Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)

Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)Các đồng nhất thức Abel và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

Chương 1 Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên

MỞ ĐẦU

Trong chương trình toán bậc phổ thông học sinh được làm quen với nhiều hằng đẳngthức quan trọng, đó là các hằng đẳng thức đáng nhớ liên quan đến khai triển nhị thứcNewton

(a2+ b2)(x2+ y2) = (ax + by)2+ (ay − bx)2,

và các ứng dụng của chúng trong số học, đại số, lượng giác và hình học

Mục tiêu của luận văn “Các đồng nhất thức Abel và áp dụng” nhằm giới thiệu hai

Z0 = 0, Z1= z1, Z2= z1+ z2, , Zk = z1+ z2+ · · · + zk, (1)

Q 0 (x) = 0, Q 1 (x) = x−x 1 , Q 2 (x) = (x−x 1 )(x−x 2 ), , Qk(x) = (x−x 1 )(x−x 2 ) (x−xk),

(2)

và các ứng dụng của chúng trong đại số và số học

Đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng (1) còn xuất hiện trong Giải tích (xem[4])

Đặc biệt, đồng nhất thức Abel liên quan đến các tích (2) thường xuất hiện trong cáctính toán với đa thức nhận giá trị nguyên hoặc giá trị hữu tỷ trên tập số nguyên dương(xem [1]-[2])

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương

Chương 1 Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên quan

Chương 2 Biến đổi Abel sinh bởi tích các số và áp dụng

Chương 3 Một số dạng toán liên quan

Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài toán lấy từ các đề thihọc sinh giỏi quốc gia và Olympic liên quan

Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyêndưới sự hướng dẫn tận tình của thầy hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu Thầy

đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốtquá trình làm luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán-TinTrường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trongsuốt thời gian học tập tại Trường

Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, Ban giámhiệu và đồng nghiệp trường THPT Lý Nhân Tông thành phố Bắc Ninh, tỉnh Bắc Ninh

đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiệnluận văn tốt nghiệp

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018

Người viết luận văn

Đỗ Thị Thuỷ

Chương 1 Biến đổi Abel sinh bởi tổng các số và các hệ thức liên quan

Chương 1 giới thiệu đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng sinh bởi dãy

số z1, z2, , zn :

Z0 = 0, Z1 = z1, Z2 = z1 + z2, , Zk = z1 + z2 + · · · + zk, (1.1)Đồng nhất thức Abel liên quan đến các tổng (1) xuất hiện trong Giải tích (xem[4])

dùng để khảo sát sự hội tụ của các chuỗi đan dấu

Trong các nghiên cứu về dãy số và chuỗi số, chúng ta thường sử dụng biến đổisau đây, thường được gọi là biến đổi Abel

Xét tổng

Zk = z1 + z2 + · · · + zk, k = 1, 2, , nvà

Sn = α1z1 + α2z2 + · · · + αnzn.Khi đó

Sn = α1Z1 + α2(Z2 − Z1) + · · · + αn(Zn − Zn−1)

= Z1(α1 − α2) + Z2(α2 − α3) + · · · + Zn−1(αn−1− αn) + Znαn (1.3)

Từ biến đổi (1.3) này, ta có các kết quả sau đây (gọi là các bất đẳng thứcAbel)

Định lý 1.1 (xem [1]) Giả sử (zj) là một dãy số (thực hoặc phức) tuỳ ý và

|Sn| = |Z1(β1 − β2) + Z2(β2 − β3) + · · · + Zn−1(βn−1 − βn) + Znβn|

6 |Z1||β1 − β2| + |Z2||β2 − β3| + · · · + |Zn−1||βn−1− βn| + |Zn||βn|

1, 2, , n}, thoả mãn các điều kiện

x1 > x2 > · · · > xn, y1 > y2 > · · · > ynvà

= S1[f0(t1) − f0(t2)] + S2[f0(t2) − f0(t3)] + · · · +

+Sn−1[f0(tn−1) − f0(tn)] + Snf0(tn), (1.8)với

Sk(x) := x1 + x2 + · · · + xk

Vì rằng f00(x) > 0 nên f0(xk) 6 f0(xk−1) Mặt khác, do Sk(x) > Sk(y)

