[tc55][T7/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Cho đa thức $$P(x)=x^n+x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots + a_1x+a_0$$ có $n$ nghiệm thực $x_1,~x_2,\ldots ,~x_n$ đôi một phân biệt. Chứng minh rằng $$\dfrac{x_1^n}{P'\left(x_1\right)}+\dfrac{x_2^n}{P'\left(x_2\right)}+\cdots +\dfrac{x_n^n}{P'\left(x_n\right)}=-1,$$ trong đó $P'(x)$ là đạo hàm của $P(x)$. %%%% Tác giả: Trần Văn Hạnh, GV Đại học Phạn Văn Đồng, Quảng Ngãi

Lời giải

Vì $x_1,~x_2,\ldots ,~x_n$ là các nghiệm nên $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n)$. Khi đó \begin{align*} P'(x)&=(x-x_2)\cdots (x-x_n) + (x-x_1)(x-x_3)\cdots (x-x_n) + \cdots \\ &+ (x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_{n-1}). \end{align*}Suy ra \begin{eqnarray*} A& = & \dfrac{x_1^n}{P'\left(x_1\right)}+\dfrac{x_2^n}{P'\left(x_2\right)}+\cdots +\dfrac{x_n^n}{P'\left(x_n\right)}\\ & = & \dfrac{x_1^n}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)\cdots (x_1-x_n)} + \dfrac{x_2^n}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)\cdots (x_2-x_n)} \\ & & + \cdots + \dfrac{x_n^n}{(x_n-x_1)(x_n-x_2)\cdots (x_n-x_{n-1})}. \end{eqnarray*} }Xét đa thức \begin{eqnarray*} f(x)& = & x_1^n \cdot \dfrac{(x-x_2)(x-x_3)\cdots (x-x_n)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)\cdots (x_1-x_n)} + x_2^n \cdot \dfrac{(x-x_1)(x-x_3)\cdots (x-x_n)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)\cdots (x_2-x_n)} \\ & & + \cdots + x_n^n \cdot \dfrac{(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_{n-1})}{(x_n-x_1)(x_n-x_2)\cdots (x_n-x_{n-1})} -x^n + (x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_{n}). \end{eqnarray*} }Ta có $f(x_1)=f(x_2)=\ldots =f(x_n)=0$ và $\deg f(x) \le n-1$. Do đó $f(x) \equiv 0$. Đa thức có hệ số cao nhất là $A-(x_1+x_2+\cdots +x_n)=0$. Theo hệ thức Viète, ta có $x_1+x_2+\cdots +x_n=-1$. Vậy $A=-1$. } Không giải trực tiếp, có bạn đã sử dụng công thức nội suy Lagrange để chứng minh nếu $x_1,x_2,\ldots ,x_n$ các nghiệm phân biệt của $P(x)$ thì $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{x_k^n}{\prod\limits_{\substack{j=1\\j\ne k}}^{n}(x_k-x_j)}=\sum\limits_{k=1}^{n}x_k$. Từ đó dẫn tới $A=\sum\limits_{k=1}^{n}x_k=-1$. \end{nx