , a2 , . . . , an
R. Xét đa thức
p♣xq ✏ ♣x ✁ a1 q♣x ✁ a2 q . . . ♣x ✁ an q ✏ xn c1 xn✁1 c2 xn✁2 ☎ ☎ ☎ cn ,
trong đó
✏ ✁♣a1 a2 ☎ ☎ ☎ anq,
c2 ✏ a1 a2 a1 a3 ☎ ☎ ☎ an✁1 an ,
c1
......
cn
✏ ♣✁1qna1a2 . . . an.
Đặt
Sk
✏ ak1 ak2 ☎ ☎ ☎ akn, k ✏ 1, 2 . . .
15
Thế thì
S1 c1
✏ 0,
S2 S1 c1 2c2 ✏ 0,
S3 S2 c1 S1 c2 3c3 ✏ 0,
☎☎☎
Sn Sn✁1 c1 Sn✁2 c2 ☎ ☎ ☎ S2 cn✁2 S1 cn✁1 ncn ✏ 0,
Sn 1 Sn c1 Sn✁1 c2 ☎ ☎ ☎ S2 cn✁1 S1 cn ✏ 0,
Sn 2 Sn 1 c1 Sn c2 ☎ ☎ ☎ S2 cn ✏ 0,
☎☎☎
Công thức tổng quát là
Sk Sk✁1 c1 Sk✁2 c2 ☎ ☎ ☎ S2 ck✁2 S1 ck✁1 kck
✏ 0, với 1 ↕ k ↕ n;
Sk Sk✁1 c1 Sk✁2 c2 ☎ ☎ ☎ Sk✁n 1 cn✁1 Sk✁n cn ✏ 0, với k → n. (1.12)
Đồng nhất thức (1.12) được gọi là Đồng nhất thức Newton.
Dưới đây là Đồng nhất thức Newton với n ✏ 3.
✏ 1, ta có đồng nhất thức
S1 c1 ✏ 0
ô a1 a2 a3 ✁ ♣a1 a2 a3q ✏ 0.
- Với k ✏ 2, ta có đồng nhất thức
S2 S1 c1 2c2 ✏ 0
ô a21 a22 a23 ✁ ♣a1 a2 a3q2 2♣a1a2 a1a3 a2a3q ✏ 0.
- Với k ✏ 3, ta có đồng nhất thức
S3 S2 c1 S1 c2 3c3 ✏ 0
ô a31 a32 a33 ✁ ♣a21 a22 a23q♣a1 a2 a3q
♣a1 a2 a3q♣a1a2 a1a3 a2a3q ✁ 3a1a2a3 ✏ 0.
- Với k
(1.13)
(1.14)
(1.15)
16
- Với k
✏ 4, ta có đồng nhất thức
S4 S3 c1 S2 c2 S1 c3
✏0
ô a41 a42 a43 ✁ ♣a31 a32 a33q♣a1 a2 a3q
♣a21 a22 a23q♣a1a2 a1a3 a2a3q ✁ ♣a1 a2 a3qa1a2a3 ✏ 0.
- Với k
(1.16)
✏ 5, ta có đồng nhất thức
S5 S4 c1 S3 c2 S2 c3
✏0
ô a51 a52 a53 ✁ ♣a41 a42 a43q♣a1 a2 a3q
♣a31 a32 a33q♣a1a2 a1a3 a2a3q ✁ ♣a21 a22 a23qa1a2a3 ✏ 0.
1.2.2
Áp dụng
1.2.2.1
Xác định công thức truy hồi tuyến tính của Dãy Lucas
Giả sử a1
✏
❄
1✁ 5
, a2
2
✏
❄
1 5
. Xét đa thức
2
p♣xq ✏ ♣x ✁ a1 q♣x ✁ a2 q ✏ x2 c1 x c2 ,
trong đó
✏ ✁♣a1 a2q ✏ ✁1,
c2 ✏ a1 a2 ✏ ✁1.
c1
Đặt
Lk
✏ ✏
ak1
ak2
✁1
✁
2
❄
Dãy ♣Lk q được gọi là Dãy Lucas.
