Tài liệu Một số dạng toán đại số nâng cao.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THÙY LINH MỘT SỐ DẠNG TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THÙY LINH MỘT SỐ DẠNG TOÁN ĐẠI SỐ NÂNG CAO 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. NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 i Lời cảm ơn Trước hết em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy đáng kính TS. Nguyễn Văn Ngọc, thầy đã không ngại khó khăn tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em trong suốt quá trình xây dựng đề cương, làm và hoàn thiện luận văn. Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các thầy cô giáo, Ban lãnh đạo trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên những người đã tạo điều kiện về mọi mặt để em được tham gia học tập và hoàn thành khóa học. Đồng thời em cũng gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, các bạn học viên lớp K7Q những người luôn lắng nghe, đóng ghóp ý kiến, giúp đỡ, động viên em trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng do năng lực của bản thân còn nhiều hạn chế nên chắc chắn luận văn không tránh khỏi nhiều thiếu sót, em rất mong nhận được ý kiến đóng ghóp của các thầy cô giáo và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn. Thái Nguyên, ngày............tháng.........năm 2015 Học viên Phạm Thùy Linh ii Mục lục Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mở đầu i ii 1 1 Đồng nhất thức 1.1 Hằng đẳng thức và căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Các hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 Các bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Ứng dụng tam thức bậc hai trong phân thức hữu tỷ 1.4.2 Ứng dụng của một đồng nhất thức trong phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 3 4 4 8 8 9 10 10 11 14 14 2 . . . . . 22 22 24 26 26 28 . . . . . . . 44 44 44 45 45 53 53 56 Đa 2.1 2.2 2.3 thức đối xứng và một số ứng dụng Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . Phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . 2.3.1 Đa thức đối xứng hai biến . . . . 2.3.2 Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn 3.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Cách giải phương trình bậc ba . . . . . . 3.1.3 Các bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . 3.2.2 Phương trình trùng phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 iii 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 Phương trình hệ số đối xứng và phương trình hồi quy bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phương trình bậc bốn khuyết lũy thừa bậc ba . . . . Một số dạng phương trình khác . . . . . . . . . . . . Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn . . 