Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình

®¹i häc th¸I nguyªnTrêng ®¹i häc khoa häc

-----------------------------------

vò v¨n viÕt

PH¢N THøC H÷U Tû VµMéT Sè HÖ PH¦¥NG TR×NH

LuËn v¨n th¹c sÜ to¸n häc

Th¸i Nguyªn – 2012


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn


-----------------------------------

vò v¨n viÕt

PH¢N THøC H÷U Tû VµMéT Sè HÖ PH¦¥NG TR×NH

Chuyªn ngµnh : ph¬ng ph¸p to¸n s¬ cÊpM· sè : 60.46.40

LuËn v¨n th¹c sÜ to¸n häc

NG¦êI H¦íNG DÉN KHOA HäC: pgs.ts ®µm v¨n nhØ

®¹i häc th¸I nguyªn

Thái Nguyên – 2012


1

Mục lụcMục lục

LỜI NÓI ĐẦU

Chương 1 Số phức và vành đa thức

1.1 Tính đóng đại số của trường

1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức

Chương 2 Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình

2.1 Phân thức hữu tỷ

2.2 Phân tích phân thức để tính một số tổng

2.3 Giải hệ phương trình và xây dựng đồng nhất thức

2.4 Tính tích phân của phân thức hữu tỷ

2.5 Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷ

2.6 Bất đẳng thức hình học

KẾT LUẬN

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang

2

4

4

8

10

10

15

21

33

43

49

56

57


2

Lời nói đầu

Phân thức hữu tỷ xuất hiện ở ba cấp học bậc phổ thông và cả bậc Đại học

trong Đại Số, Giải Tích, Hình Học, Tổ Hợp.Vấn đề đặt ra là sử dụng phân

thức hữu tỷ vào nghiên cứu Toán sơ cấp như thế nào? Đặc biệt sử dụng các

kết quả về phân thức hữu tỷ để vào sáng tác các bài toán mới.

Với những lí do trên, là một giáo viên giảng dạy môn Toán trong trường

phổ thông, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài: " Phân thức hữu tỷ và một số hệ

phương trình". Đích cuối cùng mà luận văn muốn đạt được là:

1/ Phân tích phân thức hữu tỷ thành tổng các phân thức đơn giản

2/ Giải hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn có liên quan đến phân thức

3/ Tính tổng và xây dựng một số đồng nhất thức trong tổ hợp

4/ Tính tích phân các phân thức hữu tỷ

5/ Nghiên cứu dãy số qua phân thức hữu tỷ

6/ Xây dựng bất đẳng thức hình học

Luận văn gồm hai chương:

Chương I: Giới thiệu về vành đa thức, số phức và tính đóng

đại số của trường và việc nhúng vào để có thể coi như một trường

con của trường . Từ tính đóng của trường suy ra sự phân tích đa thức

thành tích các nhân tử bất khả quy trong x .

Chương II: Trình bày về phân thức hữu tỷ thành tổng các phân

thức đơn giản và một số ứng dụng để: giải một số hệ phương trình, xây dựng

các đồng nhất thức, tính các tổng, tính tích phân và một vài dãy số qua phân

thức hữu tỷ.


3

Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luận

văn không tránh khỏi những thiếu sót nhất định, em rất mong nhận được sự

góp ý của các thầy cô giáo và các bạn.

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS.

Đàm Văn Nhỉ . Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy. Em xin

cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, nơi

em đã nhận được một học vấn sau đại học căn bản và cuối cùng, tác giả xin

chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã cảm thông, ủng hộ và

giúp đỡ trong suốt thời gian tác giả học Cao học và viết luận văn.

Hải Phòng, tháng 08 năm 2012

Người viết luận văn

Vũ Văn Viết


4

Chương I

Số phức và vành đa thứcChương này giới thiệu vành đa thức, vành các chuỗi lũy thừa hình thức

và tính đóng đại số của trường các số phức .

1.1 Tính đóng đại số của trường

Xét tích Descartes , \T a b và định nghĩa phép toán:

, , ,

, , ,

, . , ,

a b c d a c b d

a b c d a c b d

a b c d ac bd ad bc

Để đơn giản, viết , . ,a b c d qua , ,a b c d . Từ định nghĩa của phép nhân:

(i) Với 0,1i T có 2 . 0,1 0,1 1,0i i i

(ii) , 0,1 0,1 , ,a b a b a b

(iii) , ,0 0, ,0 ,0 0,1 , ,a b a b a b a b T

Bổ đề 1.1.1

Ánh xạ : , ,0T a a là một đơn ánh và thỏa mãn

' ' , ' ' , , 'a a a a aa a a a a

Đồng nhất ,0a T với a . Khi đó có thể viết

2, ,0 ,0 0,1 , 1,0 1a b a b a bi i .

Ký hiệu là tập T cùng với phép toán đã nêu ở trên. Như vậy

2\ , , 1a bi a b i và ta có


5

,

d .

a bi c di a c b da bi c di a c b d i

a bi c di ac b ad bc i

Mỗi phần tử z a bi được gọi là một số phức với phần thực a, ký hiệu

Re z , và phần ảo b, ký hiệu Im z , còn i gọi là đơn vị ảo. Số phức a bi được

gọi là số phức liên hợp của z a bi và ký hiệu là z a bi . Dễ dàng kiểm

tra 2 2zz a bi a bi a b và gọi z zz là môđun của z . Số đối

của z ' c di là 'z c di và ký hiệu

' .z z a bi c di a c b d i

Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy). Mỗi số phức z a bi ta cho tương ứng với

điểm ,M a b . Tương ứng này là một song ánh

, ,z a bi M a b .

Khi đồng nhất với Oxy qua việc đồng nhất z với M , thì mặt phẳng tọa

độ với biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phẳng phức hay mặt phẳng

Gauss.

Mệnh đề 1.1.2

Tập là một trường chứa trường như một trường con.

Chứng minh:

Dễ dàng kiểm tra là một vành giao hoán với đơn vị là 1. Giả sử

0z a bi . Khi đó 2 2 0a b . Giả sử z ' : z ' 1x yi C z hay

10

ax bybx ay

. Giải hệ được 2 2 2 2,a bx y

a b a b

.

Vậy 2 2 2 2' a bz ia b a b

là nghịch đảo của z . Tóm lại là một trường.


6

vì đồng nhất a với 0a i nên có thể coi là trường con của .

Chú ý rằng nghịch đảo của 0z là 12zzz

và 12

' ''z z zz zz z

.

Định nghĩa1.1.3

Cho số phức 0z . Giả sử M là một điểm trong mặt phẳng biểu diễn số phức

z . Số đo (radian) của mỗi góc lượng giác tia đầu Ox và tia cuối OM được

gọi là argument của z và ký hiệu arg z . Góc xOM được gọi là Argument

của z và ký hiệu là Arg z .

Argument của số phức 0 là không định nghĩa

Chú ý rằng, nếu là một argument của z thì mọi argument của z đều có

dạng 2 ,k k . Với 0z , ký hiệu 2k là Argument của z .

Ký hiệu r zz . Khi đó số phức , os , sinz a bi a rc b r . Vậy khi

0z thì có thể biểu diễn cos sinz r i và biểu diễn này được gọi là

dạng lượng giác của z.

Mệnh đề 1.1.4

Nếu 1 1 1 1os sinz r c i , 2 2 2 2 1 2os sin , , 0z r c i r r thì

(i) 111 2 1 2

2 2,

zzz z z zz z

(ii) 1 2 1 2 1 2 1 2os sinz z r r c i

(iii) 1 11 2 1 2

2 2os sin , 0.z r c i r

z r

Mệnh đề 1.1.5(Moivre)

Nếu os sinz r c i thì với mỗi số nguyên dương n ta có

os sinn nz r c n i n .


7

Hệ quả 1.1.6.

Cho căn bậc n của một số phức cos sinz r i ta nhận được n giá trị

khác nhau1 2 2os sin , 1,2,...,n

kk kz r c i k nn n

.

