Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.47 MB, 55 trang )
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Mục lục
Mở đầu
Ch-ơng 1: Kiến thức chuẩn bị
1.1 Đa thức một ẩn .......................................................................................... 3
1.2 Đa thức nhiều ẩn........................................................................................ 5
Ch-ơng 2: Đa thức đối xứng
2.1 Định nghĩa đa thức đối xứng ..................................................................... 8
2.2 Ph-ơng pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng
cơ bản .............................................................................................................. 8
Ch-ơng 3: ứng dụng của đa thức đối xứng
3.1 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức..................................................... 13
3.2 Giải các bài toán về ph-ơng trình bậc hai ............................................... 22
3.3 Giải hệ ph-ơng trình nhiều ẩn ................................................................. 26
3.4 Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình đối xứng ..................................... 31
3.5 Trục căn thức ở mẫu số ........................................................................... 36
3.6 Phân tích đa thức thành nhân tử .............................................................. 38
3.7 Một số ứng dụng đối với các đa thức chứa tham số ................................ 42
Kết luận ........................................................................................................ 54
Tài liệu tham khảo ...................................................................................... 55
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
1
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Mở ĐầU
1. Lí do chọn đề tài
Môn toán là môn học có vai trò rất quan trọng trong kho tàng tri thức
của loài ng-ời. Môn toán có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển
năng lực trí tuệ, rèn luyện các thao tác và phẩm chất t- duy.
Một bộ phận lớn trong toán học là Đại số mà trong đó khái niệm cơ bản
là khái niệm Đa thức. Đa thức có vị trí quan trọng trong toán học không những
nh- một đối t-ợng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công cụ
đắc lực của Giải tích, ngoài ra lý thuyết đa thức còn đ-ợc sử dụng nhiều trong
toán sơ cấp, toán cao cấp, toán ứng dụng.
Một dạng đa thức nhiều biến đặc biệt có rất nhiều ứng dụng là đa thức
đối xứng. Đa thức đối xứng đ-ợc sử dụng trong việc tìm nghiệm của các
ph-ơng trình, hệ ph-ơng trình nhiều ẩn, chứng minh đẳng thức hoặc bất đẳng
thức, trục căn thức ở mẫu số...
Tuy vậy vấn đề đa thức đối xứng chỉ mới đ-ợc trình bày một cách sơ
l-ợc, ch-a đ-ợc phân loại và hệ thống một cách chi tiết. Tài liệu về đa thức
còn ít nên việc nghiên cứu về đa thức đối xứng còn gặp nhiều khó khăn.
Đ-ợc sự giúp đỡ tận tình của cô giáo, Th.s Nguyễn Thị Kiều Nga,
cùng với lòng say mê nghiên cứu, em đã mạnh dạn chọn đề tài : Đa thức đối
xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp để làm khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu, nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu các bài toán có sử dụng đa thức đối xứng và cách giải các bài
toán liên quan.
3. Đối t-ợng nghiên cứu
Các ứng dụng của đa thức đối xứng.
4. Ph-ơng pháp nghiên cứu
Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh.
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
2
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ch-ơng 1: Kiến thức chuẩn bị
1.1 Đa thức một ẩn
1.1.1 Định nghĩa :
Cho A là vành giao hoán có đơn vị. Đa thức một ẩn f(x) thuộc A[x] biểu
diễn d-ới dạng: f (x) a1x n1
a 2x n2
... a k x nk
Trong đó a1, a2, , ak thuộc A gọi là hệ tử.
n1, n2, , nk là những số nguyên không âm.
a i x ni gọi là hạng tử (hay còn gọi là đơn thức nếu A là vành số và a i
0)
ni gọi là bậc của hạng tử thứ i.
Ta có thể cho rằng tất cả các hạng tử trong cách viết trên không đồng
bậc vì nếu có những hạng tử đồng bậc thì ta nhóm chúng thành một hạng t.
Ta th-ờng viết f(x) theo chiều tăng (hoặc giảm) những bậc của các hạng tử.
Do đó f(x) thuộc A[x] th-ờng biểu diễn d-ới dạng:
f x
a 0x n
Trong đó a i
a 1x n
1
A (i 0,n), a 0
a n 1x
an
0.
1.1.2 Nghiệm của đa thức :
Cho đa thức P(x)
A[x] có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. K
A,
K,
gọi là nghiệm của đa thức P(x) nếu P() = 0 .
1.1.3 Phép chia với d- :
* Định lí : Cho hai đa thức P(x), Q(x)
A[x], A là một tr-ờng và
Q(x) 0. Khi đó tồn tại duy nhất những đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn điều
kiện sau: P(x) = Q(x).S(x) + R(x), trong đó degR(x) < degQ(x) nếu R(x) 0.
