Luận văn 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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
i
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
Mở đầu
1
1 Đồng nhất thức
3
3
3
4
4
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
9
1.3 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.2 Các bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.1 Ứng dụng tam thức bậc hai trong phân thức hữu tỷ 14
1.4.2 Ứng dụng của một đồng nhất thức trong phân thức
hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2
Đa thức đối xứng và một số ứng dụng
22
2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3 Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.1 Đa thức đối xứng hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.2 Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3 Phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn
44
3.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.1.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.1.2 Cách giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . 45
3.1.3 Các bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2.1 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2.2 Phương trình trùng phương . . . . . . . . . . . . . . . 56
iii
3.2.3 Phương trình hệ số đối xứng và phương trình hồi
quy bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.2.4 Phương trình bậc bốn khuyết lũy thừa bậc ba . . . . 61
3.2.5 Một số dạng phương trình khác . . . . . . . . . . . . 63
3.2.6 Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn . . 67
Kết luận
Tài liệu tham khảo
71
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
2
2
(a ± b) = a2 ± 2ab + b2 = (a ∓ b) ± 4ab.
2. Hiệu hai lũy thừa cùng bậc
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2b + ... + abn−2 + bn−1).
3. Tích hai tổng của hai bình phương
2
2
(a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by) + (ay − bx) .
4. Tổng của hai lũy thừa cùng bậc lẻ
a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − a2n−1b + ... − ab2n−1 + b2n).
5. Lũy thừa của tổng hai số (Nhị thức Newton)
n
n!
n
(a + b) =
Ckan−kbk, Ck =
, n! = 1.2...n, 0! = 1.
Q
n
n
k!(n − k)!
k=0
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
√
√
√
2k
2k
2k
là
a và − a (trong đó
a ≥ 0).
Một số phép biến đổi căn thức cơ bản
a. Biến đổi căn bậc lẻ
√
√
√
2k+1
2k+1
A2k+1 = A;
A2k+1B = A. 2k+1
B
¾
√
2k+1
√
√
√
A
B
A
2k+1
2k+1
2k+1
A.B =
A. 2k+1 B;
=
√ , B ≠ 0.
2k+1
B
b. Biến đổi căn bậc chẵn
√
»
»
√
2k
2k
A2k = SAS;
AB = SAS. 2k SBS AB ≥ 0
2k
¾
»
2k
√
√
SAS
SBS
A
B
2k
2k
= »
AB ≥ 0, B ≠ 0;
A2k.B = SAS. 2k B, B ≥ 0.
2k
1.1.3 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(x2 − 3x) + 1
2
2
= (x2 − 3x + 1) .
b. Khai triển nhị thức Newton
(x − 1) = x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x3 − 6x + 1.
6
5
Do đó
6
6x5 − 15x4 + 20x3 − 15x3 + 6x − 1 = x6 − (x − 1)
3
3
= [x3 − (x − 1) ][x3 + (x − 1) ]
= [x2 + x(x − 1) + (x − 1) ][(2x − 1)(x2 − x(x − 1) + (x − 1) ]
2
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
2
= (x4 + 1) − x4 = (x4 + x2 + 1)(x4 − x2 + 1)
= (x4 + 2x2 + 1 − x2)(x4 + 2x2 + 1 − 3x2)
√
2
2
2
= [(x2 + 1) − x2][(x2 + 1) − ( 3x) ]
√
√
= (x2 + x + 1)(x2 − x + 1)(x2 + 3x + 1)(x2 − 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 + y3 + z3 − 3xyz.
3
b. (x + y + z) − x3 − y3 − z3.
Lời giải.
a. Ta có
3
x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y) − 3xy(x + y) + z3 − 3xyz
3
= [(x + y) + z3] − 3xy(x + y + z)
2
= (x + y + z)[(x + y) − (x + y)z + z2]
− 3xy(x + y + z)
= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx).
6
b. Ta có
3
(x + y + z) = x3 + y3 + z3 + 3x2(y + z) + 3y2(z + x) + 3z2(x + y) + 6xyz.
Do đó
3
(x + y + z) − x3 − y3 − z3 = 3[x2y + x2z + y2x + y2z + z2x + z2y + 2xyz]
= 3[z(x2 + y2 + 2xy) + z2(x + y) + xy(x + y)]
= 3(x + y)[z(x + y) + z2 + 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
2
1
1
22n
(
)(
)
(
)
b. Q = 1 +
1 + ... 1 +
.
4
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 = 104n − 1 ⇔ P =
.
9
1
b. Tương tự như ý a. Nhân cả hai vế với (1 − ).
2
Bài toán 1.5. Tính tổng S = a1 + a2 + ... + a2025 với
1
an =
√
với n = 1, 2, ... , 2025.
√
(n + 1) n + n n + 1
Lời giải. Với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì ta có
√
√
1
n + 1 − n
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
44
2024
2025
1
1
= 1 − √
= 1 −
=
.
45 45
2025
7
Bài toán 1.6. Tính giá trị của biểu thức
(20142 × 2024 + 31 × 2015 − 1)(2014 × 2019 + 4)
P =
2015 × 2016 × 2017 × 2018 × 2019
Lời giải. Đặt a = 2015. Ta có
2
[(a − 1) (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
2
T = [(a − 1) (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
a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4)
a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4)
P =
= 1.
