Ở đợt ôn tập VMO vừa rồi của đội tuyển TPHCM, bạn Bùi Khánh Vĩnh , THPT Chuyên Lê Hồng Phong có đề xuất một phát triển mạnh hơn cho bài toán trên, tức là vẫn với giả thiết tương tự, yêu [r]
Trang 1lũy thừa theo đa thức đối xứng
Lê Phúc Lữ Ngày 26 tháng 2 năm 2020
Trong bài tập Giải tích ôn thi VMO 2019, thầy Nguyễn Hoàng Vinh, trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai có giới thiệu một bài toán như sau:
Bài toán mở đầu.Cho các số thực a1, a2, , am thỏa mãn
cos1
n + cos
2
n + · · · + cos
2019
n = cos
a1
n + cos
a2
n + · · · + cos
am n với mọi n ∈ Z+ Tính tổng T = a21+ a22+ · · · + a2m
Đây là một bài liên quan đến ứng dụng giải tích có hình thức rất lạ, thú vị Tại trường Đông Bắc Trung Bộ ở chuyên ĐH Vinh 2019 vừa rồi, mình có giới thiệu lại bài này và bạn Vũ Đức Vinh, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An đã giải như sau
Lời giải Cho n → +∞, ta có ngay m = 2019 Xét biểu thức
cosk
n − cosak
n = −2 sin
k + ak 2n sin
k − ak 2n , suy ra
2019
P
k=1
sink+ak
2n sink−ak
2n = 0 nên
2019
X
k=1
4n2sink + ak
2n sin
k − ak
Chú ý rằng lim
x→0
sin x
x = 1 nên lim
n→+∞
sink + ak 2n sin
k − ak 2n
k2− a2 k
4n2
= 1 hay
lim
n→+∞4n2sink + ak
2n sin
k − ak 2n = k
2− a2
k
Trang 2Trong (*), cho n → +∞, ta có ngay T = 12+ 22+ · · · + 20192.
Lời giải trên đã xử lý trọn vẹn bài toán, và như tác giả bài toán cũng có phân tích, nếu thay tổng bình phương bởi tổng lũy thừa bậc bốn, tức là yêu cầu tính
T = a41+ a42+ · · · + a4m thì vẫn xử lý được, khi ta có khai triển Taylor của cos(x) là
cos x = 1 −x
2
2 +
x4
24− x
6
720 + · · · =
+∞
X
k=0
(−1)k x
2k
(2k)!. Tuy nhiên, nếu dừng ở đó thì bài toán không còn thú vị nữa Ở đợt ôn tập VMO vừa rồi của đội tuyển TPHCM, bạn Bùi Khánh Vĩnh, THPT Chuyên Lê Hồng Phong có
đề xuất một phát triển mạnh hơn cho bài toán trên, tức là vẫn với giả thiết tương tự, yêu cầu chứng minh rằng
{a2
1, a22, , a2m} = {12, 22, , 20192}
Một kết quả rất ấn tượng và xem như việc tính tổng các lũy thừa bậc chẵn ở trên chỉ còn là hệ quả Tuy nhiên, đây là một bài khó và để xử lý triệt để, ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề 1.Cho hai bộ n số thực (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn) với giả sử rằng
n
X
i=1
aki =
n
X
i=1
bki đúng với mọi k = 1, 2, , n (tức là tổng lũy thừa bậc k của chúng trùng nhau) thì khi đó hai bộ số trên trùng nhau
Ý tưởng xử lý Thật vậy, xét hai đa thức
P (x) = Y
1≤i≤n
(x − ai) và Q(x) = Y
1≤i≤n
(x − bi)
Ta biết rằng
n
P
i=1
aki là có chứa các biểu thức đối xứng có dạng
X
|A|=k,A⊂{1,2, ,n}
Y
i∈A
ai
nên khi cho k chạy từ 1 → n, thì ta thu được hệ số của P (x), Q(x) trùng nhau, dẫn đến bộ nghiệm cũng trùng nhau
Trang 3Trở lại bài toán, chọn n = 2019!m với m là số nguyên dương nào đó, đẳng thức đã nêu
có dạng
2019
X
m=1
cos(kam) =
2019
X
m=1
cos(kbm) với mọi n ∈ Z+ (*)
Cho k = 1, ta có
2019
P
m=1
cos(am) =
2019
P
m=1
cos(bm) Cho k = 2, ta có
2019
X
m=1
cos(2am) =
2019
X
m=1
cos(2bm) →
2019
X
m=1
cos2am =
2019
X
m=1
cos2bm
Cứ thế, theo đa thức Chebyshev cho công thức khai triển cos(kam), ta có được điều kiện (*) đúng với 1 ≤ k ≤ 2019 Áp dụng bổ đề, ta có
{cos a1, cos a2, , cos a2019} = {cos b1, cos b2, , cos b2019}
Cho m ở trên đủ lớn, ta thấy các góc này sẽ thuộc vào một miền −π2;π2 và có cos bằng nhau nên chúng sẽ bằng nhau hoặc đối nhau, ta có đpcm
Ý tưởng của lời giải ở trên khá chuẩn, nhưng thực ra việc chứng minh của bổ đề là chưa rõ ràng (dù kiểm tra trực tiếp thấy khá đúng) Ta xét bổ đề mạnh hơn như sau,
và lời giải chi tiết của bạn Trương Tuấn Nghĩa, chuyên KHTN Hà Nội giới thiệu Bổ
đề này trong một số tài liệu còn được gọi là nội suy Newton
Bổ đề 2.Xét bộ số thực a1, a2, , an bất kỳ và đặt Sk =
n
P
i=1
ak
i Giả sử rằng (x − a1)(x − a2) · · · (x − an) = xn+ A1xn−1+ A2xn−2+ · · · + An
Khi đó, ta có
Sk+ A1Sk−1+ A2Sk−2+ · · · + Ak−1S1+ kAk= 0 với mọi k = 1, 2, , n
Chứng minh Theo định lý Viete thì A` = (−1)` P
L⊂{1,2, ,n},|L|=`
Q
i∈L
ai Ta quy nạp theo từng bước
Bước 1 Tính
X
aki −Xai Xak−1i = − X
∀i16=i2
ai1ak−1i2
Trang 4Sk+ a1Sk−1= − X
∀i 1 6=i 2
ai1ak−1i
2
Bước 1 Tính tiếp
X
aki −Xai Xak−1i + X
i6=j
aiaj
!
