Một số ứng dụng của đa thức đối xứng potx

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
Ths. Cao Ngọc Châu
Phòng GD&ĐT Can Lộc, Hà Tĩnh
Trong chương trình toán ở THCS khái niệm đa thức đã được trình
bày. Nhưng thực sự chưa vận dụng được nhiều vào giải quyết một số bài
toán. Trong bài này tôi xin giới thiệu một số ứng dụng của đa thức đối xứng
vào việc giải quyết một số bài toán đại số sơ cấp một cách đơn giản.
I/ Cơ sở lý thuyết
1/ Định nghĩa: Một đa thức 3 ẩn x,y,z được gọi là đa thức đối xứng nếu
nó không thay đổi giá trị khi ta thay thế một cách tuỳ ý các ẩn x,y,z cho
nhau.
Ví dụ 1: a, Các đa thức sau là đa thức đối xứng
x+y, x.y, x
2
y+xy
2
, x
2
+y
2
, x
5
+y
5
, x
2
+y
2
+z
2
, x

3
+y
3
+z
3
-3xyz,
b, Các đa thức sau không phải là đa thức đối xứng:
x-y, x
2
-y
2
,x
3
-3y
2
+2xy,
2/ Đa thức đối xứng cơ bản
a, Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng cơ bản:
xyyx =+=
21
,
δδ
b, Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng cơ bản
xyzyzxzxyzyx =++=++=
321
,,
δδδ
3/ Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng cơ bản.
a, Đối với đa thức hai ẩn việc biễu diễn tương đối đơn giản,
Ví dụ 2: x

2
y + xy
2
=xy(x+y)=
21
δδ
, x
2
+y
2
=(x+y)
2
-2xy =
2
2
1
2
δδ
−
,
x
3
+y
3
=(x+y)
3
-3xy(x+y) =
21
3
1

3
δδδ
−
,
b, Đối với đa thức ba ẩn việc biểu diễn phức tạp hơn, nhưng ta có thể
dùng phương pháp hệ số bất định.
+, Đa thức 3 ẩn viết dưới dạng đầy đủ
mmm
cba
m
cb
acba
zyxtzyxtzyxtzyxf
1
2111
),,(
22
21
+++=
, trong đó hạng tử

ci
ba
i
zyxt
ii 1
có bộ số mũ là
),,(
iii
cba

với
mi ,1=
Ví dụ3:
xyzzyxzyxzyxxyzzyxzyxf 33),,(
300030003333
−+=−++=
+, Phương pháp biểu diễn:
Chọn hạng tử cao nhất giả sử là
ci
ba
i
zyxt
ii 1
có bộ số mũ là
),,(
iii
cba
.
Viết tất cả các bộ số mũ
),,(
iii
nmd
thoã mãn
iiiiii
cbanmd
++=++
và
.
iii
nmd ≥≥

- Giả sử
),,( zyxf
có dạng
ttttt
nnmmd
t
n
nmmdnnmmd
kkkzyxf
32
1
31
1
232
1
1
),,(
1
2
222211111
δδδδδδδδδ
−−
−−−−
+++=
Cho x,y,z tuỳ ý ta tìm được
t
kkk , ,,
21
Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức sau:
333

),,( zyxzyxf ++=
qua các đa thức đối
xứng cơ bản.
- Hạng tử cao nhất là
3
x
có bộ số mũ (3,0,0).
- Viết tất cả các bộ số mũ: (3,0,0),(2,1,0),(1,1,1)
Giả sử có:
33212
3
11
1
3
11
2
11
13
0
3
01
2
12
12
0
3
00
2
03
11

333
δδδδδδδδδδδδδ
kkkkkkzyx ++=++=++
−−−−−−
.
Cho x=1, y=-2, z=1 ta được
32,3,0
332
=⇒−=−== k
δδδ
.
Cho x=1, y=1, z=0 ta được
2280,1,2
21321
=+⇒=== kk
δδδ
Cho x=1, y=1, z=1 ta được:
339271,3,3
21321
=++⇒=== kk
δδδ
Từ đó suy ra:
3,1
21
−== kk

Vậy
321
3
1

333
33
δδδδ
+−=++ zyx
II/ Một số ứng dụng
1. Chứng minh các hằng đẳng thức
Ví dụ 5: Cho
byxayxyx =+=+=+
5533
,,1
Chứng minh rằng:
19)1(5 +=+ baa
Giải: Ta có
21
3
1
333
3)(3)(
δδδ
−=+−+=+ yxxyyxyx
)1(
3
1
2
a−
=⇒
δ