Bây giờ ta chỉ ra rằng, mọi đa thức dương thuộc x đều có nghiệm

trong . Đó là nội dung của định lý cơ bản của đại số.

Định nghĩa 1.1.7

Trường K được gọi là trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương thuộc

K x đều có nghiệm trong K .

Như vậy, trong K x mọi đa thức bậc dương đều phân tích được thành tích

các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số.

Định lý 1.1.8(d'Alembert - Gauus, Định lý cơ bản của đại số)

Mọi đa thức bậc dương thuộc x đều có ít nhất một nghiệm thuộc .

Từ định lý 1.1.8 suy ra kết quả sau đây về đa thức bất khả quy trong x :

Hệ quả 1.1.9

Mọi đa thức thuộc x với bậc 0n đều có n nghiệm trong và các đa

thức bất khả quy trong x là các đa thức bậc nhất.

Mệnh đề 1.1.10

Cho \ .f x x f x là đa thức bất khả quy khi và chỉ khi

, 0f x ax b a hoặc 2 2, 4 0f x ax bx c b ac .


8

Định lý 1.1.11

Mỗi đa thức \f x x đều có thể phân tích được một cách duy nhất

thành dạng

11 2 21 1 1... ... rs

d dnns r rf x a x a x a x b x c x b x c

với các 2 4 0, 1,..., ; 1i ib c i r r

1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thứcNhắc lại một vài khái niệm và kết quả trong vành đa thức một biến trên một

trường.

Cho trường K và một biến x trên K . Với n , Xét tập hợp:

20 1 2

0... \ \

nn i

n i i ii

K x a a x a x a x a K a x a K

.

Mỗi phần tử f x K x được gọi là một đa thức của biến x với các hệ

số ia K . Hệ số na gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số oa gọi là hệ số tự do của

f x . Khi 0na thì n được gọi là bậc của f x và được ký hiệu deg f x .

Riêng đa thức 0 được quy định là có bậc là hoặc -1.

Định lý 1.2.1.

Ta có K x là một vành giao hoán. Hơn nữa K x còn là một miền nguyên,

có nghĩa: nếu ,f x g x K x thỏa mãn 0f x g x thì 0f x hoặc

0g x .


9

Định lý 1.2.2.

Với các đa thức ,f x g x K x và 0g x có hai đa thức duy nhất

,q x r x sao cho f x q x g x r x với deg degr x g x .

Định lý 1.2.3.

Vành K x là một vành nhân tử hóa, có nghĩa: Mỗi đa thức thuộc K x đều

phân tích được một cách duy nhất thành tích các nhân tử bất khả quy nếu

không kể thứ tự các nhân tử và các nhân tử thuộc .K

Trong vành K x xét hai đa thức sau đây:

0 1 ... mmf x a a x a x ,

0 1 ... , 0nn m ng x b b x b x a b .

Định lý 1.2.4.

Hai đa thức ,f x g x có ước chung khác hằng số khi và chỉ khi có hai đa

thức thuộc K x là:

10 1 1... m

mp x c c x c x

10 1 1... n

nq x d d x d x

không đồng thời bằng 0, thỏa mãn q x f x p x g x .

Định lý 1.2.5.

Giả sử f x K x với bậc 1n . Khi đó có các kết quả sau:

(i) Nếu K là nghiệm của f x thì ,f x x g x g x K x .

(ii) f x có không quá n nghiệm phân biệt trong K .


10

Chương 2

Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương

trình Chương này tập trung nghiên cứu sự phân tích phân thức hữu tỷ thành

tổng các phân thức đơn giản. Vận dụng các kết quả đạt được vào việc giải hệ

phương trình tuyến tính, xây dựng các đồng nhất thức, tính một số tổng hữu

hạn, tính tích phân hàm phân thức hữu tỷ , nghiên cứu dãy số qua phân thức

hữu tỷ, và chứng minh một số bất đẳng thức hình học.

2.1 Phân thức hữu tỷXét hàm đa thức trên trường . Mỗi phần tử thuộc x được gọi là một

hàm hữu tỷ hay một phân thức hữu tỷ. Những phân thức hữu tỷ dạng nbx a

hay n

q xp x

, với 1n và p x là đa thức bất khả quy, được gọi là những

phân thức hữu tỷ đơn giản. Bây giờ ta biểu diễn mỗi phân thức hữu tỷ qua

phân thức hữu tỷ đơn giản.

Định lý 2.1.1.

Nếu hai đa thức ,g x h x nguyên tố cùng nhau trên K với

deg , degm g x n h x thì đa thức bất kỳ ,degf x f x m n đều có

thể biểu diễn được dưới dạng f x r x g x s x h x , trong đó

deg ,degr x n s x m .


11

Chứng minh:

Vì ,g x h x nguyên tố cùng nhau, nên ta có đồng nhất thức

1 a x g x b x h x . Nhân hai vế hệ thức này với f x sẽ được

f x f x a x g x f x b x h x

Biểu diễn ,degf x a x q x h x r x r x n . Khi đó có

.

f x f x a x g x f x b x h x

r x g x q x g x f x b x h x

Đặt .s x q x g x f x b x Do đó .f x r x g x s x h x Vì

deg ,degf x m n r x g x m n nên deg s x m .

Bổ đề 2.1.2.

Nếu hai đa thức ,g x h x nguyên tố cùng nhau trên K và đa thức

,deg deg degf x f x g x h x thì ta có sự biểu diễn

f x r x s xg x h x h x g x

, trong đó deg deg ,deg deg .r x h x s x g x

Chứng minh:

Theo định lý 2.1.1 ta có sự biểu diễn f x r x g x s x h x

với deg deg ,deg deg .r x h x s x g x Chia hai vế hệ thức này cho

g x h x ta nhận được

f x r x s xg x h x h x g x

.

Định lý 2.1.3.


12

Mỗi phân thức hữu tỷ ,deg degf x

f x g xg x

đều phân tích được thành

tổng các phân thức hữu tỷ đơn giản.

Hệ quả 2.1.4.

Mỗi phân thức hữu tỷ f xg x

bất kỳ đều phân tích thành tổng một đa thức và

các phân thức hữu tỷ đơn giản.

Chứng minh:

Nếu deg degf x g x thì ta có kết quả cần chứng minh theo định lý

trên.

Nếu deg degf x g x thì ta biểu diễn

,degf x q x g x r x r x g x Khi đó

f x r x

q xg x g x

và kết quả cần chứng minh được suy ra từ nhận xét ban

đầu.

Vì mỗi đa thức bất khả quy trong x có dạng 2 2, 4 0x bx c b ac ,

nên mỗi đa thức g x đều có thể viết được thành dạng:

2

1 1

iis r mn

i i ii i

g x x a x b x c

. Từ đó ta có hệ quả sau:

Hệ quả 2.1.5

Mỗi phân thức hữu tỷ f xg x

biểu diễn được thành dạng

21 1 1 1

i in ms rij ij ij

j ji j i ji j j

b b x cf xq x

g x x a x b x c

.


13

Mệnh đề 2.1.6.

Xét phân thức .p x

f x xq x Với mỗi 0x sao cho 0f x có nghĩa,

luôn có biểu diễn 0 0

h xf x f x x x

q x , trong đó

,deg max deg ,deg 1.h x x h x p x q x

Chứng minh:

Với phép chia với dư có thể biểu diễn 0 1 0p x x x p x p x và

0 1 0 1 1, , ,q x x x q x q x p x q x x theo định lý 1.2.2. Với

0F x f x f x ta có biến đổi sau đây:

0 0 0

0 0

0 110

0

1 0 10 .

p x p x q x p x q xp xF x

q x q x q x q x

p x q xp xx x

q x q x q x

p x f x q xx x

q x

Do vậy ta có biểu diễn 0 0

h xf x f x x x

q x , trong đó

,deg max deg ,deg 1.h x x h x p x q x

Hệ quả 2.1.7.

Với mỗi phân thức p x

f x xq x và 0x sao cho 0f x có nghĩa, luôn

có biểu diễn

0

10 , .

nk

kk

k

a x xf x f x a

q x


14

Chứng minh:

Suy ra từ mệnh đề 2.1.6.