* Nhận xét : Cho f(x) là một đa thức bậc n trên A. Khi đó luôn tồn tại
tr-ờng K A để f(x) có n nghiệm trong K.
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
3
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
1.1.4 Công thức Viet:
Cho P(x) = a0xn + a1xn-1 + + an-1x + an thuộc A[x] là một đa thức bất
kì và
1
,
2
,...,
n
P(x) a 0 (x
là những nghiệm của đa thức P(x). Khi đó:
1
)(x
2
)...(x
n
)
Đồng nhất các hệ tử ta có:
1
1
...
2
1
1
a1
a0
n
1
...
i1
i2
1
1
a2
a0
.........
(*)
...
ik
( 1) k
i1 i 2 ... i k
i1 ,...,i k 1,...,n
ak
a0
.........
1
2
...
n
( 1) n
an
a0
Công thức (*) gọi là công thức Viet.
1.1.5 Đa thức đồng d- :
* Định nghĩa :
Cho P(x), Q(x), (x) thuộc A[x], (x) là một đa thức khác không. Ta
nói rằng đa thức P(x) và Q(x) là đồng d- theo mođun đa thức (x) nếu:
[P(x) - Q(x)] M (x).
Nếu P(x) và Q(x) đồng d- theo mođun (x), thì ta kí hiệu là :
P(x)
Q(x) (mod (x)).
* Tính chất:
Trong vành đa thức A[x], cho (x) là một đa thức khác không. Khi đó
ta có:
1, Với mọi đa thức P(x), P(x) P(x) (mod (x)).
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
4
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
2, Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kì, nếu P(x) Q(x) (mod (x))
thì Q(x) P(x) (mod (x)).
3, Với mọi đa thức P(x), Q(x) và R(x), nếu P(x) Q(x) (mod (x)) và
Q(x) R(x) (mod (x)) thì P(x) R(x) (mod (x)).
4, Với mọi đa thức P(x), Q(x) và R(x), nếu P(x)
Q(x) (mod (x)) thì
P(x).R(x) Q(x).R(x) (mod (x)).
5, Cho những đa thức bất kì P1(x), P2(x), , Pn(x), Q1(x), Q2(x),,
Qn(x) và u1(x), u2(x), , un(x), nếu Pi(x) Qi(x) (mod (x)), i = 1,2,,n thì
u1(x).P1(x) + + un(x).Pn(x) u1(x).Q1(x) + + un(x).Qn(x) (mod (x)).
6, Với các đa thức bất kì P(x), Q(x) và R(x),
nếu P(x) + Q(x)
R(x) (mod (x)) thì P(x) R(x) Q(x) (mod (x)).
7, Cho những đa thức bất kì P1(x), P2(x), , Pn(x), Q1(x), Q2(x),,
Qn(x) và u1(x), u2(x), , un(x), nếu Pi(x) Qi(x) (mod (x)), i = 1, 2, , n thì
P1(x).P2 (x) Pn(x) Q1(x).Q2(x) Qn(x) (mod (x)).
8, Với hai thức P(x) và Q(x) bất kì và mọi số tự nhiên t,
nếu P(x) Q(x) (mod (x)) thì Pt(x) Qt(x) (mod (x)).
9, Với các đa thức P(x), Q(x), F(x), nếu P(x) Q(x) (mod
(x)) thì
F(P(x)) F(Q(x)) (mod (x)).
1.2. Đa thức nhiều ẩn
1.2.1 Định nghĩa
Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn:
Cho R là vành giao hoán, có đơn vị 1R .Đặt :
A = { (a0, a1, , an, )| ai
R, chỉ có hữu hạn ai 0}
Trên A xét 2 phép toán (+), (.) nh- sau :
a = (a0, a1, , an, ) ; b = (b0, b1, , bn, )
a + b := (a0 + b0, a1 + b1, ,an + bn, )
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
5
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
a.b := (c0, c1, , cn, ) với ck =
aib j
0 i, j k
i+ j=k
Khi đó (A, +, . ) là vành giao hoán có đơn vị (1R, 0, 0 ,)
Với mọi a = (a0 , a1, , an, )
A . Ta có :
a = (a0 + 0, a1 + 0, , an + 0, )
= (a0, 0, 0, ) + (0, a1, a2, , an, 0, )
= (a0, 0, 0, ) + (0 + 0, a1 + 0, , an + 0, )
= (a0, 0, 0, ) + (0, a1, 0, ) + (0, 0, a2, , an, 0, ) = =
= (a0, 0, 0, ) + (0, a1, 0, ) + + (0, 0, , an, 0, )
Đặt x0 = (0, 1R, 0, )
(1)
A. Theo quy tắc nhân ta có:
x2 = x.x = (0, 1R, 0, ).(0, 1R, 0, ) = (0, 0, 1R, ). T-ơng tự
x3 = (0, 1R, 0, ) .(0, 1R, 0, ).(0, 1R, 0, )
= (0, 0, 0, 1R, )
xk
(0,...,0,1R ,0,...)