X
ak−2i = (−1)2 X
∀i1,i 2 ,i 3 phân biệt
ai1ai2ak−2i
3
nên
Sk+ A1Sk−1+ A2Sk−2 = (−1)2 X
∀i 1 ,i 2 ,i 3 phân biệt
ai1ai2ak−2i3
Giả sử ở bước thứ `, tổng vế phải là (−1)`P ai1ai2 ai`ak−`i
`+1 thì bước tiếp theo sẽ là
= (−1)`Xai1ai2 ai`ak−`i
`+1+ (−1)`+1Xak−`−1i X
L∈{1,2, ,n},|L|=`+1
Y
i∈L
ai
= (−1)`+1Xai 1ai 2 ai`+1ak−`−1i
`+2
Thực hiện tiếp tục như thế cho đến khi ` = k thì vế phải sẽ là
(−1)kXai1ai2 aika0i
k+1 = kAk nên ta có ngay đpcm
Như thế, qua chứng minh này thì ta thấy Bổ đề 1 chỉ là một hệ quả của Bổ đề 2 Bài toán mở rộng của bài ban đầu được giải quyết hoàn toàn
Dưới đây, ta xét tiếp một bài toán trong đề Olympic GGTH 2018 do bạn Phạm Tiến Kha (GV ĐHSP TPHCM) đề nghị, bản chất chính là Bổ đề 1 ở trên Bạn đọc có thể xem thêm lời giải khác của bạn Nguyễn Hà An, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội trên VMF tại mục [1]
Olympic GGTH 2018.Cho n, k là các số nguyên dương Giả sử rằng tồn tại các bộ
số nguyên A = (a1, a2, , an) và B = (b1, b2, , bn) không trùng nhau sao cho
ai1+ ai2+ + ain = bi1+ bi2+ + bin với mọi số nguyên dương i ∈ n
Trang 5a) Với n = 3, k = 2, hãy tìm một cặp (A, B) thoả mãn điều kiện đề bài.
b) Chứng minh rằng n ≥ k + 1
Tiếp theo, ta xét một bài toán khó hơn trong đề thi của Trung Quốc
Đề China TST 2010.Cho hai bộ số thực A = {a1, a2, , a2010} và B = {b1, b2, , b2010} thỏa mãn
X
1≤i<j≤2010
(ai+ aj)n = X
1≤i<j≤2010
(bi+ bj)n với mọi n = 1, 2, , 2010 Chứng minh rằng A = B
Lời giải Đặt Sk =
2010
P
i=1
aki, Rk =
2010
P
i=1
bki Ta sẽ chứng minh rằng Sk = Rk với mọi
Đầu tiên, trong giả thiết thay n = 1 thì có ngay S1 = R1 Tiếp theo, bằng các biến đổi thích hợp (và cũng khá dài), ta cũng có
X
1≤i<j≤2010
(ai+ aj)k= 1
2
k−1
X
i=1
CkiSk−iSi+ (2010 − 2k−1)Sk
Từ đẳng thức này, theo giả thiết quy nạp, ta dễ dàng thu được khẳng định (∗) Đến đây, áp dụng Bổ đề 2 đã nêu, ta có đpcm
Cuối cùng, ta xét hai bài toán sau đây cũng liên quan đến tổng lũy thừa và các đa thức đối xứng
PTNK TST 2011 Với mọi số nguyên dương n, đặt Sn = xn+ yn+ zn Ta đã biết rằng Sn= Pn(s, t, p) với s = x + y + z, t = xy + yz + zx, p = xyz Hãy tính tổng các hệ
số của các đơn thức chứa p trong P2011(s, t, p)
Lời giải Theo định lý Viete thì x, y, z là nghiệm của phương trình
a3− sa2+ ta − p = 0
Để tính tổng hệ số của tất cả các đơn thức trong P2011, ta xét P2011(1, 1, 1) Tương tự, tổng các hệ số của các đơn thức không chứa p trong P2011 là P2011(1, 1, 0) Do đó, ta cần tính
M = P2011(1, 1, 1) − P2011(1, 1, 0)
Trang 6Xét phương trình a3 − a2 + a − 1 = 0 có ba nghiệm là a = 1, a = i và a = −i Vì
P2011(s, t, p) = xn+ yn+ zn nên ta có
