Bài toán tách phân thức

Cho trước các đa thức hệ số thực là $f(x)$ và $g(x)$, trong đó $\deg g>0$ khi đó ta luôn có thể viết phân tích chính tắc của $g$ dưới dạng\[g\left( x \right) = c{p_1}{\left( x \right)^{{k_1}}}{p_2}{\left( x \right)^{{k_2}}} \ldots {p_n}{\left( x \right)^{{k_n}}}.\]Ở đây, $c$ là một hằng số thực khác $0$ (là hệ số bậc cao nhất của $g(x)$), còn $p_i(x)$ là các đa thức monic bất khả quy trên $\mathbb R[x]$, tức là các đa thức ở dạng $x-r_i$ hoặc $x^2+a_ix+b_i$ với $r_i,\,a_i,\,b_i$ là các số thực đồng thời $\Delta_i=a_i^2-4b_i<0$.

Lúc này, theo thuật toán chia ta sẽ tách được phân thức $\frac{f(x)}{g(x)}$ về dạng\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = q\left( x \right) + {F_1}\left( x \right) + {F_2}\left( x \right) + \ldots + {F_m}\left( x \right).\]Trong đó $q(x)$ thực chất là thương của phép chia $f(x)$ cho $g(x)$, còn $F_i(x)$ là các phân thức cơ bản ở một trong hai dạng\[\frac{\lambda }{{{{\left( {x – {r_i}} \right)}^l}}},\quad \frac{{\alpha x + \beta }}{{{{\left( {{x^2} + {a_i}x + {b_i}} \right)}^l}}}.\]Ở đây $\alpha,\,\beta,\,\lambda$ là các hằng số thực, $l$ là số nguyên dương không vợt quá $k_i$.

Vấn đề chúng ta cần quan tâm đến, đó là việc xác định các $F_i(x)$ hay nói khác đi là xác định $\alpha,\,\beta,\,\lambda$. Trước tiên, ta xem xét trường hợp đơn giản nhất, đó là trường hợp mẫu số $g(x)$ không có nghiệm bội, hay nói khác đi là có $n$ số phức đôi một phân biệt $r_1,\,r_2,\,\ldots,\,r_n$ để có thể viết\[g\left( x \right) = c\left( {x – {r_1}} \right)\left( {x – {r_2}} \right) \ldots \left( {x – {r_n}} \right).\]Lúc này, sẽ phải có biểu diễn sau\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = q(x)+\frac{{{\lambda _1}}}{{x – {r_1}}} + \frac{{{\lambda _2}}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{{\lambda _n}}}{{x – {r_n}}}.\]Gọi $r(x)$ là đa thức dư nhận được sau khi đem $f(x)$ chia cho $g(x)$, thế thì ta có ngay\[\frac{{r\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{{\lambda _1}}}{{x – {r_1}}} + \frac{{{\lambda _2}}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{{\lambda _n}}}{{x – {r_n}}}.\]Do đó, với bài toán tách phân thức từ ban đầu, ta chỉ cần quan tâm đến tình huống $\deg f<\deg g$, và ta cần tìm cách xác định các hệ số $\lambda_i$, khi đó có\[r\left( x \right) = {\lambda _1}{g_1}\left( x \right) + {\lambda _2}{g_2}\left( x \right) + \ldots + {\lambda _n}{g_n}\left( x \right).\]Ở đây, $g_i(x)$ là các đa thức có bậc $n-1$ được xác định như sau$$
g_{i}(x)=c \prod_{1 \leq j \leq n \atop j \neq i}\left(x-r_{j}\right).
$$Ta có được $g_i\left(r_j\right)=0$ với mỗi $j\ne i$, còn $$
g_{i}\left(r_{i}\right)=c \prod_{1 \leq j \leq n \atop j \neq i}\left(r_{i}-r_{j}\right)=g^{\prime}\left(r_{i}\right).
$$Để ý là $g(x)$ không có nghiệm bội, còn $r_i$ là nghiệm của $g(x)$ cho nên sẽ kéo theo $g^{\prime}\left(r_{i}\right)\ne 0$. Như vậy là với mỗi chỉ số $i$, ta thấy ngay là có\[{\lambda _i} = \frac{{r\left( {{r_i}} \right)}}{{g’\left( {{r_i}} \right)}}.\]Tóm lại là có cái kết quả xinh xinh sau đây.