1 2 3
k
Xét ánh xạ f : R
A
r a (r, 0, 0, )
Ta có f là đơn cấu vành nên đồng nhất mỗi phần tử a A với f(a) P
Tức là a = f(a) = (a , 0, , 0, ).
Thế thì với mọi a
R ta có :
a .xk = (a, 0, 0, ).(0, 0, , 0, 1R, 0, ) = (0, 0, , a, 0, )
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
f = a0 + a1x + a2x2 + + anxn
Định nghĩa : (A ,+ , . ) đ-ợc gọi là vành đa thức một biến x với hệ số
trong R .
Kí hiệu : R[x] .
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
6
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Lặp lại quá trình xây dựng vành đa thức một biến thay R bằng R[x] ta
có vành đa thức 2 biến R[x,y] tức là R[x,y] = R[x][y].
f(x,y)
R[x,y], f(x,y) = cmym + cm-1ym-1 + + c1y + c0 với ci
= ak xnym + + a1xy + a0 với ai
R[x]
R.
Lặp lại quá trình trên n lần , ta có vành đa thức n biến R[x1, x2, , xn]
tức là R[x1, x2, , xn] = R[x1, x2, , xn-1] [xn] .
Mỗi phần tử của R[x1, x2, , xn] là 1đa thức n ẩn f(x1, x2, , xn) lấy hệ
tử trong R.
1.2.2 Bậc của đa thức
Kí hiệu (i) = (i1, i2, , in)
x (i)
x i1 .x i2 ...x in
Khi đó với mọi f (x1, x2, , xn)
f (x1, x2, , xn) =
Biểu thức x (i)
R[x1, x2, , xn] ta có:
a (i) x (i) với a(i)
R và có hữu hạn a(i) 0.
x i1 .x i2 ...x in đ-ợc gọi là một đơn thức.
Khi đó số i1 + i2 + + in đ-ợc gọi là bậc của đơn thức.
Bậc của đa thức f
R[x1, x2, , xn] \{0} là số lớn nhất trong các bậc
của các đơn thức có a(i) 0. Kí hiệu là deg (f).
Nếu các hạng tử của f(x1, x2, ,xn) có bậc bằng nhau và bằng k thì f
đ-ợc gọi là đa thức đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k.
k = 1 ta gọi là dạng tuyến tính
k = 2 ta gọi là dạng toàn ph-ơng
k = 3 ta gọi là dạng lập ph-ơng.
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
7
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ch-ơng 2 :Đa thức đối xứng
2.1 Định nghĩa đa thức đối xứng
* Định nghĩa 1:
Trong vành đa thức A[ x1, x2, ,xn ], đa thức P( x1, x2, ,xn ) gọi là đa
thức đối xứng nếu với mọi hoán vị ( i1, i2, , in ) của các số {1, 2, , n } đều
thỏa mãn đẳng thức sau:
P x i1 , x i2 ,
, x in
P x1, x 2 ,
, xn
Nói cách khác một đa thức là đối xứng nếu nó không thay đổi khi thay
đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó.
* Định nghĩa 2:
Những đa thức sau đây gọi là những đa thức đối xứng cơ bản:
1
x1
x2
xn
2
x1.x 2
x1.x 3
k
x1.x 2
xk
n
x1.x 2
xn
x n 1.x n
xn
k 1
P là một đa thức n biến bất kì thì P( 1,
.x n
2
k 2
xn
, , n) là một đa thức đối
xứng và mỗi đa thức đối xứng có thể biểu diễn nh- đa thức của những đa thức
đối xứng cơ bản.
2.2 Ph-ơng pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ
bản
2.2.1 Các kiến thức liên quan
a, Cách sắp xếp đa thức của n ẩn x1, x2, , xn theo thứ tự từ điển
Cho hai đơn thức x1 1 x 2 2 ...x n n và x1 1 x 2 2 ...x n
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
n
8
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ta nói đơn thức x1 1 x 2 2 ...x n n cao hơn đơn thức x1 1 x 2 2 ...x n n nếu và
chỉ nếu tồn tại k sao cho
1
1
,
2
2
, ,
k 1
k 1
,
k
k
.
Bằng cách này ta có thể sắp xếp các hạng tử của đa thức f (x1 ,..., x n ) từ
cao đến thấp. Cách sắp xếp nh- thế gọi là sắp xếp theo thứ tự từ điển.