P (1, 1, 1) = 12011+ i2011 + (−i)2011 = 1
Tiếp tục xét a3 − a2 + a = 0 có ba nghiệm là a = 0, a = 1±i
√ 3
2 Áp dụng công thức Moivre của lũy thừa số phức, ta tính được
P (1, 1, 0) = 02011+ 1 + i
√ 3 2
!2011
+ 1 − i
√ 3 2
!2011
=cosπ
3 + i sin
π 3
2011
−
cos2π
3 + i sin
2π 3
2011
=
cos2011π
3 + i sin
2011π 3
−
cos4022π
3 + i sin
4022π 3
= 1
Vì thế nên M = 0
Mở rộng VMO 2009 Cho n số thực phân biệt a1, a2, , an thỏa mãn điều kiện
Pn
i=1ak
i, ∀k ∈ N∗đều là số nguyên Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên d1, d2, , dn sao cho n số thực trên là nghiệm của phương trình
xn+
n
X
i=1
dixn−i= 0
Tóm tắt lời giải Đặt Sk = Pn
i=1ak
i và Ak = P
I⊂{1, ,n},|I|=k
Q
i∈Iai Khi đó, theo bổ
đề 2 thì dễ thấy rằng k!Ak ∈ Z
Cũng từ Bổ đề 2, ta thấy rằng nếu p là số nguyên tố và Sk chia hết cho p với mọi
k ≥ 2 thì cũng có S1 chia hết cho p Tổng quát hơn, ta có kết quả sau:
Nhận xét.Nếu m > 1 là một số nguyên bất kỳ sao cho Sk chia hết cho mk−1 với mọi
k ≥ 2 thì ta cũng có S1 chia hết cho m
Trở lại bài toán,
Rõ ràng theo định lý Viete, ta chỉ cần chứng minh rằng Ak ∈ Z
Đặt các thừa số trong Ck
n thừa số của Ak lần lượt là b1, , bm với Ck
n = m (các thừa
số lấy theo định nghĩa của Ak) Theo giả thiết của đề bài thì
n
X
i=1
(aj1)h ∈ Z, ∀h, j ∈ N∗
Trang 7Suy ra k!Pm
i=1bji ∈ Z, ∀j ∈ N∗ Lại đặt bi = k!b0i thì từ kết quả trên, ta có
(k!)j−1 |
m
X
i=1
b0ji , ∀j ∈ N∗ Cuối cùng, áp dụng nhận xét trên, ta thu được
k! |
m
X
i=1
b0i nên Ak =
m
X
i=1
bi ∈ Z
Bài toán được giải quyết hoàn toàn
Nhận xét Lời giải trên có tận dụng lại kết quả của Bổ đề 2 nên nhẹ nhàng hơn, chứng minh gốc khá phức tạp, có dùng đến số phức Bạn đọc xem chi tiết hơn tại [3] Trong trường hợp n = 3, ta sẽ có bài 4 đề VMO 2009 và năm đó chỉ cần ai giải được bài này thì hầu như có giải nhì Đáp án của đề thi năm đó cũng thực hiện khá thủ công khi tính một số trường hợp đặc biệt và hoàn toàn không có tính tổng quát Tác giả của bài tổng quát trên là bạn Nguyễn Đình Toàn, hiện đang là SV của École Polytechnique, Pháp và nhiều năm là HLV của chương trình Gặp gỡ Toán học
Điều thú vị hơn, tất cả phát biểu và chứng minh ở trên được bạn Toàn thực hiện khi mới chỉ là học sinh lớp 9
Tài liệu tham khảo.
1 Đề thi Olympic Gặp gỡ Toán học 2018
https://diendantoanhoc.net/topic/183633-%C4%91%E1%BB%81-thi-olympic-g% E1%BA%B7p-g%E1%BB%a_1-to%C3%a_1n-h%E1%BB%8Dc-n%C4%83m-2018/
2 Lê Phúc Lữ, Bài giảng đại số - giải tích, trường Đông chuyên ĐH Vinh 2020
3 Tổng quát bài 4 thi Quốc Gia năm nay (2009)
http://mathscope.org/showthread.php?t=8113
4 Bin Xiong, Lee Peng Yee, Mathematical Olympiad in China 2011-2014: Problems and Solution, 2014