58 61 63 67 Kết luận 71 Tài liệu tham khảo 72 1 Mở đầu Đẳng thức, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình v.v..là những chuyên mục đại số quan trọng được dạy ở bậc phổ thông. Các bài toán của các chuyên mục này (và của hầu hết các chuyên mục khác) có thể được phân thành các loại như: cơ bản, nâng cao và khó. Các bài toán nâng cao và khó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp hoặc thi vào trường chuyên. Các bài toán loại này thu hút được nhiều người dạy và học, kích thích sự tò mò, đam mê, góp phần nâng cao chất lượng học tập. Do đó, việc tìm hiểu, thu thập, sáng tác và biên tập các bài toán nâng cao và khó là cần thiết cho công việc giảng dạy và học tập toán học ở bậc phổ thông. Mục đích của luận văn này là giới thiệu các bài toán nâng cao và khó (gọi chung là nâng cao) của một số chuyên mục trong đại số như: đồng nhất thức, bất đẳng thức và phương trình đại số. Đó là những chuyên mục của cơ bản của đại số ở bậc phổ thông, nhất là trung học cơ sở. Luận văn có cấu trúc: Mở đầu, ba chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo. Chương 1: Đồng nhất thức. Chương này trình bày một số dạng toán nâng cao về đa thức và phân thức, đặc biệt khai thác một số hằng đẳng thức áp dụng tính giá trị của các biểu thức khá phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v.. Trình bày một số tính chất của phân thức hữu tỷ và áp dụng tính giá trị của các biểu thức phân thức hữu tỷ v.v.. Chương 2: Đa thức đối xứng và một số ứng dụng. Các bài toán có tính đối xứng, nhất là các bài toán vê bất đẳng thức, thường khá đẹp về hình thức và độc đáo về cách giải nên rất hấp dẫn người dạy và học toán sơ cấp ở bậc phổ thông. Một trong những công cụ hiệu quả giải các bài toán có tính đối xứng là vận dụng lý thuyết đa thức đối xứng mà cụ thể là công thức Waring về biểu diễn các tổng lũy thừa theo các đa thức đối xứng cơ sở. Lý thuyết đa thức đối xứng và áp dụng bằng tiếng Việt có thể tìm thấy trong tài liệu [2]. Chương này được hình thành trên cơ sở tài liệu [2], tuy nhiên các bài toán trình bày trong chương này hoàn toàn chưa được giới thiệu trong tài liệu nói trên, trong số đó có nhiều bài do tác giả sáng tác. Các bài toán 2 về bất đẳng thức chiếm một vị trí đáng kể trong số các bài toán được giới thiệu trong chương này. Chương 3: Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn. Phương trình và hệ phương trình đại số là chuyên mục trung tâm của đại số và đã dược dạy từ bậc trung học cơ sở. Hiện nay đã có một số lượng lớn các tài liệu giới thiệu về phương trình và hệ phương trình bậc nhất và bậc hai. So với các phương trình cấp thấp, các phương trình bậc cao hơn, như bậc ba và bậc bốn không được giới thiệu tổng quát ở bậc phổ thông, mặc dù đã có những phương trình cụ thể có thể dễ dàng đưa về phương trình bậc thấp hơn. Ngoài ra, số lượng cũng như mức độ khó của các phương trình bậc cao cũng còn hạn chế, do đó, chương này của luận văn dành cho việc trình bày cách giải các phương trình bậc ba, bậc bốn và nghiên cứu các bài toán khác nhau liên quan đến hai lớp phương trình này. Các bài toán được giới thiệu ở đây đa phần là các bài toán khó được lấy từ các đề thi vào đại học hay thi học sinh giỏi các cấp của các nước. Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [1] và [4]. 3 Chương 1 Đồng nhất thức Chương này trình bày một số dạng toán nâng cao về đa thức và phân thức, đặc biệt khai thác một số hằng đẳng thức áp dụng tính giá trị của các biểu thức khá phức tạp, chứng minh đẳng thức, phân tích thành nhân tử, v.v.. Trình bày một số phương pháp tính giá trị của các biểu thức phân thức hữu tỷ. Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [5-8], [9] và [??]