5 ✠k
✁1
2
❄
5 ✠k
,k
✏ 1, 2, . . .
Ta cần xác định công thức truy hồi tuyến tính của dãy này.
(1.17)
17
Áp dụng Đồng nhất thức Newton, ta có
✩
✬
✬
✬
L1
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
L2
✬
✬
✫
c1 ✏ 0,
L1c1 2c2 ✏ 0,
L L2 c1 L1 c2 ✏ 0,
✬ 3
✬
✬
✬
..
✬
✬
.
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✪Ln 2
✩
✬
✬
✬
L1
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✬
L2
✬
✬
✫
Ln 1c1 Lnc2 ✏ 0.
✏ ✁c1 ✏ 1,
✏ ✁L1c1 ✁ 2c2 ✏ 1 2 ✏ 3,
ô ✬L3 ✏ ✁L2c1 ✁ L1c2 ✏ 3 1 ✏ 4,
✬
✬
✬
..
✬
✬
.
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✪Ln 2
✏ ✁Ln 1c1 ✁ Lnc2 ✏ Ln 1 Ln.
Vậy, công thức truy hồi tuyến tính của Dãy Lucas là
✩
✬
✬
✬
L1
✬
✬
✫
✏ 1,
L2 ✏ 3,
✬
✬
✬
✬
✬
✪Ln 2 ✏ Ln 1 Ln , ❅n ➙ 1.
1.2.2.2
Tính một số tổng hữu hạn
Chẳng hạn bài toán sau đây
Bài toán 1.6. Giả sử x1 , x2 , x3
✩
✬
✬
✬
S1
✬
✬
✫
R, thỏa mãn
✏ x1 x2 x3 ✏ 1,
S2 ✏ x21 x22 x23 ✏ 2,
✬
✬
✬
✬
✬
✪S3 ✏ x31 x32 x33 ✏ 3.
Tính S4
✏ x41 x42 x43.
18
Giải. Đặt
✏ ✁♣x1 x2 x3q ✏ ✁1,
c2 ✏ x1 x2 x1 x3 x2 x3 ,
c3 ✏ ✁x1 x2 x3 .
c1
Áp dụng Đồng nhất thức Newton, ta có
✩
✬
✬
S1
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✫S2
✩
✬
✬
1
✬
✬
✬
✬
✬
✬
✫2
c1 ✏ 0,
S1c1 2c2 ✏ 0,
ðñ
✬
✬
✬
S3 S2 c1 S1 c2 3c3 ✏ 0,
✬
✬
✬
✬
✬
✪S S c S c S c ✏ 0.
4
3 1
2 2
1 3
c1 ✏ 0,
c1 2c2 ✏ 0,
✬
✬
✬
3 2c1 c2 3c3 ✏ 0,
✬
✬
✬
✬
✬
✪S 3c 2c c ✏ 0.
4
1
2
3
Từ ba phương trình đầu tiên, ta tính được
c1
✏ ✁1, c2 ✏ ✁ 12 , c3 ✏ ✁ 16 .
S4
✏ ✁♣3c1 2c2 c3q ✏ 256 .
Do đó
Nhận xét 1.2.1. Với phương pháp trên, ta giải được bài toán tổng quát sau
đây.
Bài toán 1.7. Cho x1 , x2 , . . . , xn
Sk
Giả sử Sk
R. Đặt
✏ xk1 xk2 ☎ ☎ ☎ xkn,
với k
✏ 1, 2, . . . , n.
✏ k, k ✏ 1, 2, . . . , n. Tính Sn 1.
Giải. Tương tự phương pháp giải trong trường hợp n ✏ 3, ta có kết quả sau
đây
Sn 1
✏
n
➳
k ✏1
♣✁1qk 1 .C k 1.
k!
n 1
19
Chương 2
ĐỒNG NHẤT THỨC LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC
2.1
Đồng nhất thức Leibnitz tổng quát
2.1.1
Kiến thức chuẩn bị
2.1.1.1
Hệ thống ký hiệu
ABC
: tam giác ABC.