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
x = 45 + 29 2 + 45 − 29 2
và sử dụng công thức (a + b) = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có
3
√
√
x3 = (45 + 29 2) + (45 − 29 2)
¼
»
»
√
√
√
√
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
2014
2015
2016
A = (a − b)
+ (b − c)
+ (c − a)
.
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
2014
2015
2016
2014
2015
2016
A = (a−b)
+(b−c)
+(c−a)
= (a−a)
+(b−b)
+(c−c)
= 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
3
3
3. (x − y) + (y − z) + (z − x) .
3
3
3
3
4. (x + y + z) − (x + y − z) − (y + z − x) − (z + x − y) .
Đơn giản các biểu thức
5. (3 + 1)(32 + 1)(34 + 1)....(364 + 1).
ax2 + by2 + cz2
6.
.
2
2
2
bc(y − z) + ca(z − x) ) + ab(x − y)
1.2 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc hai
1.2.1 Cơ sở lý thuyết
2
(a + b + c) = 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
2
1 1 1
( + + ) =
a b c
1
1
1
2
2
2
+
+
+
+
+
a2 b2 c2 ab ac bc
hay
2
1 1 1
( + + ) =
a b c
1
1
1
2(a + b + c)
+
+
+
(1.2)
(1.3)
a2 b2 c2
abc
Trong (1.2) cho a + b + c = 0 rồi lấy căn bậc hai hai vế, ta được
¾
1
1
1
1 1 1
+
+
= U + + U, (a + b + c = 0, abc ≠ 0).
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
¾
1
1
1
a2 + b2 + ab
ab(a + b)
a)
+
+
= U
= U
U.
U.
(1.4)
(1.5)
a2 b2 (a + b)
2
¿
a2b2
a2 + b2 + ab
Á
Á
À
b)
a2 + b2 +
2
(a + b)
a + b
Lời giải.
a) Để chúng minh đẳng thức (1.4) ta viết về phải của đẳng thức này
ở
a2 + b2 + ab
ab(a + b)
1 1
1
U
U = U + −
U
a b a + b
và
1
1
=
2
2
(a + b)
[−(a + b)]
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
U
U = Ua + b −
U
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
¾
1
1
1
S =
+
+
2
2
2
(a − b)
(b − c)
(c − a)
là một số hữu tỷ.
Lời giải. Vì
(a − b) + (b − c) + (c − a) = 0
nên theo công thức (1.3) ta có
¾
1
1
1
1
1
1
S =
+
+
= U
+
+
U ∈ Q.
2
2
2
(a − b)
(b − c)
(c − a)
a − b b − c c − a
Bài toán 1.11. Rút gọn biểu thức
¿
Á
¾
1
1
1
1
1
Á
À
P =
+
+
+
+
.
a2 + b2 (a + b)
a4 b4 (a2 + b2)2
2
10
Lời giải. Áp dụng chứng minh trên ta có
¾
¾
1
1
1
1
1
1
=
+
+
=
=
+
+
a4 b4 (a2 + b2)2
(a2)2 (b2)2 (−a2 − b2)2
1
1
1
+
−
a2 b2 a2 + b2
Vậy
¾
1
1
1
1 1
1
P =
+
+
= V + −
V.
a2 b2 (−a − b)
a b a + b
2
Bài toán 1.12. Tính giá tri biểu thức
¾
¾
¾
1
1
1
1
1
1
1
1
1
S =
+
+
+
+
+
+
+
+
12 22 32
12 32 42
12 42 52
¾
1
1
1
+ ... +
+
+
.
12 992 1002
Lời giải:
Ta có
¿
¾
2
Á
1
1
1
1
1
1
1 1
1
Á
À
+
+
=
+
+
= + −
∀k ∈ N∗.
11 k2 (k + 1)
11 k2 (−k − 1)
1 k k + 1
2
Vậy
1 1
1 1
1 1
1
1
S = (1 + − ) + (1 + − ) + (1 + − ) + ... + (1 +
−
)
2 3
1
3 4
4 5
99 100
1
= 1 + −
= 98, 49.
2 100
1.3 Ứng dụng một hằng đẳng thức bậc ba
1.3.1 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).
(1.6)
Chứng minh. Xem phần a trong Bài toán 1.3.
∎
Nhận xét. Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 − 3abc = 0
1
2
2
2
[
]
⇒ (a + b + c) (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0
2
a + b + c = 0
a + b + c = 0
⇒ [
⇒ [
2
2
2
a = b = c.
(a − b) + (b − c) + (a − c) = 0
11
1.3.2 Các bài toán áp dụng
Bài toán 1.13. Phân tích thành nhân tử
3
3
3
(x − y) + (y − z) + (z − x) .
Lời giải. Vì (x − y) + (y − z) + (z − x) = 0, nên theo công thức (1.6) ta có
3
3
3
(x − y) + (y − z) + (z − x) = 3(x − y)(y − z)(z − x).