. 1.1 Hằng đẳng thức và căn thức 1.1.1 Các hằng đẳng thức 1. Bình phương của một tổng, hiệu (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 = (a ∓ b)2 ± 4ab. 2. Hiệu hai lũy thừa cùng bậc an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + ... + abn−2 + bn−1 ). 3. Tích hai tổng của hai bình phương (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by )2 + (ay − bx)2 . 4. Tổng của hai lũy thừa cùng bậc lẻ a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − a2n−1 b + ... − ab2n−1 + b2n ). 5. Lũy thừa của tổng hai số (Nhị thức Newton) n n (a + b) = ∑ Cnk an−k bk , Cnk = k =0 n! , n! = 1.2...n, 0! = 1. k!(n − k )! 4 1.1.2 Căn thức Căn bậc n(n ∈ N, n ≥ 2) của một số thực a là số thực b (nếu có) sao cho bn = a. 1. Căn bậc lẻ (n = 2k + 1) : Mọi √ số thực đều có căn bậc lẻ và chỉ có một 2k+1 căn bậc lẻ được ký hiệu là a. 2. Căn bậc chẵn (n = 2k ) : Số thực âm không có căn bậc chẵn. Số 0 có căn√bậc chẵn√là 0. Số dương√có hai căn bậc chẵn là hai số đối nhau là 2k a và − 2k a (trong đó 2k a ≥ 0). Một số phép biến đổi căn thức cơ bản a. Biến đổi căn bậc lẻ √ 2k+1 A2k+1 = A; √ 2k+1√ √ 2k+1 2k+1 A.B = A. B; b. Biến đổi căn bậc chẵn √ 2k A2k = ∣A∣; √ √ 2k ∣A∣ A 2k = 2k√ AB ≥ 0, B ≠ 0; B ∣B ∣ 1.1.3 √ √ 2k+1 A2k+1 B = A. B √ √ A 2k+1 A 2k+1 = √ , B ≠ 0. B 2k+1 B 2k+1 √ √ √ AB = 2k ∣A∣. 2k ∣B ∣ AB ≥ 0 √ √ 2k 2k A2k .B = ∣A∣. B, B ≥ 0. 2k Một số bài toán Bài toán 1.1. Phân tích thành nhân tử a. x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + 1. b. 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − 1. Lời giải. a. Ta có x4 − 6x3 + 11x2 − 6x + 1 = (x4 − 6x3 + 9x2 ) + (2x2 − 6x) + 1 = (x2 − 3x)2 + 2(x2 − 3x) + 1 = (x2 − 3x + 1)2 . b. Khai triển nhị thức Newton (x − 1)6 = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x3 − 6x + 1. 5 Do đó 6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − 1 = x6 − (x − 1)6 = [x3 − (x − 1)3 ][x3 + (x − 1)3 ] = [x2 + x(x − 1) + (x − 1)2 ][(2x − 1)(x2 − x(x − 1) + (x − 1)2 ] = (3x2 − 3x + 1)(2x − 1)(x2 − x + 1). Bài toán 1.2. Phân tích thành nhân tử các biểu thức a. x8 + x4 + 1. b. x10 + x5 + 1. Lời giải. a. Ta có x8 + x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1) − x4 = (x4 + 1)2 − x4 = (x4 + x2 + 1)(x4 − x2 + 1) = (x4 + 2x2 + 1 − x2 )(x4 + 2x2 + 1 − 3x2 ) √ = [(x2 + 1)2 − x2 ][(x2 + 1)2 − ( 3x)2 ] √ √ 2 2 2 2 = (x + x + 1)(x − x + 1)(x + 3x + 1)(x − 3x + 1). b. Ta có x10 + x5 + 1 = (x10 + x9 + x8 ) − (x9 + x8 + x7 ) + (x7 + x6 + x5 ) − (x6 + x5 + x4 ) + (x5 + x4 + x3 ) − (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1). Bài toán 1.3. Phân tích thành nhân tử a. x3 + y 3 + z 3 − 3xyz. b. (x + y + z )3 − x3 − y 3 − z 3 . Lời giải. a. Ta có x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y )3 − 3xy (x + y ) + z 3 − 3xyz = [(x + y )3 + z 3 ] − 3xy (x + y + z ) = (x + y + z )[(x + y )2 − (x + y )z + z 2 ] − 3xy (x + y + z ) = (x + y + z )(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx). 6 b. Ta có (x + y + z )3 = x3 + y 3 + z 3 + 3x2 (y + z ) + 3y 2 (z + x) + 3z 2 (x + y ) + 6xyz. Do đó (x + y + z )3 − x3 − y 3 − z 3 = 3[x2 y + x2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 x + z 2 y + 2xyz ] = 3[z (x2 + y 2 + 2xy ) + z 2 (x + y ) + xy (x + y )] = 3(x + y )[z (x + y ) + z 2 + xy ] = 3(x + y )(y + z )(z + x). Bài toán 1.4. Rút gọn biểu thức sau a. P = (10 + 1)(102 + 1) . . . (102n + 1). 