Mặt khác
2332233255

yxyxyxyxyxb −−+++=
)()()(
22332332
yxyxyxyyxx +−+++=
)1(
9
155
551
)31)(21(
)3)(2(
)())((
2
2
2
2
2
222
2
2121
3
12
2
1
223322
theo
aa
yxyxyxyx
−+
=−+=
−−−=

−−−=
+−++=
δδ
δδδ
δδδδδδδ
Vậy:
1559
2
−+= aab
hay
).1(519 +=+ aab
Đpcm
2. Chứng minh các bất đẳng thức
Từ bất đẳng thức
2
2
122
2
1
222
222
302)2(2
0)(2)(2
0)()()(
δδδδδ
≥⇔≥−−⇔
≥++−++⇔
≥−+−+−
yzxzxyzyx
xzzyyx

Từ BĐT trên ta vận dụng chứng minh các BĐT khác.
Ví dụ 6: Chứng minh các BĐT
a, (
)(3 cbaabcbc)+acab
2
++≥+
với
Rcba ∈,,
b,
9abcbc)+acabcba ≥+++ )((
với
+
∈ Rcba ,,
Giải:
a, Từ
2
2
1
3
δδ
≥
hay
)(3)(
2
yzxzxyzyx ++≥++
đặt
bczacyabx === ,,

ta được
)(3)(3(

222
cbaabcabccabbcabc)+acab
2
++=++≥+
.
b, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
321
9
δδδ
≥
.
Do
cba ,,
dương nên
0,,
321
>
δδδ
. Từ các BĐT
2
2
1
3
δδ
≥
và
31
2
2
3

δδδ
≥
ta có
321
2
2
2
1
9
δδδδδ
≥
Suy ra
32
2
1
9
δδδ
≥
3.Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Ví dụ 7: Phân tích đa thức
33222233
32323),( yxyxyyxyxyxxyxf ++++++=
thành nhân tử
Giải: Ta có:
222233
3)(2)(3),( yxyxyxyxxyyxyxf ++++++=
2
2212
2
1221

3
1
32)2(33
δδδδδδδδδ
++−+−=
2
22
2
121
3
1
33
δδδδδδ
−+−=
))(3()3()3(
2
2
12121221
2
1
δδδδδδδδδδ
−+=+−+=
).)(3(
22
xyyxyyx ++++=
4. Giải phương trình và hệ phương trình
Ví dụ 8: Giải phương trình
132
4
=−+− xx

Giải: Đặt
vxux =−=−
44
3,2
Ta có:
0, ≥vu
Khi đó ta có hệ:



=−−
=
⇒



=+
=+
12)2(
1
1
1
2
2
2
2
2
1
1
44

δδδ
δ
vu
vu
Từ đó suy ra:
0
2
=
δ
hoặc
2
2
=
δ
. Vì
1
==
vu
không xảy ra, nên
2
2
≠
δ
Vậy:



=
=
0

1
2
1
δ
δ
ta có



=
=
0
1
v
u
hoặc



=
=
1
0
v
u
Nếu:
0,1 == vu
thì phương trình có nghiệm
3=x
Nếu:

1,0 == vu
thì phương trình có nghiệm
2=x
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình
Gi¶i hÖ:
4 4
3
17
x y
x y
+ =


+ =


Giải:
Ta đặt t
1
= x + y và t
2
= x . y ta có hệ :
1
4 2 2
1 1 2 2
3
4 2 17
t
t t t t
=



− + =

thế t
1
=
3 ta có :
2
2 2 2;1 2;2
2 36 64 0 16; 2t t t t
− + = ⇒ = =
do đó x; y là các nghiệm của pt:
2
3 16 0u u
− + =
hoặc
2
3 2 0u u
− + =
từ đó ta có:
1
2
x
y
=


=


hoặc
2
1
x
y
=


=

Tài liệu tham khảo
[1]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ Quyển 2, NXB Giáo dục, 2006.
[2]. Đậu Thế Cấp, Đai số sơ cấp, Nhà xuất bản Giáo dục, 2004.
[3]. Ron Larson and Robert P.Hosterler, Houghton Mifflin Company Boston
New York.