Kết quả. Cho $f(x),\,g(x)$ là các đa thức hệ số thực với $\deg f<\deg g$ và $g(x)$ không có nghiệm bội, khi đó nếu $g(x)$ có $n$ nghiệm phức là $r_1,\,r_2,\,\ldots,\,r_n$ thì\[\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{{f\left( {{r_1}} \right)}}{{\left( {x – {r_1}} \right){g^\prime }\left( {{r_1}} \right)}} + \frac{{f\left( {{r_{21}}} \right)}}{{\left( {x – {r_2}} \right){g^\prime }\left( {{r_2}} \right)}} + \ldots + \frac{{f\left( {{r_n}} \right)}}{{\left( {x – {r_n}} \right){g^\prime }\left( {{r_n}} \right)}}.\]

Bây giờ, ta sẽ áp dụng kết quả tào lao vừa có vào một số bài toán.. tào lao 😀

Bài toán 1. Đa thức $f(x)=2x^3+mx+3$ có ba nghiệm phân biệt là $a,\,b,\,c$, chứng minh rằng\[\frac{1}{{{f^\prime }\left( a \right)}} + \frac{1}{{{f^\prime }\left( b \right)}} + \frac{1}{{{f^\prime }\left( c \right)}} = 0.\]Lời giải. Theo kết quả trên ta có\[\frac{{ – x}}{{f\left( x \right)}} = \frac{{ – a}}{{\left( {x – a} \right){f^\prime }\left( a \right)}} + \frac{{ – b}}{{\left( {x – b} \right){f^\prime }\left( b \right)}} + \frac{{ – c}}{{\left( {x – c} \right){f^\prime }\left( c \right)}}.\]Lấy giới hạn khi $x$ tiến đến $0$ là có được thỏa mãn.

$\square$

Bài toán 2. Tính tích phân \[I = \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^3} – x}}dx.} \]Lời giải. Ta tách đa thức $g(x)=x^3-x$ ra như sau$$x^3-x=x(x-1)(x+1).$$ Lập hàm $\lambda \left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{g^\prime }\left( x \right)}} = \frac{{{x^2} + 1}}{{3{x^2} – 1}}$, kết quả phía trên sẽ cho ta\begin{align*}
\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^3} – 1}}{\rm{d}}x &= \left( {\frac{{\lambda \left( 0 \right)}}{x} + \frac{{\lambda \left( 1 \right)}}{{x – 1}} + \frac{{\lambda \left( { – 1} \right)}}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x\\
&= \left( { – \frac{1}{x} + \frac{1}{{x – 1}} + \frac{1}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x\\
&= {\rm{d}}\left( {\ln \left| {x + 1} \right| + \ln \left| {x – 1} \right| – \ln \left| x \right|} \right).
\end{align*}Để mà có kết quả là\[I = \ln \left| {x + 1} \right| + \ln \left| {x – 1} \right| – \ln \left| x \right| + {\rm{C}},\quad {\rm{C}}:{\rm{const}}.\]

$\square$

Bài toán 3. Tính tích phân\[I = \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^5} + x}}dx.} \]Lời giải. Với $a=\frac{\sqrt 2}{2}(1+i)$ và $b=-a$, ta có được phân tích\[{x^5} + x = x\left( {x – a} \right)\left( {x – \overline a } \right)\left( {x – b} \right)\left( {x – \overline b } \right).\]Lại lập hàm $\lambda \left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{g^\prime }\left( x \right)}} = \frac{{{x^2} + 1}}{{5{x^4} + 1}}$, thì lại có\[\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^5} + x}}={\frac{{\lambda \left( 0 \right)}}{x} + \frac{{\lambda \left( a \right)}}{{x – a}} + \frac{{\lambda \left( {\overline a } \right)}}{{x – \overline a }} + \frac{{\lambda \left( { – a} \right)}}{{x + a}} + \frac{{\lambda \left( { – \overline a } \right)}}{{x + \overline a }}} .\]Vì là có\[{a^2} = {\left( { – a} \right)^2} = i = – {\overline a ^2} = – {\left( { – \overline a } \right)^2}.\]Cho nên là sẽ có\[\lambda \left( 0 \right) = 1,\;\lambda \left( a \right) = \lambda \left( { – a} \right) = – \frac{{1 + i}}{4},\;\lambda \left( {\overline a } \right) = \lambda \left( { – \overline a } \right) = – \frac{{1 – i}}{4}.\]Thay vào và rút gọn ta sẽ được\begin{align*}
\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^5} + x}} &= \frac{1}{x} – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\frac{a}{{x – a}} + \frac{{\overline a }}{{x – \overline a }}} \right) – \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\frac{a}{{x + a}} + \frac{{\overline a }}{{x + \overline a }}} \right)\\
&= \frac{1}{x} – \frac{{x – \sqrt 2 }}{{{x^2} – x\sqrt 2 + 1}} – \frac{{x + \sqrt 2 }}{{{x^2} + x\sqrt 2 + 1}}\\
&= \frac{1}{x} – \frac{{2x – \sqrt 2 }}{{2\left( {{x^2} – x\sqrt 2 + 1} \right)}} – \frac{{2x + \sqrt 2 }}{{2\left( {{x^2} + x\sqrt 2 + 1} \right)}} \\&+ \frac{{2\sqrt 2 }}{{{{\left( {x\sqrt 2 – 1} \right)}^2} + 1}} – \frac{{2\sqrt 2 }}{{{{\left( {x\sqrt 2 + 1} \right)}^2} + 1}}.
\end{align*}Sau khi lấy các tích phân cơ bản, là sẽ có kết quả\[I = \ln \left| {\frac{x}{{\sqrt {{x^4} + 1} }}} \right| + 2\arctan \left( {x\sqrt 2 – 1} \right) – 2\arctan \left( {x\sqrt 2 + 1} \right) + {\rm{C}}.\]