1 1 1 b. Q = (1 + )(1 + ) . . . (1 + 2n ). 2 4 2 Lời giải. a. Nhân cả hai vế của P với (10 − 1) ta được (10 − 1).P = (10 − 1)(10 + 1)(102 + 1) . . . (102n + 1) = (102 − 1)(102 + 1)(104 + 1) . . . (102n + 1) = (104 − 1)(104 + 1) . . . (102n + 1) = (102n − 1)(102n + 1) = (104n − 1) 104n − 1 . Vì (10 − 1)P = −1⇔P = 9 1 b. Tương tự như ý a. Nhân cả hai vế với (1 − ). 2 104n Bài toán 1.5. Tính tổng S = a1 + a2 + . . . + a2025 với an = 1 √ với n = 1, 2, . . . , 2025. √ ( n + 1) n + n n + 1 Lời giải. Với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì ta có √ √ n+1− n 1 1 1 an = √ =√ −√ . √ √ = √ n n + 1 n ( n + 1 ) n(n + 1)( n + 1 + n) Vậy S = a1 + a2 + . . . + a2025 1 1 1 1 1 1 = (√ − √ ) + (√ − √ ) + . . . + (√ −√ ) 1 2 2 3 2024 2025 1 1 44 =1− √ =1− = . 45 45 2025 7 Bài toán 1.6. Tính giá trị của biểu thức P= (20142 × 2024 + 31 × 2015 − 1)(2014 × 2019 + 4) 2015 × 2016 × 2017 × 2018 × 2019 Lời giải. Đặt a = 2015. Ta có [(a − 1)2 (a + 9) + 31a − 1][(a − 1)(a + 4) + 4] P= a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) Ký hiệu T là tử thức của phân thức trên đây và biến đổi như sau T = [(a − 1)2 (a + 9) + 31a − 1][(a − 1)(a + 4) + 4] = [(a2 − 2a + 1)(a + 9) + 31a − 1][a2 + 3a] = (a3 + 7a2 + 14a + 8)a(a + 3) = [(a3 + 4a2 ) + (3a2 + 12a) + (2a + 8)]a(a + 3) = (a + 4)(a2 + 3a + 2)a(a + 3) = a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4). Vậy ta có P= a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) = 1. a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4) Bài toán 1.7. Chứng minh rằng √ √ √ √ 3 3 45 + 29 2 + 45 − 29 2. là một số nguyên dương. Lời giải. Đặt √ 3 √ √ √ 3 45 + 29 2 + 45 − 29 2 x= và sử dụng công thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có √ √ x3 = (45 + 29 2) + (45 − 29 2) √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 +3 (45 + 29 2)(45 − 29 2)( 45 + 29 2 + 45 − 29 2) tương đương với x3 − 21x − 90 = 0 hay là (x − 6)(x2 + 6x + 15) = 0. Vì phương trình x2 + 6x + 15 = 0 không có nghiệm thực, nên x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình trên đây. Do đó √ √ √ √ 3 3 45 + 29 2 + 45 − 29 2 = 6. 8 Bài toán 1.8. Cho a, b, c thỏa mãn a2014 + b2014 + c2014 = a1007 .b1007 + b1007 .c1007 + c1007 .a1007 tính giá trị biểu thức A = (a − b)2014 + (b − c)2015 + (c − a)2016 . Lời giải. Ta có a2014 + b2014 + c2014 = a1007 .b1007 + b1007 .c1007 + c1007 .a1007 ⇔ 2a2014 + 2b2014 + 2c2014 − 2a1007 .b1007 − 2b1007 .c1007 − 2c1007 .a1007 = 0 ⇔ (a1007 − b1007 )2 + (b1007 − c1007 )2 + (b1007 − c1007 )2 = 0 ⇔ a1007 − b1007 = b1007 − c1007 = b1007 − c1007 = 0 ⇔ a = b = c. Nên A = (a − b)2014 +(b − c)2015 +(c − a)2016 = (a − a)2014 +(b − b)2015 +(c − c)2016 = 0. Vậy A = 0. Một số bài toán cùng dạng Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1. 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1. 2. x7 − 2x6 + 3x5 − 3x4 + 3x3 − 3x2 + 2x − 1. 3. (x − y )3 + (y − z )3 + (z − x)3 . 4. (x + y + z )3 − (x + y − z )3 − (y + z − x)3 − (z + x − y )3 . Đơn giản các biểu thức 5. (3 + 1)(32 + 1)(34 + 1)....