(k = 1, 2, , n − 1) và Sn(x) = Sn(y), ta thu được ngay (1.7)

Tính chất sau đây cho phép ta dễ dàng kiểm chứng tính lồi (lõm) đối với mộthàm số cho trước

f

x1 + x22



6 f (x1) + f (x2)

2 , ∀x1, x2 ∈ I(a, b) (1.9)Chứng minh

Nếuf (x)là hàm lồi trênI(a, b)thì ta có ngay (1.9) bằng cách chọn α = β = 1

limn→∞un = α

Khi đó, hiển nhiên dãy vn := 1 − un cũng nằm trong (0,1) và

limn→∞vn = β

f (unx1 + vnx2) 6 unf (x1) + vnf (x2), ∀n ∈ N, x1, x2 ∈ I(a, b)

f (αx1 + βx2) 6 αf (x1) + βf (x2)

Đôi khi để chứng minh một bất đẳng thức dạng

13.4 + · · · +

1(n − 1)n = 1 −

1[x + (n − 1)d](x + nd)

= 1d

1n(n + 1) (n + k − 1)

Bài toán 1.7 Chứng minh rằng

P = 1+1

2 +

13

+ 1

Thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số lớn nhất trong mỗi nhóm, tađược

+ 1

Trong phần này ta xét một số bất đẳng thức đan dấu sinh bởi hàm lồi sử dụngbiến đổi Abel dạng đơn giản cho ba số Các bất đẳng thức dạng này là các ví dụđơn giản đều quy được về bất đẳng thức Karamata cho ba số quen biết đối vớilớp hàm lồi và hàm lõm trên một khoảng

Trước hết, ta xét biến đổi Abel trong tam giác

δ∆ABC = max{A, B, C} − min{A, B, C}

đều

Định nghĩa 1.10 (xem [1]) Với mỗi cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2 thoả mãnđồng thời các điều kiện

max{A1, B1, C1}6 max{A2, B2, C2}, min{A1, B1, C1}> min{A2, B2, C2},

Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự:

Với mỗi cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2 (với A1 > B1 > C1, A2 > B2 > C2)thoả mãn đồng thời các điều kiện

A1 6 A2, C1 > C2,

Nhận xét 1.11 Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác

Nhận xét 1.12 Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cângần đều hơn mọi tam giác khác

A1 = 900, B1 = C1 = 450

Ta nhắc lại tính chất sau

Chứng minh rằng, khi đó tam giác A0B0C0 gần đều hơn tam giác ABC.

Lời giải Theo giả thiết, ta có

A0 6 max{A, B, C}, B0 6 max{A, B, C}, C0 6 max{A, B, C} nên

max{A0, B0, C0}6 max{A, B, C}

Tương tự, thì

A0 > min{A, B, C}, B0 > min{A, B, C}, C0 > min{A, B, C} nên

min{A0, B0, C0}> min{A, B, C}

Kết quả sau đây bao hàm hầu hết các bất đẳng thức đối xứng dạng cơ bản trongtam giác

f (A1) + f (B1) + f (C1) > f (A2) + f (B2) + f (C2)

f (x) > f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x ∈ (0, π) (1.10)Không mất tính tổng quát, ta coi

Bài toán 1.16 (xem [1]) Cho tam giác A2B2C2 gần đều hơn tam giác A1B1C1

f (A1) + f (B1) + f (C1) 6 f (A2) + f (B2) + f (C2)

f (x) 6 f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x0 ∈ (0, π) (1.13)Không mất tính tổng quát, ta coi

Lời giải Theo giả thiết ta có A0+ B0+ C0 = A + B + C = π nên A0, B0, C0

là các góc của một tam giác và

Suy ra

sin A + sin B + sin C 6 sin A0+ sin B0+ sin C0+ cos C0(A + B + C − A0−B0−C0)

+(cos B0 − cos C0)(A + B − A0 − B0) + (cos A0 − cos B0)(A − A0)