$\square$

Bài toán 4. Với $n$ là số nguyên dương lớn hơn $2$, tính tích phân\[I = \int {\frac{{{x^{n-2}} + 1}}{{{x^{n}} + 1}}dx.} \]Lời giải. Xét đa thức $g(x)=x^{n}+1$, nó có đúng $n$ nghiệm phân biệt là\[{r_k} = \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n} + i\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{n},\quad 1 \le k \le n.\]Xét hàm số $\lambda \left( x \right) = \frac{{{x^{n – 2}} + 1}}{{n{x^{n – 1}}}}$, theo kết quả ở phía trên ta có\[\frac{{{x^{n – 2}} + 1}}{{{x^n} + 1}} = \frac{{\lambda \left( {{r_1}} \right)}}{{x – {r_1}}} + \frac{{\lambda \left( {{r_2}} \right)}}{{x – {r_2}}} + \ldots + \frac{{\lambda \left( {{r_n}} \right)}}{{x – {r_n}}}.\]Ta lại có $r_k^n=-1$ nên $r_k^{n-1}=-\overline{r_k}$ và\[\lambda \left( {{r_k}} \right) = \frac{{r_k^{n – 2} + 1}}{{nr_k^{n – 1}}} = \frac{{r_k^{n – 1} + {r_k}}}{{nr_k^n}} = \frac{{\overline {{r_k}} – {r_k}}}{n}.\]Do $\overline{r_1},\,\overline{r_2},\,\ldots,\,\overline{r_n}$ là một hoán vị của các nghiệm của $g(x)$, cho nên là ta có\begin{align*}
\frac{{{x^{n – 2}} + 1}}{{{x^n} + 1}} &= \frac{1}{2}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\left( {\frac{{\lambda \left( {{r_k}} \right)}}{{x – {r_k}}} + \frac{{\lambda \left( {\overline {{r_k}} } \right)}}{{x – \overline {{r_k}} }}} \right)} \\
&= \frac{1}{{2n}}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\left( {\frac{1}{{x – {r_k}}} – \frac{1}{{x – \overline {{r_k}} }}} \right)} \left( {\overline {{r_k}} – {r_k}} \right)\\
&= \frac{1}{{2n}}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{ – {{\left( {{r_k} – \overline {{r_k}} } \right)}^2}}}{{{x^2} – \left( {{r_k} + \overline {{r_k}} } \right)x + {r_k}\overline {{r_k}} }}} \\
&= \frac{2}{n}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{{{\sin }^2}\frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}{{{x^2} – 2x\cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n} + 1}}} \\
&= \frac{2}{n}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\frac{{{{\sin }^2}\frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}{{{{\left( {x – \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n}} \right)}^2} + {{\sin }^2}\frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}.}
\end{align*}Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản, ta có được\[I = \frac{2}{n}\sum\limits_{1 \le k \le n} {\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{n}\arctan \left( {\frac{{x – \cos \frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}{{\sin \frac{{\pi + k2\pi }}{n}}}} \right) + {\rm{C}}.} \]

$\square$

Bài toán 5. Cho $n$ là một số nguyên dương lớn hơn $1$ và $f(x)$ là một đa thức monic bậc $n$ có các nghiệm đôi một phân biệt là $a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_n$, chứng minh rằng\[\frac{{a_1^{n – 1}}}{{{f^\prime }\left( {{a_1}} \right)}} + \frac{{a_2^{n – 1}}}{{{f^\prime }\left( {{a_2}} \right)}} + \ldots + \frac{{a_n^{n – 1}}}{{{f^\prime }\left( {{a_n}} \right)}} = 1.\]Lời giải. Từ giả thiết ta thấy là đa thức $f(x)-x^n$ sẽ là một đa thức có bậc nhỏ hơn $n$, theo kết quả trên kia ta sẽ có\[\frac{{f\left( x \right) – {x^n}}}{{f\left( x \right)}} = \sum\limits_{1 \le i \le n} {\frac{{f\left( {{a_i}} \right) – a_i^n}}{{\left( {x – {a_i}} \right){f^\prime }\left( {{a_i}} \right)}}} = \sum\limits_{1 \le i \le n} {\frac{{ – a_i^n}}{{\left( {x – {a_i}} \right){f^\prime }\left( {{a_i}} \right)}}} .\]Lấy giới hạn khi $x$ dần đến $0$, ta có luôn điều đang cần.

$\square$

Tags: ,

Reply