Trường hợp đặc biệt: Khi 1 2 ... nq x x x x x x x và biểu diễn

1

,'

nk

i jk k k

p xp xf x x x

q x q x x x

khi i j và deg p x n , thì với

1 1

2 '

nk

k k k

p xh x x x f x a

q x x x

có

1

2

( ), .

'

nk k

kk k k k

p x x xh x h x x

q x x x x

Ví dụ 2.1.8.

Chứng minh rằng ta luôn có

1

1 10

1 , 0k nn

k kk

x x aa x a a a x

và mọi số tự nhiên dương n .

Bài giải:

Theo Mệnh đề 2.1.6, với phân thức 01 , 0,f x xa x

ta có

1 1 1. .xa x a a a x

lặp lại sau n lần được

1

1 10

1 .k nn

k kk

x xa x a a a x

Ví dụ 2.1.9.

Giả sử 1, ,..., 0.na a a Ta luôn có đồng nhất thức sau:

(i)

1 2 1 1

1 2 1 1

... 0n n n

n n n

a a a a a aa a a a a a a a a a a a

(ii) Với hàm phân thức 1 11, . , nx uf x u a a

u x x u

luôn có đồng nhất thức

11 1

, , ( , )n n

k k k kk kf x a f a a f x a


15

Bài giải:

(i) Dễ dàng kiểm tra 1 2 1 1 2

2 2

. .x a a a a a x ax a a a a a x a

Như vậy ta luôn có hệ thức dưới đây:

1 2 1 2

1 1 2 2

1 1. . .( )( )

x a a a x aa a x a a a a a a a x a

2 3 2 3

2 2 3 3

1 1. .( )( )


... = ...

1 1

1 1

1 1. .( )( )

n n n n

n n n n


1 1

1 1

1 1. .( )( )

n n

n n


Cộng các vế theo hàng dọc ta có đồng nhất thức cần chứng minh.

(ii) đươc suy ra qua việc nhân các vế theo hàng dọc.

2.2 Phân tích phân thức để tính một số tổngTa áp dụng các kết quả đã đạt được để tính một số tổng, qua cách thức: Chọn

một phân thức để tách ra thành tổng các phân thức đơn giản. Sau đó cho biến

x một giá trị đặc biệt.

Ví dụ 2.2.1

Với ba số a, b, c phân biệt và , , 0, 1, 2, 3 ,a b c giả sử các số , ,x y z thỏa

mãn hệ phương trình:


16

11 1 1

12 2 2

13 3 3

x y za b cx y za b cx y za b c

Chứng minh rằng 61x y za b c abc

Bài giải:

Xét

1p tx y zf t

a t b t c t a t b t c t

với đa thức p t

bậc 3.

Vì 1 2 3 0f f f nên 1 2 3 0p p p và như vậy

1 2 31

t t tx y za t b t c t a t b t c t

Với 0t ta được 61x y za b c abc .

Ví dụ 2.2.2.

Với hai số ,a b phân biệt và , 0,1,2,3 ,a b hãy giải hệ phương trình:

11 1

12 2 2

x ya bx ya b

Giả sử ,a b là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Hãy tính tổng dưới đây:

.

3 3 3 3 3x y abTa b a b


17

Bài giải:

Xét

1 p tx yf tt a t b t t t a t b

với deg 2p t .

Vì 1 2 0f f nên 1 2 0p p và như vậy

1 21 .u t tx y

t a t b t t t a t b

Quy đồng hai vế ta được

1 2 .xt t b yt t a t a t b u t t Từ đây suy ra

: 02

1 2:

1 2:

abu t

u a ax t a

a a b

u b by t b

b b a

Từ

1 21 .2ab t tx y

t a t b t t t a t b

suy ra 1 : 3.3

T t

Ví dụ 2.2.3.

Giả sử 1 2 3, ,x x x là nghiệm của 3 0, 1.x ax b a b

Tính 2 2 2

1 2 3

1 1 11 1 1x x x

và 2 221 2 2 3 3 1 .D x x x x x x

Bài giải:

Vì 31 2 3x ax b x x x x x x nên

21 2 2 3 3 13 .x a x x x x x x x x x x x x

2 2 2 3 21 2 33 3 3 4 27 .D a x a x a x a b


18

Ta lại có2

31 2 3

1 1 1 3x ax x x x x x x ax b

và được đồng nhất thức

4 2

2 2 2 231 2 3

1 1 1 3 6 .x bx ax x x x x x x ax b

Với 1x sẽ có

2

2 2 2 21 2 3

1 1 1 3 6 .1 1 11

b ax x a bx

Ví dụ 2.2.4.

Cho bốn số phức , , ,a b c d . Giả sử 1 2 3 4, , ,x x x x là bốn nghiệm của phương trình

0x x x x dx a x b x c

. Tính tổng sau đây:

2 2 2

4 4 4

1 1 1

.k k k

k k k

a b cTa x b x c x

Bài giải:

Phương trình 0x x x x dx a x b x c

được viết thành

3 23x 20

f x x d x a x b x c a b c x ab bc ca x

.

Mặt khác, ta còn có biểu diễn

1 2 3 4.f x x x x x x x x x

Khi cho x a ta có

3 21 2 3 4.3 2a a a b c a ab bc ca x x x x x x x x

hay 1 2 3 4.a a b a c a x a x a x a x

tương tự, khi cho ,x b x c ta cũng có hai hệ thức khác. Từ đây suy ra


19

2 2 2

0.a b cTa a b a c b b a b c c c a c b

Ví dụ 2.2.5.

Giả sử 1 2 3, ,x x x là ba nghiệm của phương trình: 3 0, 1 .x ax b a b

Tính

2 2 21 2 3

2 3 3 1 1 2

.1 1 1 1 1 1x x xT

x x x x x x

Bài giải:

Vì 31 2 3x ax b x x x x x x nên

22

1 11

2 3

11 1 1

x xxx x a b

và suy ra

3 3 3 2 2 21 2 3 1 2 3 2a 3

1 1x x x x x x bT

a b a b

Ví dụ 2.2.6.

Tính tổng

4

1

( ),k k k

k k k i k j k h

a x a y a zT

a a a a a a a

trong đó hai tập bằng nhau , , , 1,2,3,4k i j h .

Bài giải:

Từ việc tách phân thức 1 2 3 4

t x t y t zt a t a t a t a

thành tổng các

phânthức

4

1

( ) 1.k k k

k kk i k j k h

a x a y a zt aa a a a a a

nên khi cho 0t ta được1 2 3 4

xyzTa a a a .


20

Ví dụ 2.2.7.

Chứng minh rằng, với số nguyên dương lẻ n ta có các kết quả:

(i) 2 2 2 124 cot 4 cot ... 4 cot2n

n n n

(ii) 20112 2 2 20103 24 cot 4 cot ... 4 cot

4022 2011 2011 4022

(iii) Tính tổng 2 2 2 2 2 2

1 1 1...2 1cot cot cot2nn n nn n n

Bài giải:

Xét phương trình n nx i x i hay 1nx i

x i

. Phương trình này có

( 1)n nghiệm

trong là 2 2cos sin , 1,..., 1,x i k ki k nx i n n

vì 0k không thỏa

mãn.

Giải ra được các nghiệm cot , 1,..., 1kx k nn

(i) Từ ,cot cotn n n kkp x x i x in n

ta suy ra

2 2 2 2 2 2

122 cot cot ... cot

122 cot cot ... cot2

np x ni x x x

n n n

nni x x x

n n n

Với 2 2 2 12 3 12 , 4 cot 4 cot ... 4 cot2 2

nnx i

n n n n

(ii) Suy ra từ (i) với 2011n


21

(iii) Ta có 2 2 2 2 2 2 122 cot cot ... cot2n

p x ni x x xn n n

khi n là số lẻ. Lấy đạo hàm hai vế, ta nhận được

1 1

2 2 2 2 2 2

12 2x 2x...2 1cot cot cot

2

n n

n n

n x i x i

x i xx

nx x xn n n

Với ,x ni có

1 1

2 2 2 2 2 2

12 2x 2x...2 1cot cot cot

2

n n

n n

n i n i

n i nx

nx x xn n n

2.3 Giải hệ phương trình và xây dựng đồng nhất thứcBây giờ áp dụng các kết quả đã đạt được để giải các hệ phương trình và xây

dựng các đồng nhất thức mới trong Toán sơ cấp.

