Ý tưởng: Ta thấy $T=\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{\pi}{7}}+\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{3\pi}{7}}+\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{5\pi}{7}}$. Ta sẽ xây dựng đa thức bậc ba nhận $\sin^2\dfrac{\pi}{7},\sin^2\dfrac{3\pi}{7},\sin^2\dfrac{5\pi}{7}$ làm nghiệm. Để làm điều này ta sẽ tìm đa thức nhận $\cos\dfrac{2\pi}{7},\cos\dfrac{6\pi}{7},\cos\dfrac{10\pi}{7}$ làm nghiệm.
Giải:
Ta có: $T=\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{\pi}{7}}+\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{3\pi}{7}}+\dfrac{1}{\sin^2\dfrac{5\pi}{7}}$
Đặt $y=\dfrac{2\pi}{7}$ ta có $7y=2\pi$ hay $4y=2\pi-3y$. Suy ra $\cos 4y=\cos 3y$. Suy ra
$2\cos^2 2y-1=4\cos^3y-3\cos y\Longrightarrow 8\cos^4y-8\cos^2y+1=4\cos^3 y-3\cos y $
Vì $\cos y\ne 1$ nên ta có
$8\cos^3y+4\cos^2y-4\cos y-1=0$
$\Longrightarrow 64\left(\sin^2\dfrac{y}{2}\right)^3-112\left(\sin^2\dfrac{y}{2}\right)^2+56\sin^2\dfrac{y}{2}-7=0$
Do đó $\sin^2\dfrac{\pi}{7}$ là nghiệm của đa thức $64x^3-112x^2+56x-7=0$. Chứng minh tương tự thì $\sin^2\dfrac{3\pi}{7}$ và $\sin^2\dfrac{5\pi}{7}$ cũng vậy. Đặt các giá trị này lần lượt là $a,b,c$ thì theo định lý Viet ta có $a+b+c=\dfrac{112}{64},ab+bc+ca=\dfrac{56}{64},abc=\dfrac{7}{64}$. Từ đó ta có
$T=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=8$.
Bài 2: Cho các số thực $a,b,c$ thoả $a<b<c$ và là nghiệm của phương trình $x^3-3x+1=0$. Chứng minh rằng: $a^2-c=b^2-a=c^2-b=2$.
Ý tưởng: Từ đề bài ta thấy rằng: $c=a^2-2,a=b^2-2,b=c^2-2$. Vậy ta có thể dự đoán hướng đi như sau:
Bước 1: Chứng minh $a^2-2,b^2-2,c^2-2$ cũng là nghiệm của phương trình $x^3-3x+1$
Bước 2: Sắp thứ tự lại cho các nghiệm này để đưa ra đẳng thức tương ứng.
Giải:
Theo định lý Viet, ta có:
$a+b+c=0, ab+bc+ca=-3, abc=-1$
Ta có
- $(a^2-2)+(b^2-2)+(c^2-2)=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)-6=0$
- $(a^2-2)(b^2-2)+(b^2-2)(c^2-2)+(c^2-2)(a^2-2)$
$=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-4(a^2+b^2+c^2)+12$
$=(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)-4(a+b+c)^2+8(ab+bc+ca)=-3$
- $(a^2-2)(b^2-2)(c^2-2)=a^2b^2c^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2+b^2+c^2)-8=-1$
Từ đó suy ra $a^2-2, b^2-2,c^2-2$ là nghiệm của phương trình $x^3-3x+1=0$.
Mặt khác do $abc=-1$ nên trong ba số $a,b,c$ chỉ có 1 số âm theo thứ tự $a<b<c$ thì $a<$ và $b,c>0$. Do đó $b^2-2<c^2-2$. Mặt khác $a=-b-c$ nên $a^2=b^2+c^2+2bc>c^2$ do đó $a^2-2>c^2-2>b^2-2$.
Từ đó suy ra
$a^2-2=c, c^2-2=b, b^2-2=a$
Suy ra điều phải chứng minh.
Ở trên ta đã sử dụng một số công thức biển đổi khá phổ biến xung quanh $p=a+b+c, q=ab+bc+ca,r=abc$. Sau đây là một số biến đổi cơ bản mà người ta hay hỏi là biến đổi $p,q,r$.
- $a^2+b^2+c^2=p^2-2q$
- $a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r$
- $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr$
- $(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r$
- $(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(a+b)(a+c)=p^2+q$
a) Tính các giá trị $u_1,u_2.u_3.u_4$
b) Chứng minh rằng $u_n$ là số hữu tỷ với mọi $n\in \mathbb{N}$
Giải
Ta sẽ xây dựng đa thức nhận $\cos\dfrac{\pi}{7},\cos\dfrac{3\pi}{7},\cos\dfrac{5\pi}{7}$ làm nghiệm. Dễ thấy các giá trị này đều khác $1$.
Đặt $y=\dfrac{\pi}{7}$. Ta suy ra $4y=\pi-3y$. Từ đó ta có
$\cos 4y=-\cos 3y\Longrightarrow 8\cos^4 y-8\cos^2 y+1=3\cos y-4\cos^3 y$
$\Longrightarrow 8\cos^3 y-4\cos^2 y-4\cos y+1=0$
Do đó $\cos y$ là nghiệm của phương trình $8x^3-4x^2-4x+1=0$. Tương tự $\cos\dfrac{3\pi}{7}, \cos\dfrac{5\pi}{7}$ cũng vậy và ta đặt các giá trị này lần lượt là $a,b,c$.
Khi đó
$a+b+c=\dfrac{1}{2},ab+bc+ca=\dfrac{-1}{2},abc=\dfrac{-1}{8}$
Dễ dàng có
$u_1=a+b+c=\dfrac{1}{2}$
$u_2=a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=\dfrac{5}{4}$
$u_3=a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc=\dfrac{1}{2}$
$u_4=a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$
$=\left[(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\right]^2-2\left[(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)\right]=\dfrac{13}{16}$
Trước khi đi vào ý còn lại (ý b)) ta hãy tự hỏi rằng: Liệu có mối liên hệ nào giữa các $u_n$ hay không? Câu trả lời là có! Và đáp án cho câu hỏi này chính là kết quả đẹp và kinh điển. Công thức đồng nhất Newton, Girard ( có thể tổng quát cho $n$ biến). Trong trường hợp này ta có dãy như sau:
$u_1-p=0$
$u_2-pu_1+2q=0$
$u_3-pu_2+u_1q+3r=0$
$u_4-pu_3+u_2q+4u_1=0$
Với $i\le 4$ thì
$u_i-pu_{i-1}+qu_{i-2}+ru_{i-3}=0$
Thông qua quy nạp ta dễ dàng chứng minh được ý b).
No comments:
Post a Comment