Vì A + B + C − (A0 + B0 + C0) = 0 ; A + B > A0 + B0 ; A > A0

π > B0 > C0 > 0 nên cos B0 6 cos C0,

π > A0 > B0 > 0 nên cos A0 6 cos B0,

nên sin A + sin B + sin C 6 sin A0 + sin B0 + sin C0

Lời giải Chỉ cần xét hàm số f (x) = cos x thì f00(x) = − cos x < 0 , ∀x ∈

2 + B2 + C2 = π4 + π8 + π8

2

 Ta có f00(x) > 0 với ∀x ∈ 0, π

2

 Vậynên theo Nhận xét 1.13, ta có

f (x) > f (x0) + f0(x0)(x − x0), ∀x ∈



0, π2

, x0 ∈ 0,π

2



Chứng minh tương tự Bài toán 1.17 thì

Định lý 1.20 (T Popoviciu) Với mọi hàm lồi trên I(a, b) và với mọi x, y, z ∈I(a, b), ta đều có bất đẳng thức

2

+ 2fz + x

2



Nhận xét rằng định lí trên là một mở rộng thực sự của các kết qủa quen biết(bất đẳng thức Jensen) về hàm lồi Thật vậy, theo bất đẳng thức Jensen, thì

f (x) + f (y) + f (z) > f

x + y2

+ f

y + z2

+ f

z + x2



2

+ fz + x

2



Do vậy, định lí Popoviciu cho ta thực hiện được phép cộng trái chiều

+fy + z

2

+fz + x

2

i

Chứng minh định lí Popoviciu

x > x + y + z

3 > y > zhoặc



phải chứng minh

Đến năm 1982, A Lupas [7] đã mở rộng định lí Popoviciu theo hướng sau

Định lý 1.22 (A Lupas) Với mọi bộ số dương p, q, r và với mọix, y, z ∈ I(a, b),

q + r

+ (r + p)frz + px

r + p



(1.20)

tính tổng quát, giả thiết rằng

x > y > px + qy + rz

p + q + r > z

Từ đó, ta có thể áp dụng định lí Karamata cho bộ số có trọng để thu được (1.20)

Ta nhắc lại giả thiết Karamata đối với hai bộ số sắp được như sau

A = [a1, a2, , an] với giả thiết a1 > a2 > · · · > an xa đều

B = [b1, b2, , bn] cũng với giả thiết b1 > b2 > · · · > bn, và

I(a, b), ta luôn có bất đẳng thức sau

a1 6 · · · 6 am 6 a 6 am+1 6 · · · 6 an,

Bất đẳng thức (1.23) được chứng minh tương tự bằng cách sử dụng bất đẳngthức Jensen quen biết

f (am+1) + f (am+2) + · · · + f (an) + (m − 1)f (a)

ứng dụng cho

f (c) + (m − 1)f (a) > f (b1) + f (b2) + · · · + f (bm),trong đó

c = am+1 + am+2 + · · · + an + (m − 1)a

Bất đẳng thức cuối này suy được ngay từ bất đẳng thức Karamata, vì rằng

Chương 2 Biến đổi Abel sinh bởi tích các số và áp dụng

Mục tiêu của chương 2 nhằm giới thiệu đồng nhất thức Abel liên quan đến cáctích thường xuất hiện trong các tính toán với đa thức nhận giá trị nguyên hoặcgiá trị hữu tỷ trên tập số nguyên dương (xem [1]-[2])

Công thức khai triển Abel được phát biểu trong Định lý 2.1 dưới đây

Định lý 2.1 (Công thức khai triển Abel) Cho bộ số đôi một khác nhau:

x1, x2, , xn ∈ R

P (x) = a0+ a1(x − x1) + a2(x − x1)(x − x2) + · · · + an(x − x1)(x − x2) · · · (x − xn)

(2.1)Chứng minh Đẳng thức (2.1) được chứng minh trực tiếp bằng cách lần lượt

a1 = P (x2) − a0

x2 − x1 .