Ví dụ 2.3.1.

Với ba số , ,a b c phân biệt và , , 0,1,2,3,4 ,a b c hãy giải hệ phương trình:

11 1 1

12 2 2 2

13 3 3 3

x y za b bx y za b cx y za b c


22

Giả sử , ,x y z là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Hãy tính tổng dưới đây:

.

4 4 4 4 4 4 4x y z abcTa b c a b c

Bài giải:

Xét

1 p tx y zf tt a t b t c t t t a t b t c

với deg 3p t .

Vì 1 2 3 0f f f nên 1 2 3 0p p p và như vậy

1 2 31 .u t t tx y z

t a t b t c t t t a t b t c

Quy đồng hai vế ta được

1 2 3 .

xt t b t c yt t a t c zt t a t b t a t b t c

u t t t

Từ đây suy ra

: 06

1 2 3:

1 2 3:

1 2 3:

abcu t

u a a ax t a

a a b a c

u b b by t b

b b a b c

u c c cz t c

c c a c b

Từ

1 2 31 .6abc t t tx y z

t a t b t c t t t a t b t c

suy ra 1 : 4.4

T t

Ví dụ 2.3.2.

Giả sử các số 1 2, ,..., n khác nhau đôi một và 0, , 1,2,..., .i j i j n Giải

hệ phương trình sau :


23

1 2

1 1 1

1 2

2 2 2

1 2

... 11 2

... 11 2 ....

... 11 2

n

n

n

n n n

x x xn

x x xn

x x xn

Bài giải:

Xét

1 2

1

... 11 2

nn

i

p xx x xf xx x n x i x

với đa thức p x bậc n .

Vì 0if nên 0, 1,2,...ip i n và như vậy ta có

1 2 ....

1 2 ...nx x x

p xx x x n

Từ

1 21 2 ...... 1

1 2 1 2 ...nn x x xx x x

x x n x x x x n

, ta có

1 2

3 4

1 2

2 3 ... 1 3 ...

1 2 ... 1 2 ......

1 2 ... 1 1 2 ...

... .n

n

x x x x n x x x x n

x x x x n x x x x n

x x x x n x x x n

x x x

Ta nhận được các nghiệm:


24

1

11

2

12

3

13

1

1 1: 1

1 !

1 2: 2

1! 2 !

1 3: 3

2! 3 !...

1:

1 !

nn

ii

nn

ii

nn

ii

nn n

ii

n

x xn

x xn

x xn

nx x n

n

Ví dụ 2.3.3.

Giả sử các số 1 2, ,..., n khác nhau đôi một và 0, , 1,2,..., .i j i j n Giải

hệ phương trình sau :

1 2

1 1 1 1

1 2

2 2 2 2

1 2

4...1 2 2 1

4...1 2 2 1....

4...1 2 2 1

n

n

n

n n n n

x x xn

x x xn

x x xn

Bài giải:

Xét

1 2

1

4...1 2 2x 1 2x 1

nn

i

p xx x xf xx x n x i x

với đa thức

p x bậc n .


25

Vì 0if nên 0, 1,2,...ip i n và như vậy ta có

1 2 ..., .

1 2 ...nx x x

p x c cx x x n

Từ

1 21 2 ...4...1 2 2x 1 1 2 ...

nn c x x xx x xx x n x x x x n

, ta có

1 2

3 4

1 2

1 2 [ 2 3 ... 1 3 ...

1 2 ... 1 2 ......

1 2 ... 1 1 2 ... ]

... .n

n

x x x x x n x x x x n

x x x x n x x x x n

x x x x n x x x n

c x x x

Ta nhận được các nghiệm:

1

11

2

12

3

13

1

1

1

1 1: 1

1. 1 !

1 2: 2

3.1! 2 !

1 3: 3

5.2! 3 !...

1:

2 1 . 1 !

2 1412 :

2 1 212

nn

ii

nn

ii

nn

ii

nn n

ii

n

n

in

n i

i

cx x

n

cx x

n

cx x

n

c nx x n

n n

i

c x


26

Ví dụ 2.3.4.

Giải hệ phương trình sau:

1 2 1...1 ( 1)( 2) 1 ...1,2,..., .

nx x xk k k k k n kk n

Giả sử 1 2, ,..., nx x x là nghiệm của hệ phương trình trên. Hãy tính tổng

1 2 11 ! 2 ! ... .1! .0!.n nT x n x n x x

Bài giải:

Xét

1

1

1...1 1 2 ...

nn

i

p xx xf xx x x x n x x i x

với đa thức p x bậc n .

Vì 0f k nên 0, 1,2,...p k i n và như vậy ta có

1 2 ..., .

1 2 ...x x x n

p x c cx x x x n

Từ

1 2 1 2 ...1...1 2 x 1 2 ...

n c x x x nx x xx x n x x x x x n

, ta có

1 2

3 4

1

2 3 ... 3 ...

4 ... 5 ......

1 2 ...

1 2 ... .n n

xx x x x n xx x x n

xx x x n xx x x n

xx x n xx x x x n

c x x x n

Với 0x ta được 11 .nc Lại chia hai vế phương trình cho x được

phương trình:


27

1 2

3 4

1

2 3 ... 3 ...

4 ... 5 ......

1 1 2 ...

1 2 ... .

n n

x x x x n x x x n

x x x n x x x n

x x n x x x x nx

c x x x nx

Khi đó 1 1

2 !. ! . 1 ! ... .1! .0! .

!n k n k n nn k

x k x k x xn k n k

Với 0,1,..., 1k n có 1 2 1, ,..., , .n nx x x x

Với 1k n ta có ngay tổng 1 !T n .

Ví dụ 2.3.5.

Với ba số , ,a b c phân biệt đôi một, hãy chỉ ra đồng nhất thức sau:

.

b c c a a ba b a c a t b c b a b t c a c b c tt a b c

t a t b t c

Bài giải:

Xét

.t a b c x y zt a t b t c t a t b t c

Khi đó ta có

.t a b c x t b t c y t a t c z t a t b

Với , ,t a b c ta được

b cxa b a cc ay

b c b aa bz

c a c b

và như vậy chúng ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh.


28

Ví dụ 2.3.6.

Phân tích phân thức

3tt a t b t c t d

thành tổng các phân thức

đơn giản. Từ đó chỉ ra đồng nhất thức:

2 2

2 2

0.

a ba b a c a d b a b c b d

c dc a c b c d d a d b d c

Bài giải:

Xét

31 2 3 4 .t t t t t

t a t b t c t d t a t b t c t d

Xác định 1 2 3 4, , ,t t t t qua biểu diễn

31 2

3 4 .

t t t b t c t d t t a t c t d

t t a t b t d t t a t b t c

Với , , ,t a b c d ta nhận được 1 2 3 4, , ,t t t t và đồng nhất thức dưới đây:

3

1

3

2

3

3

34

ata b a c a d

btb a b c b d

ctc a c b c d

dtd a d b d c

và

31 2 3 4 .t t t t t

t a t b t c t d t a t b t c t d

Với giá trị 0t ta có đồng nhất thức


29

2 21 2 3 4

2 2

0.

t t t t a ba b c d a b a c a d b a b c b d

c dc a c b c d d a d b d c

Ví dụ 2.3.7.

Phân tích phân thức t x t y t z

t a t b t c t d

thành tổng các phân thức đơn

giản. Từ đó chỉ ra đồng nhất thức sau:

.

a x a y a z b x b y b zxyzabcd a a b a c a d b b a b c b d

c x c y c d d x d y d zc c a c b c d d d a d b d c

Bài giải:

Xét

31 2 4t x t y t z tt t tt a t b t c t d t a t b t c t d

.