(364 + 1). ax2 + by 2 + cz 2 6. . bc(y − z )2 + ca(z − x)2 ) + ab(x − y )2 1.2 1.2.1 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc hai Cơ sở lý thuyết (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc. (1.1) 1 1 1 Trong (1.1) thay a, b, c tương ứng bởi , , ta có a b c 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 ( + + ) = 2+ 2+ 2+ + + a b c a b c ab ac bc hay 1 1 1 2 1 1 1 2(a + b + c) ( + + ) = 2+ 2+ 2+ (1.2) a b c a b c abc Trong (1.2) cho a + b + c = 0 rồi lấy căn bậc hai hai vế, ta được √ 1 1 1 1 1 1 + + = ∣ + + ∣, (a + b + c = 0, abc ≠ 0). (1.3) a2 b2 c2 a b c 9 1.2.2 Các bài toán Bài toán 1.9. Cho ab(a + b) ≠ 0. Chứng minh các đẳng thức √ 1 a2 + b2 + ab 1 1 a) + + =∣ ∣. a2 b2 (a + b)2 ab(a + b) ¿ Á a2 + b2 + ab a2 b 2 Á À 2 2 b) =∣ ∣. a +b + (a + b)2 a+b (1.4) (1.5) Lời giải. a) Để chúng minh đẳng thức (1.4) ta viết về phải của đẳng thức này ở ∣ và a2 + b2 + ab 1 1 1 ∣=∣ + − ∣ ab(a + b) a b a+b 1 1 = (a + b)2 [−(a + b)]2 sau đó áp dụng công thức (1.3) cho ba số a, b − (a + b). b) Để chứng minh (1.5) chúng ta viết vế phải của đẳng thức này ở dạng a2 + b2 + ab ab ∣ ∣ = ∣a + b − ∣ a+b a+b 1 1 1 1 và áp dụng công thức (1.3) khi thay các số a, b, c bởi các số , , −( + ). a b a b Bài toán 1.10. Cho a, b, c là các số hữu tỷ đôi một khác nhau. Chứng minh rằng √ 1 1 1 S= + + 2 2 (a − b) (b − c) (c − a)2 là một số hữu tỷ. Lời giải. Vì (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0 nên theo công thức (1.3) ta có √ 1 1 1 1 1 1 + + = ∣ + + S= ∣ ∈ Q. (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 a − b b − c c − a Bài toán 1.11. Rút gọn biểu thức ¿ √ Á 1 1 1 1 1 Á À P= + + + + . a2 + b2 (a + b)2 a4 b4 (a2 + b2 )2 10 Lời giải. Áp dụng chứng minh trên ta có √ √ 1 1 1 1 1 1 = + 4+ 2 2 2= + 2 2+ 4 2 2 2 a b (a + b ) (a ) (b ) (−a − b2 )2 1 1 1 = 2+ 2− 2 2 a b a +b Vậy √ P= 1 1 1 1 1 1 + + = ∣ + − ∣. a2 b2 (−a − b)2 a b a + b Bài toán 1.12. Tính giá tri biểu thức √ √ √ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S= + 2+ 2+ + 2+ 2+ + + 2 2 1 2 3 1 3 4 12 42 52 √ 1 1 1 + + . + ... + 12 992 1002 Lời giải: Ta có ¿ √ 2 Á1 1 1 1 1 1 1 1 1 Á À + + = + + = + − ∀k ∈ N∗ . 1 2 1 2 2 1 k (k + 1) 1 k (−k − 1) 1 k k+1 Vậy 1 1 1 1 1 1 1 1 − ) + (1 + − ) + (1 + − ) + . . . + (1 + − ) 2 3 3 4 4 5 99 100 1 1 =1+ − = 98, 49. 2 100 S = (1 + 1.3 1.3.1 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc ba Cơ sở lý thuyết Mệnh đề 1.1. Chứng minh hằng đẳng thức a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca). Chứng minh. Xem phần a trong Bài toán 1.3. Nhận xét. Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 − 3abc = 0 1 ⇒ (a + b + c)[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] = 0 2 a+b+c=0 a+b+c=0 ⇒ [ (a − b)2 + (b − c)2 + (a − c)2 = 0 ⇒ [ a = b = c. (1.6) ∎ 11 1.3.2 Các bài toán áp dụng Bài toán 1.13. Phân tích thành nhân tử (x − y )3 + (y − z )3 + (z − x)3 . Lời giải. Vì (x − y ) + (y − z ) + (z − x) = 0, nên theo công thức (1.6) ta có (x − y )3 + (y − z )3 + (z − x)3 = 3(x − y )(y − z )(z − x). Bài toán 1.14. Cho x, y, z ≠ 0 thỏa mãn x3 y 3 + y 3 z 3 + x3 z 3 = 3x2 y 2 z 2 . Tính x y z P = (1 + ) ( 1 + ) ( 1 + ) y z x Lời giải. Đặt a = xy, b = yz, c = zx. Ta có : x3 y 3 + y 3 z 3 + x3 z 3 = 3x2 y 2 z 2 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ [ a+b+c=0 a=b=c Nếu a + b + c = 0 hay xy + yz + zx = 0 thì (x + z )y = −xz . Vậy x y z x+y y+z z+x P = (1 + ) ( 1 + ) ( 1 + ) = ( )( )( ) y z x y z x (x + y )z (y + z )x (x + z )y = . . yz zx xy (−xy )(−yz )(−zx) = −1. = zx.xy.yz Nếu a = b = c hay xy = yz = zx ⇒ x = y = z ⇒ P = 8. Bài toán 1.15. Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng a. 2(x5 + y 5 + z 5 ) = 5xyz (x2 + y 2 + z 2 ), b. x7 + y 7 + z 7 = 7xyz (x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ), c. 10(x7 + y 7 + z 7 ) = 7(x2 + y 2 + z 2 )(x5 + y 5 + z 5 ). Lời giải. a. Vì x + y + z = 0 nên x3 + y 3 + z 3 = 3xyz . Vì vậy 3xyz (x2 + y 2 + z 2 ) = (x3 + y 3 + z 3 )(x2 + y 2 + z 2 ) = x5 + y 5 + z 5 + x3 (y 2 + z 2 ) + y 3 (z 2 + x2 ) + z 3 (x2 + y 2 ). Vì x + y + z = 0 ⇔ y + z = −x. Vậy y 2 + z 2 = (y + z )2 − 2yz = x2 − 2yz. 12 tương tự z 2 + x2 = y 2 − 2zx. x2 + y 2 = z 2 − 2xy. Vậy ta có 3xyz (x2 + y 2 + z 2 ) = x5 + y 5 + z 5 + x3 (y 2 + z 2 ) + y 3 (z 2 + x2 ) + z 3 (x2 + y 2 ) = x5 + y 5 + z 5 + x3 (x2 − 2yz ) + y 3 (y 2 − 2zx) + z 3 (z 2 − 2xy ) = 2(x5 + y 5 + z 5 ) − 2xyz (x2 + y 2 + z 2 ). hay 2(x5 + y 5 + z 5 ) = 5xyz (x2 + y 2 + z 2 ). b. c. Ta sử dụng kết quả của ý a. Bài toán 1.16. Cho xy + yz + zx = 0, xyz ≠ 0. Tính yz zx xy A= 2 + 2 + 2. x y z Lời giải. Từ giả thiết suy ra 1 1 1 + + = 0, x y z nên ta có 1 1 3 1 + 3+ 3= . 3 x y z xyz Từ đó suy ra A= xyz xyz xyz 1 1 1 3 + + = xyz ( + + ) = xyz. = 3. x3 y3 z3 x3 y 3 z 3 xyz Bài toán 1.17. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn điều kiện x + y + z = (x − y )(y − z )(z − x). Chứng minh rằng M = (x − y )3 + (y − z )3 + (z − x)3 chia hết cho 81. Lời giải. Vì (x − y ) + (y − z ) + (z − x) = 0, nên ta có (x − y )3 + (y − z )3 + (z − x)3 = 3(x − y )(y − z )(z − x). Xét các số dư của các số x, y, z cho 3 ( là 0, 1, 2): a) Nếu cả ba số dư là khác nhau thì x + y + z chia hết cho 3, trong khi đó (x − y )(y − z )(z − x) không chia hết cho 3, trái với giả thiết. b) Nếu có hai số dư bằng nhau thì x + y + z không chia hết cho 3, trong khi đó một trong ba hiệu (x − y ), (y − z ), (z − x) chia hết cho 3, trái với giả thiết. c) Vậy, chỉ còn trường hợp là cả ba số x, y, z đều có cùng số dư khi chia cho 3. Khi đó 3(x − y )(y − z )(z − x) chia hết cho 3.3.3.3 = 81 nên M chia hết cho 81. 13 Bài toán 1.18. Cho k là một số nguyên. Xét biểu thức √ √ √ √ 3 3 2 y = k + k − 1 + k − k 2 − 1 + 1. Chứng minh rằng y 3 − 3y 2 là một số nguyên. Lời giải. Đặt √ √ 3 a = k + k 2 − 1, Ta có b= √ 3 k− √ k 2 − 1, c = 1 − y. a3 + b3 + c3 = 3abc. Vì ab = 1 nên điều này tương đương với 2k + (1 − y )3 = 3(1 − y ), hay y 3 − 3y 2 = 2k − 2 rõ ràng là một số nguyên. Bài toán 1.19. Chứng minh rằng: Nếu a + b + c = 1 1 1 a6 + b6 + c6 + + = 0; abc ≠ 0 thì 3 3 3 = abc. a b c a +b +c Lời giải. ab + bc + ca 1 1 1 = 0 ⇒ ab + bc + ca = 0, Do + + = 0; abc ≠ 0 ⇒ a b c abc a + b + c = 0 ⇒ ab + b2 + bc = 0. Trừ vế với vế của (1.7) và (1.8) ta được ca − b2 = 0 ⇒ ca = b2 hay c3 a3 = b6 . Tương tự a3 b3 = c6 , b3 c3 = a6 . Vì vậy: a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 = a6 + b6 + c6 . Do a + b + c = 0 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ (a3 + b3 + c3 )2 = 9a2 b2 c2 . Từ đó suy ra 3(a6 + b6 + c6 ) = 9a2 b2 c2 ⇒ a6 + b6 + c6 = 3a2 b2 c2 . a6 + b6 + c6 3a2 b2 c2 Vậy 3 3 3 = = abc. a +b +c 3abc (1.7) (1.8) 14 1.4 Phân thức hữu tỷ 1.4.1 Ứng dụng tam thức bậc hai trong phân thức hữu tỷ Mệnh đề 1.2. Nếu tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c triệt tiêu tại ba giá trị khác nhau của của x thì a = b = c = 0, tức là f (x) đồng nhất bằng không. Chứng minh. Giả sử với x1 , x2 , x3 đôi một khác nhau mà f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = 0. Khi đó ta có hệ phương trình đối với các số a, b, c ⎧ ax2 + bx1 + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 21 ⎨ax2 + bx2 + c = 0 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎩ax3 + bx3 + c = 0. (1.9) Trừ dòng 1 cho dòng 2 và dòng 3 của hệ (1.9) ta được a(x21 − x22 ) + b(x1 − x2 ) = 0, { a(x21 − x23 ) + b(x1 − x3 ) = 0 a(x1 − x2 ) + b = 0 ⇒{ a(x1 − x3 ) + b = 0. Trừ các dòng của hệ cuối cùng cho nhau ta được a(x3 − x2 ) = 0 ⇒ a = 0; (x3 ≠ x2 ). Tiếp theo, trừ dòng 1 cho dòng 2 của hệ (1.9) ta được b(x1 − x2 ) = 0 ⇒ b = 0; (x1 ≠ x2 ). Từ đó suy ra c = 0. Vậy ta có a = b = c = 0. Mệnh đề được chứng minh. ∎ Bài toán 1.20. Cho ba số a, b, c khác nhau. Chứng minh rằng khi k = 0, 1, 2 ta có đẳng thức ak (x − b)(x − c) k (x − a)(x − c) k (x − a)(x − b) +b +c = xk . (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) Lời giải. Đặt f (x) = ak (x − b)(x − c) k (x − a)(x − c) k (x − a)(x − b) +b +c − xk . (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) f (x) là đa thức của biến x, có bậc không quá 2 nếu k = 0, 1, 2. Cho x lần lượt giá trị a, b, c ta thấy rằng f (a) = f (b) = f (c) = 0 hay a, b, c là 3 nghiệm khác nhau của f (x). Vậy f (x) phải đồng nhất 0. Ta có điều phải chứng minh. 15 Bài toán 1.21. Đơn giản biểu thức P= a − b b − c c − a (a − b)(b − c)(c − a) + + + . a + b b + c c + a (a + b)(b + c)(c + a) Lời giải. Sau khi quy đồng mẫu số ta có tử số f (a) = (a − b)(b + c)(c + a) + (b − c)(c + a)(a + b) + (c − a)(a + b)(b + c) + (a − b)(b − c)(c − a). Nhận xét rằng f (a) là một tam thức bậc hai đối với a và có các nghiệm a = b, a = c, a = 0. Nếu b, c khác nhau và đều khác 0 thì ba số này đôi một khác nhau, nên f (a) đồng nhất bằng 0 và ta có P = 0. Nếu b = 0, hoặc c = 0 hoặc b = c thì ta đều có f (a) = 0 suy ra P = 0. Bài toán 1.22. Đơn giản biểu thức Q= b2 − ac c2 − ab a2 − bc + + . (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) Tương tự như Bài toán 1.21 ta có kết quả Q = 0. Lời giải. Sau khi quy đồng mẫu số ta có tử số f (a) = (a2 − bc)(b + c) + (b2 − ac)(a + c) + (c2 − ab)(a + b). Rõ ràng f (a) là một tam thức bậc hai đối với a và có các nghiệm a = b, a = c và a = 0. Nếu b, c khác nhau và đều khác 0 thì ba số này đôi một khác nhau, nên f (a) đồng nhất bằng 0 và ta có Q = 0. Nếu b = 0, hoặc c = 0 hoặc b = c thì ta đều có f (a) = 0 suy ra Q = 0. 1.4.2 Ứng dụng của một đồng nhất thức trong phân thức hữu tỷ Với các số thực a1 , a2 , ..., an , ta đặt n σ1 (n) = ∑ ai , (1.10) i=1 n σ2 (n) = ∑ ai ai+1 , an+1 = a1 , (1.11) i=1 n σ3 (n) = ∑ ai ai+1 ai+2 , an+1 = a1 , an+2 = a2 , (1.12) i=1 ........................, σn (n) = a1 a2 ...an . (1.13)