P (x3) = a0 + a1(x3 − x1) + a2(x3 − x1)(x3 − x2),

hữu tỷ

Biểu diễn đa thức với hệ số nhận giá trị nguyên và giá trị hữu tỉ là các bàitoán hay và khó thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi Trong Mục 2.2

ta sẽ trình bày về hai loại biểu diễn đa thức này

2.2.1 Biểu diễn các đa thức nhận giá trị nguyên

Định nghĩa 2.2 Đa thức

f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an

Hiển nhiên rằng mọi đa thức với hệ số nguyên là đa thức nhận giá trị nguyên.Tuy nhiên, lớp hàm số nhận giá trị nguyên rộng hơn rất nhiều Chẳng hạn, cáchàm số sau đây là những hàm nhận giá trị nguyên

!

Bài toán 2.3 Đa thức P (x) = xn
là đa thức nhận giá trị nguyên.

sử x(x − 1) · · · (x − n + 1) là tích của n số tự nhiên liên tiếp (x ≥ n) Khi đó tacó

x(x − 1) · · · (x − n + 1)

n x

là một số nguyên

Bài toán (2.3) được giải quyết

Tồn tại đa thức nhận giá trị nguyên với các hệ số có thể không bắt buộc là

nguyên nhưng nhận giá trị nguyên tại các điểm nguyên

liên tiếp

Lời giải

Điều kiện cần là hiển nhiên

Điều kiện đủ Sử dụng công thức khai triển Abel với

P (a + n) ∈ Z nên (n − 1)!bn ∈ Z

P (a) ∈ Z nên n!bn ∈ Z

Nhận xét 2.6 Thực ra, ta chỉ cần điều kiện P (x)là đa thức nhận giá trị nguyênkhi P (x) nhận các giá trị nguyên tại x = 0, 1, , n là đủ.

Bài toán 2.7 Chứng minh rằng

Pn(x) = b0 + b1 x

1

!+ · · · + bn−1 x

n − 1

!+ bn x

P1(x) = a1x + a0 = a0 + a1 x

1

!

Theo giả thiết quy nạp thì

Rk(x) = b0 + b1

x1

!+ · · · + bk−1

x

k − 1

!+ bk

xk

!

Do đó

Pk+1(x) = b0 + b1

x1

!+ · · · + bk

xk

!+ bk+1

x

k + 1

!,

với bk+1 = ak+1(k + 1)!

b) Điều kiện cần

Giả sử Pn(x) là đa thức nhận giá trị nguyên với x ∈ Z Khi đó

P (0) = b0,

P (1) = b0 + b1 1

1

!,

P (2) = b0 + b1 2

1

!+ b2 2

2

!,

P (n) = b0 + b1 n

1

!+ · · · + bn n

n

!

Vì P (0), P (1), , P (n) ∈ Z và các hệ số của khai triển nhị thức Newton đềunguyên nên b0, b1, , bn ∈ Z.

Điều kiện đủ

Giả sử b0, b1, , bn là các số nguyên Khi đó P (0), P (1), , P (n) cũng là các

n − 1

!+ bn x

n

!, bj ∈ Z (j = 0, , n)

Do đó

n!P (x) = n!b0 + n!b1 x

1

!+ · · · + n!bn−1 x

n − 1

!+ n!bn x

n

!

Bài toán 2.9 (xem [2]) Cho đa thức

P (x) = anxn + an−1xn−1+ · · · + a0

là một đa thức nhận giá trị nguyên

n!P (x) ∈ Z[x] Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết Vậy P (x) không là đathức nhận giá trị nguyên

Bài toán 2.10 Chứng minh rằng đa thức

là một đa thức nhận giá trị nguyên

f (x) = 2 x

3

!

− 3 x2

!