Xác định 1 2 3 4, , ,t t t t qua biểu diễn

1 2

3 4 .

t x t y t z t t b t c t d t t a t c t d

t t a t b t d t t a t b t c

Với , , ,t a b c d ta nhận được 1 2 3 4, , ,t t t t ta được:


30

1

2

3

4

a x a y a zt

a b a c a d

b x b y b zt

b a b c b d

c x c y c zt

c a c b c d

d x d y d zt

d a d b d c

và

31 2 4t x t y t z tt t tt a t b t c t d t a t b t c t d

.

Với 0t ta có đồng nhất thức 31 2 4txyz t t tabcd a b c d

hay

.

a x a y a z b x b y b zxyzabcd a a b a c a d b b a b c b d

c x c y c d d x d y d zc c a c b c d d d a d b d c

Ví dụ 2.3.8.

Giả sử 1

.n

ii

x x

Khi đó ta có các đồng nhất thức:

(i) 1

( 1) ( ) 4 ! 1 02 1

i innn

i

C i ni c

(ii)

2

1

( 1) . 2 ( !)2 1 2 !

i i n nnn

i

C i ni n

Bài giải:

Xuất phát từ phương trình

1 21 2 ...4...1 2 2x 1 2x 1 1 2 ...

nn c x x xx x xx x n x x x x n


31

ta suy ra (i) khi thay 1,..., , 0.nx x x

Còn (ii) được suy ra từ (i).

Ví dụ 2.3.9.

Với mỗi số tự nhiên dương n luôn luôn có các đồng nhất thức sau:

(i)

2

22

1

1 2 !.

1 1

k n knn

nn

k

C nk k

(ii) 22

10.

1

k n knn

n

kCk

(iii)

2

2 22 2

1

1 2 !.

1

k n knn

nn

k

C nk n n k

Bài giải:

Giả sử 2 2 2 2 2

11 2 ...

nn

k n

ax kx x x x n

.

Khi đó có

1, , 1,..., 1,

! !

n k

ka k n n n nn k n k

và ta có biểu diễn

22 2 2 2 2

2 ! 11 2 ...

n k n knn

k n

n Cx kx x x x n

(i) và (ii) có được

2 2

2 2 22

1

1 2 ! 11 .

11

k kn k n kn nn n

nk n k n

k

C n Ci ki

k n kk

Do vậy


32

2

2 22

1

1 2 !

1

k n knn

nk n

k

C nk n k

và 2

2 2

10

k n knn

k n

kCk n

(iii) Với x ni có được

22 2

2 22 2

1

1 2 ! 1.

k kn k n kn nn n

nk n k n

k

C n Cni i n nki

ni k k nk n

Do vậy

2

2 22 2 2

1

1 2 !.

k n knn

nk n

k

C nk n n k n

Ví dụ 2.3.10.

Giả sử 1 2 3, ,x x x là ba nghiệm của phương trình: 3 2 0x ax bx c .

Tính giá trị biểu thức

2 2 21 2 3

2

1 1 1

1

x x xM

b

khi 1b .

Bài giải:

Xác định phương trình nhận 2 2 21 1 2 2 3 31, 1, 1y x y x y x làm ba

nghiệm.

Khử x từ hệ3 2

2

01 0

x ax bx ax y

. Ta có hệ3 2

3

00

x ax bx ax x yx

.

và 2 0ax x yx bx a hay phương trình

1 1 0a y yx b x a . Đặt 1T b . Khi đó ayxy T

.

Vậy

2 2

2 1 0a y yy T

hay 3 2 2 2 22 1 2 0y T a y T T y T .


33

Phương trình này có ba nghiệm là 1 2 3, ,y y y . Do đó

21 2 3

2 2 1.1

y y y TMTb

2.4 Tính tích phân của phân thức hữu tỷ

Giả sử phải tính tích phân

, .p x p x

T dxq x q x

Từ hệ quả 2.1.5 suy ra T

đươc tính qua các tích phân sau:

(i) ,I t x dx t x x hoặc

*, , .sAJ dx A sx a

(ii) 22 , , , , , 4a 0.Ax BK dx A B a b b cx ax b

(iii)

*

2, .s s

Ax BK dx sx ax b

(1) Tính1

0 0

.1

kn nk k

kk k

a xa x dx Ck

(2) Tính 1

1. , 1;1s s

A AJ dx C ssx a x a

Khi 1s có 1 ln .aJ dx x a Cx a

(3) Tính 2 2 2

2 2 .2

AaBAx B A x aK dx dx dxx ax b x ax b x ax b

Như vậy 22

2

1ln .2 2

2

A AaK x ax b B dxax c

Do tích phân cuối được tính qua arctan nên

2

2 2

2 2ln arctan .2 4 4A B Aa x aK x ax b C

b ac b ac


34

(4) Tính

*

2, .s s

Ax BK dx sx ax b

Như trên ta có

22 2

12 2

12

2 22

1 2.2 1

1.2 1 2

s s

s s

ss

AaBA x BK dx dxx ax b x ax b

AaBA dxs x ax b x ax b

A AaB Hs x ax b

với 2 2 2

2

.

2

s s sdx dyH

y cax c

Dễ dàng có công thức truy hồi sau đây để tính sH :

2 22 2

1 2 1. .2 2s ss

y sH Hsc scy c

Như vậy

1 2 2

2

2 12 .2 2

4 4

s ss

ax sK Ka as b x ax b s b

Ví dụ 2.4.1

Tính tích phân sau:

2

102 3 9

1x xI dxx

Bài giải:


35

2 2

10 10

7 8 9

2 3 9 2( 1) ( 1) 8 ( 1)( 1) ( 1)2 1 8 .

7( 1) 8( 1) 9( 1)

x x x xI dx d xx x

Cx x x

Ví dụ 2.4.2.

Tính tích phân sau: 22 9 .

3 2xI dx

x x

.

Bài giải:

2 2 2

2

2 22

2 9 2 3 63 2 3 2 3 2

( 3 2) 63 2 3 1( )

2 27ln 1 5ln 2

x xI dx dx dxx x x x x xd x x dxx x

x

x x C

Ví dụ 2.4.3.


2

22

2 18 .6 13

xI dxx x

Bài giải:2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 22

12

2 18 (12 8) 26( 6 13) ( 6 13) ( 6 13)

(2 6) 28 2( 6 13) ( 3) 4( 3) 4

6 3arctan2( 6 13)

x x dx dxI dx dxx x x x x xx dx dx dx

x x xx

xIx x

Tính


36

1 2 2 22

22 2

1

( 3)( 4)( 3) 4

2 42tan ; 4os cos

1 1( sin 2 )16 2

d x dtItx

dt dt tc

I

Vậy 26 3 1 1 3arctan sin ; tan

2 16 2 2( 6 13)x xI

x x

.

Ví dụ 2.4.4.

Tính tích phân1 3

4 20

.3 2xI dx

x x

Bài giải:

Đặt 2

2dtt x xdx ; 0 0x t ; 1 1x t

1

20

12 3 2

tdtIt t

11 1 22 1 2

0dt

t t 1 2ln3 3ln 2

2

Ví dụ 2.4.5.


4 3 2

32

2 4 24 40 20 .1 2 2

x x x xT dxx x x

Bài giải:

Đặt 1.y x Ta có

4 3 2

32

2 12 2 12 .1

y y y yT dyy y

Tách

4 3 2

3 32 2

2 12 2 1

1 1

p yy y y y ayy y y

với đa thức p y . Từ đây ta nhận

được


37

34 3 2 22 12 2 1 1 .y y y y a y yp y Với 0y có 1a và

25 3 2 2 22 2 9 2 1 2 1 10 .p y y y y y y y y y Vậy

2 32 2 2

2 22 22

2 2 4 201 1 1

1 2ln ln 1 5 2 tan .11

dy ydy dy ydyTy y y y

yy y arc y Cyy

Tóm lại

2 3 2

22 2

1 2x 6 8 9ln arctan 12 2 2 2

x x xT x Cx x x x

.

