Định Lý Viettè

You are currently browsing articles tagged Định Lý Viettè.

Bài toán khá thú vị sau đây nói về đồng dư của tổng các luỹ thừa theo mod nguyên tố, nội dung như sau.

Bài toán. Cho $p$ là số nguyên lẻ và số nguyên dương $k<p-1$, chứng minh rằng\[1^{k}+2^{k}+…+(p-1)^{k}\equiv 0\pmod p.\]

Bài toán này, có hai lời giải như dưới đây. Lời giải đầu sử dụng đến định lý Viettè với đa thức trên $\mathbb Z_p$, còn lời giải thứ hai sử dụng đến căn nguyên thuỷ. Cụ thể là thế này. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , ,

Bài toán dưới đây là bài 4 trong đề VMO 2018, bài toán gốc của nó khá xinh, là của anh Trần Nam Dũng. Còn bài này bị dao kéo đi, nhìn xấu quá.

Bài toán. Gọi $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$ trong mặt phẳng toạ độ $(Oxy)$. Một đường thẳng $(d)$ thay đổi cắt $(C)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_1;\,x_2;\,x_3$.

  1.  Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}$ là một hằng số.
  2. Chứng minh rằng
    \[\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} \ge – \frac{{15}}{4}.\]

Dưới đây là lời giải chỉ cần dùng các kiến thức THCS của tôi.

Lời giải. Ta thấy phương trình của $(d)$ ở dạng $(d):\;y=kx+l$ với $kl\ne 0$. Khi đó $x_1;\,x_2;\,x_3$ là nghiệm của phương trình
\[kx + l = \sqrt[3]{{{x^2}}}.\]
Đặt $\dfrac{1}{\sqrt[3]{{{x_i}}}}=t_i$ thì $t_i$ là nghiệm của phương trình
\[lx^3-x+k=0.\]
Do đó mà ta có
\[\begin{array}{l}
\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}} &= \dfrac{{t_1^3 + t_2^3 + t_3^3}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}\\
&= 3 + \dfrac{{\left( {{t_1} + {t_2} + {t_3}} \right)\left( {t_1^2 + t_2^2 + t_3^2 – {t_1}{t_2} – {t_2}{t_3} – {t_3}{t_1}} \right)}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}
\end{array}.\]
Theo Viettè thì $t_1+t_2+t_3=0$, cho nên
\[\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=3.\]
Lại đi đặt $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} =a;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} =b;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=c$ để có
\[a+b+c=3;\;abc=1.\]
Khi đó thì
\[M=\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} =ab+bc+ca.\]
Ta thấy trong $a;\,b;\,c$ phải có 2 số âm và một số dương, kẻo không thì theo AM-GM có $a=b=c=1$ mâu thuẫn với việc ba giao điểm phân biệt. Ta giả sử $a>0>b> c$ thì có
\[a – 3 = – b – c \ge 2\sqrt {bc} = \frac{2}{{\sqrt a }}.\]
Từ đó có $a> 4$ và do đó
\[M = a\left( {3 – a} \right) + \frac{1}{a} = – \frac{{15}}{4} – \frac{{{{\left( {2a – 1} \right)}^2}\left( {a – 4} \right)}}{{4a}} < – \frac{{15}}{4}.\]

Tags: , , , ,