1

!+ 3

f (x) = Ax5 + Bx3 + Cx

24B = [−f (3) + 8f (2) − 13f (1)], (2.5)30C = [f (3) − 9f (2) + 45f (1)] (2.6)

Vì f (1) nguyên dương nên f (1) ≥ 1 Từ (2.3) và do A, B dương, f (2), f (1) là

8x

3+ 13

15x =

x + 25

!+ x + 1

3

!

là một đa thức nhận giá trị nguyên

2.2.2 Biểu diễn các đa thức nhận giá trị hữu tỷ

Bài toán 2.12 (xem [1],[3]) Cho đa thức

Bài toán 2.13 Cho đa thức P (x) ∈ Q[x] bậc n và có n nghiệm thực lập thành

Lời giải Giả sử đa thức đã cho

cn = 14

n

X

k=1(n − 2k + 1)2

T (x) = (x − x1)(x − x2) = x2 − b1x + b2 ∈ Q[x]

Mà P (x) chia hết cho T (x) nên suy ra P (x) khả quy trên Q[x], từ đó dẫn đến

Bài toán 2.14 Xét Qα gồm tất cả các đa thức f (x) ∈ Q[x]; f (x) 6≡ 0; f (x) có

Lời giải

f (x) = f0(x).T (x) + r(x),

Do f (x) bất khả quy trên Q[x] nên r(x) 6≡ 0 Mặt khác, cho x = α trong (∗)

Suy ra

p(r − x) = ±q(x)nên p2(r − x) = q2(x)

p2r2



= q2r

2



Bài toán 2.16 Tìm đa thức có bậc nhỏ nhất ∈ Q[x] và 6≡ 0 nhận

(thỏa mãn điều kiện đề bài)

thì g(x) sẽ nhận giá trị hữu tỷ với biến hữu tỉ x Theo giả thiết qui nạp những số

a0, a1, , an−1 là hữu tỉ Như vậy các hệ số của f (x) là các số hữu tỉ Với điều

đó f (x) không thể là hằng số, vì trong trường hợp ngược lại f (x) sẽ là hữu tỷ với

h(y) = yn+ a1yn−1+ · · · + an−1an−20 ythỏa mãn điều kiện đề bài

limy→∞ϕ(y) = +∞ Vì thế phương trình ϕ(y) = 0 hay h(y) = m có nghiệm

được h(p) = p với tất cả số nguyên tố đủ lớn Điều này chỉ xảy ra với h(y) = y

Bài toán ước lượng đa thức bao gồm nhiều dạng toán khác nhau như ước lượngmiền giá trị của đa thức trên một tập cho trước; ước lượng các hệ số của đa thức;ước lượng các nghiệm của đa thức, ước lượng các giá trị của đạo hàm, Ngoài ra,trong chương này ta sẽ đưa ra một cách chứng minh của định lý Berstein-Markov

mô tả mối quan hệ giữa đa thức với đạo hàm của nó

Ps(x) = a0xs+ a1xs−1+ + as−1x + as (2.9)

Bài toán 2.18 Cho đa thức Pn−1(x) bậc ≤ n − 1 có hệ số bậc cao nhất a0, thỏamãn điều kiện

p

1 − x2|Pn−1(x)| ≤ 1 ∀x ∈ [−1, 1]

Chứng minh rằng

|a0| ≤ 2n−1.Lời giải Ta viết đa thức đã cho dưới dạng nội suy Lagrange theo các nút nộisuy xj = cos2j − 1

j=1n(−1)j−1

j=1n

q

1 − x2jP (xj)

n−1

n n = 2

n−1

toán 2.18 Chứng minh rằng khi đó

q

1 − x2jPn−1(xj)| |Tn(x)|

|x − xj|

≤ 1n

n

X

j=1

Tn(x)(x − xj)

... data-page="36">

Nhưng g(0) = và< /p>

g(x) − g(0)

x − .

xsin x

x − → g0(0) x

sin x → ta thu |g0(0)| ≤ n

nên ta áp dụng kết toán... =

1nvà

p

1 − x2 ≥ 1

nnên |Pn−1(x)| ≤ 1

1n

= n

Bài toán 2.20 Cho đa thức lượng giác... (t)sin t

≤ n ∀t ∈ R\ { , −2π, −π, 0, π, 2π, }

Bài toán 2.21 Cho đa thức lượng giác

P (x) =

n

X

j=0(aj