Ví dụ 2.4.6.

Tính tích phân 2 2 2 2 2 2

,dxIx a x b x c

trong đó , ,a b c là

những số thực đôi một khác nhau và khác 0.

Bài giải:

Biểu diễn dạng 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2

1 a a b b c cu x v u x v u x vx a x b x cx a x b x c

.

Từ đây nhận được quan hệ

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1

.

a a b b

c c

u x v x b x c u x v x a x c

u x v x a x b


38

Với , ,x ia ib ic ta có

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

10,

10,

10, .

a a

b b

c c

u va b a c

u vb c b a

u vc a c b

Do vậy ta dược a b cI I I I với

12 22 2 2 2 2 2 2 2

22 22 2 2 2 2 2 2 2

32 22 2 2 2 2 2 2 2

1 1. arctan

1 1. arctan

1 1. arctan

a

b

c

dx xI Cax aa b a c a a b a c

dx xI Cbx bb c b a b b c b a

dx xI Ccx cc a c a c c a c a

.

Tóm lại

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1arctan arctan

1 arctan

x xIa ba a b a c b b c b a

x Ccc c a c b

Phương pháp ÔXTRÔGRATXKI để tính tích phân các hàm

phân thức hữu tỷGiới thiệu chung về phương pháp

Xét ; ,P x

I dx P x Q xQ x

là các đa thức với hệ số thực và

deg deg .P Q


39

Nếu Q x có nghiệm bội (thực hoặc phức), hay

,(2 )kQ x A x B x k thì có thể biểu diễn tích phân I dưới dạng

giả định sau đây:

1 2

P x G x R xI dx dx

Q x Q x Q x (*)

trong đó 1 ; 'Q x UCLN Q x Q x và 2 1:Q x Q x Q x

,G x R x là các đa thức có hệ số chưa được xác định với

1 2deg deg 1;deg R deg 1.G Q Q Các hệ số của R(x) và G(x) được xác

định bằng cách lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức (*) rồi đồng nhất các hệ số

của hai vế nhận được.

Ví dụ 2.4.7.

Tính 2 31 1

xdxIx x

Bài giải:

ta có

2 3

2

21 2

1 1

' 1 1 2 1 3 1

1 1 ; 1 1 .

Q x x x

Q x x x x x

Q x x x Q x x x

Giả sử

2

2 3 2x

1 11 1 1 1xdx Ax Bx C dx dI D E

x xx x x x

.

Đạo hàm hai vế ta nhận được:

2 2

2 3 2 3

4 3 2

1 2A 3 1

1 11 1 1 1

2D 2 2E

2A 3 2D

x x B x Ax Bx Cx D Ex xx x x x

x D E x A x A B x

B C x C B D E


40

Đồng nhất hệ số ta đươc:

181082D 012 2E 04

2A 3 2D 1 10 16

116

A

D E BAA B C

B CDC B D E

E

Vậy

2

2

2

2

2 1 116 1 16 18 1 1

2 1 1ln16 18 1 1

x x dx dxIx xx x

x x x Cxx x

Ví dụ 2.4.8.

Tính tích phân 23

.1

dxIx

Bài giải:

Ta có

23

2 3

3 3 21 2

1

' 6 1

1; 1 1 1

Q x x

Q x x x

Q x x Q x x x x x

Từ đó ta có

2

2 3 23 11 11

dx Ax Bx C dx Ex FI D dxxx x xx

.

Lấy đạo hàm hai vế và đồng nhất hệ số ta nhận được:


41

01

0 30 0

2 0 23 0 9

2A 0 291

4 .9

A

BD EA D E F CB D F

DC D ED E F E

B D F

F

Ta được:

23

2 23

2

23

2 1 2 49 1 9 13 1

2 1 2 1 1ln 19 9 31 13 1

11 2 2 1ln arctan .9 2 3 313 1

x dx xI dxx x xx

x x dxx dxx x x xx

xx x Cx xx

Ví dụ 2.4.9.

Tính tích phân

2

22.

2 2

x dxIx x

Bài giải:

Ta có

22

2

21 2

2x+2

' 4 1 2x 2

2 2.

Q x x

Q x x x

Q x Q x x x

Từ đó ta có:


42

2

2 2 22.

2 2 2x 22 2

x dx Ax B Cx DI dxx x xx x

Lấy đạo hàm hai vế và đồng nhất hệ số ta được:

0 02 1 1

2 2 2D 0 02A 2 2D 0 1.

C AA C D BB C CB D

Ta được:

2 2

2

12 2 2 21 arctan 12 2

dxIx x x x

x Cx x

Ví dụ 2.4.10.

Tính tích phân

4 3 2

32

2 4 24 40 20 .1 2 2

x x x xI dxx x x

Bài giải:

Ta có

32

2 22 2

22 21 2

1 2 2

' 2 2 2 2 6 1

2 2 ; 1 2 2 .

Q x x x x

Q x x x x x x

Q x x x Q x x x x

Lấy đạo hàm hai vế và đồng nhất hệ số ta được:

3 2

2 22.

1 2 22 2

Ax Bx Cx D E Fx GI dxx x xx x

2; 6; 8; 9; 2; 2; 4.A B C D E F G

Ta được:


43

3 2

2 22

3 2

2 22

3 22

22

23 2

2 22

2 6 8 9 2 2 41 2 22 2

2 6 8 9 2 2 221 2 22 2

2 6 8 9 2ln 1 ln 2 2 arctan 12 2

12 6 8 9 ln 2arctan 1 .2 22 2

x x x xI dxx x xx x

x x x dx x dxx x xx x

x x x x x x x Cx x

xx x x x Cx xx x

2.5 Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷMột vài dãy truy hồi sau đây được xác định qua đa thức hoặc hàm sinh với

công thức đóng. Từ việc tách công thức đóng thành tổng các phân thức đơn

giản ta có được công thức tường minh xác định các số hạng của dãy.

Ví dụ 2.5.1.

Dãy số ( )na được xác định như sau: 0

1

1

3 11 , 0, .nn n

a

a a n n

Xác định phần dư của phép chia số 20128a cho 2011.

Bài giải:

Xét hàm sinh 0

.nnn

f x a x

Khi đó ta có khai triển

2 2 3 10 0 1 23 1 3a 11 3a 11 ... 3 11 ...n n

nf x a a x x x a x

Như vậy

2 33 1 1 11 11 11 ...f x xf x x x x x


44

và suy ra được

1 1 7 1 .

1 3 1 3 1 11 8 1 3 1 11xf x

x x x x x

Khai triển thành chuỗi lũy thừa ta tìm được

7.3 11 , 0.8

n n

na n Do 20103 và 201011 chia cho số 2011 đều có dư 1 nên

khi chia số 20128a cho 2011 được số dư 7.3 + 11 = 32.

Ví dụ 2.5.2.

Dãy số na được xác định như sau: 0

1

1

5 5 , 0, .nn n

a

a a n n n

Xác định công thức tường minh tính na theo .n

Bài giải:

Xét hàm sinh 0

nn

nf x a x

của dãy ( )na . Khi đó ta có khai triển

2 2 30 0 1 25 0.1 5a 1.5 5a 2.5 ...f x a a x x x

Như vậy

2 35 . 1 1 5 2 5 3 5 ...f x x f x x x x x .

Từ 2 3 41 1 5 5 5 5 ...1 5

x x x xx

suy ra được biểu diễn

2 3 42

5 1 5 2 5 3 5 4 5 ...(1 5 )x x x x xx

và như thế

2

251 5 1

1 5xf x xx

hay

2

31 5 .

1 5 1 5xf x

x x


45

Tách

2

35

1 5xx

thành tổng các phân thức đơn giản và biểu diễn thành chuỗi

2 3

2 2 3 3

2 2 3 3

2

6 1 2 1 1 1. . .5 1 5 5 51 5 1 56 1 5 5 5 ... 5 ...52 1 2.5 3.5 4.5 ... 1 5 ...51 2.1 3.2 5 4.3 5 ... 2 1 5 ...