Bài toán 1.14. Cho x, y, z ≠ 0 thỏa mãn x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2.
Tính
x
y
z
P = (1 + )(1 + )(1 + )
y
z
x
Lời giải. Đặt a = xy, b = yz, c = zx. Ta có :
a + b + c = 0
a = b = c
x3y3 + y3z3 + x3z3 = 3x2y2z2 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ [
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
zx.xy.yz
=
=
.
.
yz
zx
xy
(−xy)(−yz)(−zx)
= −1.
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 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2),
b. x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2),
c. 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5).
Lời giải. a. Vì x + y + z = 0 nên x3 + y3 + z3 = 3xyz.
Vì vậy
3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2)
= x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2).
Vì x + y + z = 0 ⇔ y + z = −x. Vậy
y2 + z2 = (y + z) − 2yz = x2 − 2yz.
2
12
tương tự
z2 + x2 = y2 − 2zx.
x2 + y2 = z2 − 2xy.
Vậy ta có
3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2)
= x5 + y5 + z5 + x3(x2 − 2yz) + y3(y2 − 2zx)
+ z3(z2 − 2xy)
= 2(x5 + y5 + z5) − 2xyz(x2 + y2 + z2).
hay 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2).
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
x2 y2 z2
A =
+
+
.
Lời giải. Từ giả thiết suy ra
1 1 1
+ + = 0,
x y z
nên ta có
1
1
1
3
+
+
=
.
x3 y3 z3 xyz
Từ đó suy ra
xyz xyz xyz
x3
1
1
1
3
A =
+
+
= xyz(
+
+
) = xyz.
= 3.
y3
z3
x3 y3 z3
xyz
Bài toán 1.17. Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn điều kiện x+y+z =
3
3
3
(x − y)(y − z)(z − x). Chứng minh rằng M = (x − y) + (y − z) + (z − x)
chia hết cho 81.
Lời giải. Vì (x − y) + (y − z) + (z − x) = 0, nên ta có
3
3
3
(x − y) + (y − z) + (z − x) = 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
y = k + k2 − 1 + k − k2 − 1 + 1.
Chứng minh rằng y3 − 3y2 là một số nguyên.
Lời giải. Đặt
»
»
√
√
3
3
a = k + k2 − 1, b = k − k2 − 1, c = 1 − y.
Ta có
a3 + b3 + c3 = 3abc.
Vì ab = 1 nên điều này tương đương với
3
2k + (1 − y) = 3(1 − y),
hay
y3 − 3y2 = 2k − 2
rõ ràng là một số nguyên.
Bài toán 1.19. Chứng minh rằng:
1 1 1
a6 + b6 + c6
a3 + b3 + c3
Nếu a + b + c = + + = 0;abc ≠ 0 thì
= abc.
a b c
Lời giải.
1 1 1
ab + bc + ca
Do + + = 0;abc ≠ 0 ⇒
= 0 ⇒ ab + bc + ca = 0,
(1.7)
(1.8)
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 c3a3 = b6.
Tương tự
a3b3 = c6, b3c3 = a6.
Vì vậy: a3b3 + b3c3 + c3a3 = a6 + b6 + c6.
Do a + b + c = 0 ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc ⇒ (a3 + b3 + c3)2 = 9a2b2c2.
Từ đó suy ra 3(a6 + b6 + c6) = 9a2b2c2 ⇒ a6 + b6 + c6 = 3a2b2c2.
a6 + b6 + c6 3a2b2c2
Vậy
=
= abc.
a3 + b3 + c3
3abc
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
2
⎧
⎪
ax + bx + c = 0
1
1
⎪
⎪
ax2 + bx + c = 0
⎨
⎪
(1.9)
2
2
2
⎪
⎪
⎩
ax3 + bx3 + c = 0.
Trừ dòng 1 cho dòng 2 và dòng 3 của hệ (1.9) ta được
a(x21 − x22) + b(x1 − x2) = 0,
a(x1 − x2) + b = 0
⇒
a(x21 − x32) + b(x1 − x3) = 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
(x − b)(x − c)
(x − a)(x − c)
(x − a)(x − b)
ak
+ bk
+ ck
= xk.
(a − b)(a − c)
(b − a)(b − c)
(c − a)(c − b)
Lời giải. Đặt
f(x) = ak
(x − b)(x − c)
(x − a)(x − c)
(x − a)(x − b)
+ bk
+ ck
− 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
a − b b − c c − a (a − b)(b − c)(c − a)
P =
+
+
+
.
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
a2 − bc
b2 − ac
c2 − ab
Q =
+
+
.
(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
σ (n) = a ,
(1.10)
(1.11)
(1.12)
Q
1
i
i=1
i=1
n
σ (n) = a a , a = a1,
Q
2
i i+1
n+1
n
σ (n) = a a a , a = a1, an+2 = a2,
Q
3
i i+1 i+2
n+1
i=1
........................ ,
σn(n) = a1a2...an.
(1.13)
Tải về để xem bản đầy đủ
78 trang
9780
Free
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Một số dạng toán đại số nâng cao", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- luan_van_mot_so_dang_toan_dai_so_nang_cao.pdf