A, B, C
: các đỉnh hoặc góc ở đỉnh của tam giác ABC.
a, b, c
: cạnh BC, CA, AB.
ha , hb , hc
: chiều cao tương ứng của các đỉnh A, B, C.
ma , mb , mc
: trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C.
la , lb , lc
: phân giác của các góc A, B, C.
R
: bán kính đường tròn ngoại tiếp.
r
: bán kính đường tròn nội tiếp.
p
: nửa chu vi tam giác.
ra , rb , rc
: bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với các góc A, B, C.
O
: tâm đường tròn ngoại tiếp.
I
: tâm đường tròn nội tiếp.
H
: trực tâm tam giác.
G
: trọng tâm tam giác.
20
2.1.1.2
➦
Một số quy ước
: tổng hoán vị.
Ví dụ:
➳
➳
➳
➧
f ♣aq ✏ f ♣aq f ♣bq f ♣cq.
f ♣b, cq ✏ f ♣b, cq f ♣c, aq f ♣a, bq.
♣p ✁ aq ✏ ♣p ✁ aq ♣p ✁ bq ♣p ✁ cq.
: tích các hoán vị.
Ví dụ:
➵
➵
2.1.1.3
➵
♣bcq ✏ bc ✏ bc.ca.ab.
GA ✏ GA.GB.GC.
Một số hệ thức lượng trong tam giác
✏ R2 ✁ 2Rr.
abc
.
- Hệ thức khác: OI 2 ✏ R2 ✁
a b c
❛
2♣b2 c2 q ✁ a2
2
- Trung tuyến: m ✏
, GA ✏ m .
- Hệ thức Euler: OI 2
a
2
3
a
Suy ra
1q m2a m2b m2c
✏ 43 ♣a2 b2 c2q,
2q GA2 GB 2 GC 2
- Phân giác:
✏ 13 ♣a2 b2 c2q.
❛
2bc cos A2
2 bcp♣p ✁ aq
la ✏
✏
.
b c
b c
1❛ 2
OG ✏
9R ✁ ♣a2 b2 c2 q, HO ✏ 3GO, GH
3
a3 b3 c3 abc
HI 2 ✏ 4R2 ✁
.
a b c
1❛ 2
IG ✏
9r ✁ 3p2 2♣a2 b2 c2 q.
3
✏ 3GO.
21
- Diện tích:
S
✏ 21 a.ha ✏ pr
✏ 12 bc. sin A ✏ 2R2. sin A sin B sin C ✏ abc
4R
❛
✏ p♣p ✁ aq♣p ✁ bq♣p ✁ cq ✏ ra♣p ✁ aq
✏ ❄r.ra.rb.rc ✏ ra.r b.rrc .
b
c
Suy ra
1q ha
2q
1
r
✏
✏
❛
p♣p ✁ aq♣p ✁ bq♣p ✁ cq
,
a
1
1
1
1
1
1
✏
.
ra rb rc
ha hb hc
2
- Bán kính đường tròn ngoại tiếp:
R✏
a
2 sin A
✏ abc
✏
4S
4
abc
.
p♣p ✁ aq♣p ✁ bq♣p ✁ cq
❛
- Bán kính đường tròn nội tiếp:
❞
r
✏ ♣p ✁ aq. tan A2 ✏ Sp ✏
♣p ✁ aq♣p ✁ bq♣p ✁ cq .
p
- Bán kính đường tròn bàng tiếp:
❞
ra
✏ p. tan A2 ✏ p ✁S a ✏
p♣p ✁ bq♣p ✁ cq
.
p✁a
- Hệ thức:
1
1
4R r
✏
.
p✁a p✁b p✁c
pr
1
1
r
1
r
✏ h1 h1 h1 .
a
✏
1
ra
b
1
rb
ra rb rc
c
1
.
rc
✏ 4R r.