10

n n

n n

n

f xx x x

x x x x

x x x n x

x x n n x

và từ đây nhận được 2 110 5

, 0.2

n

n

n na n

Ví dụ 2.5.3.

Dãy số na được xác định như sau:0

1

2 1

12

5 6an n n

aaa a

với mọi số nguyên

0n

Chứng minh rằng 2 ,nn na a không chia hết cho 12 , 0,n n n .

Bài giải:

Xét hàm sinh 0

nn

nf x a x


2 30 1 1 0 2 15a 6a 5a 6a ...f x a a x x x

Như vậy

2 3 2 2 31 2 3 0 1 2 31 2 5 ... 6 ...f x x x a x a x a x x a a x a x a x

và suy ra được 21 2 5 1 6f x x x f x x f x

hay 21 3 .

6 5 1xf x

x x


46

Biểu diễn 2 2 3 31 1 2 2 2 ... 2 ...1 2

n nf x x x x xx

và suy ra 2 , 0.nna n Do vậy 2 ,nn na a không chia hết cho 12 ,n với mọi

số nguyên 0n .

Ví dụ 2.5.4.

Dãy số na được xác định như sau:0

1

2 1

12

6 9an n n

aaa a

với mọi số nguyên

0n .Xác định công thức tường minh tính na theo n va tổng0n

nT a

có là

số hữu hạn hay không?

Bài giải:

Xét hàm sinh 0

nn

nf x a x


2 30 1 1 0 2 16a 9a 6a 9a ...f x a a x x x

Như vậy

2 3 2 2 31 2 3 0 1 2 31 2 6 ... 9 ...f x x x a x a x a x x a a x a x a x

và suy ra được 21 2 6 1 9f x x x f x x f x

hay 21 4 .

9 6 1xf x

x x

Biểu diễn

2

2 2 3 3

2 2 3 3

4 1 1 1. .3 1 3 3 1 34[1 3 3 3 ... 3 ...]31 1 2.3 3.3 4.3 ... 1 3 ... .3

n n

n n

f xx x

x x x x

x x x n x


47

Từ đây suy ra 13 3 , 0nna n n và tổng T .

Ví dụ 2.5.5.

Dãy số na được xác định như sau: 0 1 2

3 2 1

2, 4, 314 3a 18a , 0.n n n n

a a aa a n

Chứng minh rằng 2010 1 d2011a mo .

Bài giải:

Đặt 2 30 1 2 3 ...f x a a x a x a x Khi đó có quan hệ

2 3 24 3 18 9 4 2f x x x x f x x x

hay

2

3 2 29 4 2 1 1 .

1 218 3 4 1 1 3x xf x

xx x x x

Từ đây suy ra

0

2 1 3n n n

nf x n x

và có 2 1 3 , 0.n nna n n

Như vậy 2010 1 d2011a mo .

Ví dụ 2.5.6.

Xét dãy 22 21 1 2 11, 1 2 ... 1n n na a a a n a với mọi số nguyên 2n .

Khi đó 2 1 3 2 1

3 2 1

4 3, 4 2 34 2 , 2.n n n n

a a a a aa a a a n

Bài giải:

Đặt 2 31 2 3 ...f x a x a x a x . Khi đó có tích hai chuỗi

2 2 2 2 3

2 2 2 2 3 2 2 2 41 2 1 3 2 1

2 3 4 52 3 4 5

1 2 3 ...

1 1 2 1 2 3 ...

... .

f x x x x

a x a a x a a a x

a x a x a x a x f x x

Từ 2 3 4 51 1 ...1

x x x x xx

ta suy ra chuỗi lũy thừa sau:


48

2 3 4 5

21 1 2 3 4 5 6 ...

1x x x x x

x

.Do đó nhận được

2 3 4 5 6

2 1 2 3 4 5 6 ...1x x x x x x xx

và có biểu diễn

2 2 2 2 3 2 4 2 5 2 63

11 2 3 4 5 6 ...

1x x

x x x x x xx

. Như thế

31

1

x xf x f x x

x

hay 3 2 4 3 22 4 1 3 3 .f x x x x x x x x

Ta được

2 3 3 2 4 3 21 2 3 ... 2 4 1 3 3a x a x a x x x x x x x x

suy ra 3 2 1 3 2 14 2 3, 4 2 , 2.n n n na a a a a a a n

2.6 Bất đẳng thức hình họcÁp dụng phân thức hữu tỷ để tính tổng một số phân thức, từ đó chứng minhđược các bất đẳng thức hình học.Trong luận văn này đã sử dụng ba phân thứchữu tỷ sau để chứng minh các bất đẳng thức hình học.

Định lý 1:

Cho tam giác ABC và một điểm P bất kì trong mặt phẳng ABC.

Ta có: . . . . . .PB PC PC PA PA PB

Trong đó α, β, γ là độ dài các cạnh của tam giác ABC.

Chứng minh:

Xét một mặt phẳng phức lấy gốc tọa độ tại điểm P và gọi a, b, c lần lượt là tọa

vị của các đỉnh A, B, C. Từ đẳng thức đại số ta có:

(1)

1bc ca aba b a c b c b a c a c b


49

Chuyển qua giá trị tuyệt đối, ta có:

(2) 1b c c a a b

a b a c b c b a c a c b

Với:

, ,

, ,

a PA b PB c PC

b c c a a b

khi đó (2) sẽ tương đương:

. . . 1PB PC PC PA PA PB

(điều phải chứng minh).

Chú ý:

1. Nếu điểm P trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có

thể thu được bất đẳng thức Euler: R 2r .

Trong trường hợp này, bất đẳng thức tương đương với: 2R .

Do đó, ta có thể viết:

2 4R 1. 2R 2R ;2 2 4R 2

ABCSR r p a b cp p p

Do đó: 2R r .

2. Với các đối số khác, nhưng cũng là sử dụng các số phức, ta có thể thu được

bất đẳng thức sau:

(3) 2R

Thực tế, với phép biểu diễn trong cách chứng minh của định lý 1, ta dựa vào

đẳng thức sau:

(4) 2 2 2 .a b c b c a c a b a b b c c a

Chuyển qua giá trị tuyệt đối, và sử dụng các bất đẳng thức trong tam giác đã

biết, ta thu được:

(5) 2 2 2 .a b b c c a a b c b c a c a b


50

Giả sử rẳng tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC là gốc của mặt

phẳng phức. Thì a b c R và bất đẳng thức (5) tương đương với bất

đẳng thức (3).

3. Nếu P là trọng tâm G của tam giác ABC, ta thu được bất đẳng thức sau:

94

m m m m m m

, với: , ,m m m là các trung tuyến.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

Một số bài toán Olympiad - calliber được kết nối trực tiếp tới kết quả có trong

định lý 1. Bài toán đầu tiên là giải về trường hợp của đẳng thức khi các góc

của tam giac ABC là góc nhọn.

Ví dụ 2.6.1.

Tam giác ABC là tam giác nhọn và P là điểm nằm trong tam giác. Chứng

minh rẳng:

. . . . . .PB PC PC PA PA PB

Khi và chỉ khi P là trực tâm của tam giác ABC.

(Olympiad toán học Trung Quốc 1998)

Bài giải:

P là gốc của mặt phẳng phức và a, b, c lần lượt là tọa vị của các đỉnh A, B, C.

Khi đó, đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) .ab a b bc b c ca c a a b b c c a

Đặt:

1 2 3, , .ab bc caz z za c b c b a c a c b a b

Suy ra:

1 2 3 1z z z


51

và:

1 2 3 1z z z

Chú ý rằng:

1 2 3 1z z z Được suy ra từ đẳng thức (1).

Ta sẽ chứng minh rằng P là trực tâm của tam giác ABC, khi và chỉ khi

1 2 3, ,z z z là các số thực dương. Nếu P là trực tâm, tam giác ABC là tam giác

nhọn, ta có thể suy ra rằng P nằm trong tam giác ABC. Do đó có các số thực

1 2 3, ,r r r như sau:

1 2 3, ,a b cr i r i r ib c c a a b

Nghĩa là:

1 1 2 2 2 3 3 3 10, 0, 0z r r z r r z r r (điều phải chứng minh).

Ngược lại, giả sử 1 2 3, ,z z z đều là các số thực dương. Vì:

2 2 22 3 3 11 2

3 1 2, ,z z z zz z b c a

z c a z a b z b c

ta suy ra rằng:

, ,a b cb c c a a b

là các số ảo. Do vậy, ,AP BC BP CA

Nghĩa là P là trực tâm của tam giác ABC.

Ví dụ 2.6.2.

Đặt G là trọng tâm của tam giác ABC, và 1 2 3, ,R R R theo thứ tự là bán kính

của đường tròn ngoại tiếp tam giác GBC, GCA, GAB. Thì:

1 2 3 3RR R R

với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài giải:

Theo định lí 1, đặt P là trọng tâm G của tam giác ABC. Thì


52

(6) . . . . . .PB PC PC PA PA PB ,

với: , , là độ dài các cạnh của tam giác ABC.

Ngoài ra:

1 1

2 3

1. . 4R . 4R . ,3

1 1. . 4R . , . . 4 .3 3

GBC ABC

ABC ABC

GBGC S S

GC GA S GAGB R S

Do đó bất đẳng thức (6) tương đương với:

1 2 34 4 .3 ABC ABCR R R S R S

Nghĩa là: 1 2 3 3RR R R (Điều phải chứng minh)

Ví dụ 2.6.3.

Cho tam giác ABC và P là môt điểm nằm trong tam giác. Đặt 1 2 3, ,R R R theo

thứ tự là bán kính của đường tròn ngoại tiếp của các tam giác PBC, PCA,

PAB. Đường thẳng PA, PB, PC theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại các điểm

1 1 1, ,A B C . Đặt:

1 1 11 2 3

1 1 1, ,PA PB PCk k k

AA BB CC

Chứng minh rằng:

1 1 2 2 3 3k R k R k R R

với R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC.

(Thi đội tuyển IMO Romani 2004)

Giải:

Ta có: 1 2 3, ,PBC PCA PAB

ABC ABC ABC

S S Sk k kS S S

Ngoài ra:


53

1

2 3

. .;4 4. . . .;4 4

ABC PBC

PCA PAB

PB PCS SR RPC PA PA PBS SR R

thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta được bất đẳng thức cần chứng minh

tương đương với bất đẳng thức trong định lí 1:

. . . 1PB PC PC PA PA PB

.

Trong trường hợp tam giác ABC là tam giác nhọn, từ Ví dụ 2.6.1 suy ra đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm tam giác ABC.

Định lí 2:

Gọi P là môt điểm bất kì trong mặt phẳng của tam giác ABC thì:

(7) 2 2 2. . .PA PB PC

Chứng minh:

Xét một mặt phẳng phức lấy gốc tọa độ tại điểm P và gọi a, b, c lần lượt là tọa

vị của các đỉnh A, B, C. Đẳng thức sau đây dễ dàng được chứng minh:

(8)

2 2 21a b c

a b a c b c b a c a c b

Lấy giá trị tuyệt đối ta có:

221

cyc cyc

aaa b a c a b a c

Với:, ,

, ,

a PA b PB c PC

b c c a PB a b PC

khi đó bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức (7).

Chú ý:

1. Nếu P là tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì


54

PA PB PC R . Từ đẳng thức (8) ta lại thu được bất đẳng thức (3), hay

chính là bất đẳng thức Euler: 2R r

2. Nếu P là trọng tâm G của tam giác ABC thì:

2 2 2 21 29

PA

2 2 2 21 29

PB

2 2 2 21 29

PC

và bất đẳng thức (7) tương đương với:

(9) 2 2 3 3 32 9 .cyc

3. Nếu P là tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC thì:

, ,sin sin sin

2 2 2

r r rPA PB PCA B C .

Không khó để nhận ra bất đẳng thức (7).

Định lí 3:

Với P là một điểm bất kì trong mặt phẳng ABC. Ta có:

(10) 3 3 3. . . 3 .PA PB PC PG

Với G là trọng tâm của tam giác ABC.

Chứng minh:

Đẳng thức:

(11) 3 3 3 .x y z y z x z x y x y y z z x x y z

Với , ,x y z là các số phức bất kì. Chuyển qua giá trị tuyệt đối ta được:

(12) 3 3 3 .x y z y z x z x y x y y z z x x y z


55

Đặt , , , pa b c z theo thứ tự là tọa vị các điểm A, B, C, P. Trong bất đẳng thức

(12), coi , ,p p px z a y z b z z c , ta được bất đẳng thức (10).

Chú ý:

1. Nếu P là tâm O của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, sau một vài

chuyển đổi cơ bản, (10) trở thành:

(13)2

6rR OG .

2. Bình phương 2 vế (13) ta được:

(14) 2 2 2R 36 .r OG .

Sử dụng:

2 2 2 2 219

OG R

Bất đẳng thức (14) tương đương với:

(15) 2 2 2 2 2 2 2 2R 4 4 8R r r R .

Bất đẳng thức (15) hoàn thiện bất đẳng thức Euler cho các trường hợp của

tam giác tù. Điều này tương đương với việc chứng minh :2 2 2 28R cho một tam giác bất kì.

Bất đẳng thức cuối cùng có thể được viết là: 2 2 2sin sin sin 2A B C

hoặc là: 2 2 2os os os 1c A c B c C

nghĩa là: 21 os2A 1 os2 1 os 02 2c c B c C

rút gọn thành: 2os os os 0c A B c A B c C

điều này tương đương với: 2cos os os 0C c A B c A B

hay là: cos cos cos 0A B C (hiển nhiên đúng).


56

Kết luậnSau hai năm học tập và nghiên cứu tại khoa Toán Tin - Trường Đại học

Khoa học - Đại học Thái Nguyên, được sự chỉ bảo giúp đỡ của các thầy cô

trong khoa, đặc biệt là PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, tác giả đã hoàn thành luận văn:

"Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình".

Luận văn đã giải quyết được những vấn đề cơ bản sau:

1/ Chứng minh được mỗi phân thức hữu tỷ phân tích được thành tổng các

phân thức đơn giản.

2/ Giải các hệ phương trình tuyến tính nhiều ẩn có liên quan đến phân thức.

3/ Xây dựng các đồng nhất thức trong toán sơ cấp.

4/ Tính các tổng hữu hạn.

5/ Tính tích phân hàm phân thức hữu tỷ.

6/ Một vài dãy số qua phân thức hữu tỷ.

7/ Xây dựng các bất đẳng thức hình học.


57

Tài liệu tham khảo[1] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức Đại số và Phân thức hữu tỷ- NXB Giáo dục

2002

[2] N.S.Nguyên, N.V.Nho, L.H.Phổ, Tuyển tập các bài toán dự tuyển

Olympic Toán học quốc tế 1991-2001-NXB Giáo dục

[3] Trần Phương, Tuyển tập các chuyên đề và kỹ thuật tính tích phân- NXB

Đại học Quốc gia 2010.

[4] T. Andreescu and D. Andrica, Proving some geometric inequalities by

using complex numbers.

[5] D. Faddéev et I. Sominski, Recueil D'Exercices D'Algèbre Supérieure,

Editión Mir-Moscou 1977.

[6] R. Merris, Combinatorics, PWS publishing company 20 Park Plaza,

Boston, MA 02116-4324.

[7] M.B. Nathanson, Elementary Methods in Number Theory, Springer-

Verlag New-York Berlin-Heidelberg SPIN 10742484.

[8] V. Prasolov, Polynomials, Springer-Verlag Berlin-Heidelberg 2004.

[9] Tuyển tập : The IMO Compendium 1959-2004.


Documents

Phân thức hữu tỷ và một số hệ phương trình