Ta kí hiệu C(f) là hạng tử cao nhất của f.
Ta có một số kết quả sau:
Hạng tử cao nhất của một tích hai đa thức là tích các hạng tử cao nhất
của các nhân tử, tức là C(f.g) = C(f).C(g)
Nếu ax1 1 x 2 2 ...x n n là hạng tử cao nhất của một đa thức đối xứng thì
các số mũ của hạng tử cao nhất thỏa mãn bất đẳng thức
1
2
...
n
b, Định lí : Mọi đa thức đối xứng f (x1,x 2 ,...,x n ) A[x1,x 2 ,...,x n ] đều biểu
diễn một cách duy nhất d-ới dạng một đa thức ( 1,
đối xứng cơ bản
1
,
2
, ,
n
2
,...,
n
) của các đa thức
với các hệ tử trong A.
2.2.2 Ph-ơng pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ
bản
Cách 1 : Ph-ơng pháp hạng tử cao nhất
Giả sử cho P[x1 , x 2 ,..., xn ] A[x1 , x2 ,..., xn ]là một đa thức đối xứng .
Sắp xếp các hạng tử của đa thức theo thứ tự từ điển.
Giả sử hạng tử cao nhất của nó là ax1k1 x 2k2 ...x n kn
B-ớc 1: xét Q1 a
k1 k 2
1
.
k 2 k3
2
kn
n
và P1 = P Q1
Nếu P1 = 0 thì P = Q1. Ta đã biểu diễn xong.
Nếu P1
0 thì ta chuyển qua b-ớc 2
B-ớc 2: P1 là một đa thức đối xứng. Hạng tử cao nhất của nó là
x1L1 .x 2L2
x n Ln suy ra theo cách sắp xếp theo thứ tự từ điển của P .
Xét Q2
L1 L2
1
.
L2 L3
2
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
Ln
n
và P2 = P1 - Q2 = P - Q1 - Q2
9
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Nếu P2 = 0 thì P = Q1 + Q2. Ta đã biểu diễn xong.
Nếu P2
0 thì từ P2 ta có thể tiến hành t-ơng tự nh- trên .
Cuối cùng ta nhận đ-ợc dãy đẳng thức :
P Q1 = P1 ,
P1 Q2 = P2 ,
Pt Qt+1 = Pt+1 ,
...
ở đây Q1, Q2, là những đơn thức của những đa thức đối xứng cơ bản
và hạng tử cao nhất của mỗi đa thức Pi theo cách sắp xếp theo thứ tự từ điển
nằm tr-ớc hạng tử cao nhất của đa thức Pi-1 .
Quá trình này không thể tiếp tục mãi, giả sử với một m nào đó ta có
Pm = 0. Khi đó P = Q1 + Q2 + + Qm .
Ví dụ : Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản
P(x1, x2, x3) = x13.x22.x3 + x13.x2.x32 + x12.x23.x3 + x12.x2.x33
+ x1.x23.x32 + x1.x22.x33
Giải :
Đặt
1
x1
x2
2
x1 x 2
3
x1x 2 x 3
x3
x1 x 3
x 2x3
Sắp xếp các biến theo thứ tự từ điển
Hạng tử cao nhất của đa thức P là x13.x22.x3
Đặt Q1 =
1
2
3
P1 = P Q1
= x13.x22.x3 + x13.x2.x32 + x12.x23.x3 + x12.x2.x33 +
+ x1.x23.x32 + x1.x22.x33 (x1 + x2 + x3)(x1x2 + x1x3 + x2x3)(x1x2x3)
= -3x12.x22.x32 .
Ta thấy P1
0 và P1 là đa thức đối xứng.
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
10
Khóa luận tốt nghiệp
Đặt Q2 = -3
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
2
3
P2 = P1 Q2 = 0
Khi đó P = Q1 + Q2 =
2
2
3
-3
3
.
Vậy ta có biểu diễn sau P =
1
2
3
-3
1
2
3
.
Cách 2: Ph-ơng pháp hệ tử bất định
Cho một đa thức đối xứng f(x1, , xn).
Ta phân tích đa thức đối xứng đa cho thành tổng của các đa thức đối
xứng đẳng cấp. Sau đó biểu diễn mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp qua các đa
thức đối xứng cơ bản bằng ph-ơng pháp hệ tử bất định.
Ví dụ sau sẽ cụ thể hóa ph-ơng pháp này:
Ví dụ : Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản
P(x1, x2, x3) = 2x13 + 2x23 + 2x33 + 3x12.x2 + 3x1.x22 + 3x12.x3 +
+ 3x1.x32 + 3x22.x3 + 3x2.x32 + 10x14.x24.x34
Giải:
B-ớc 1: Ta phân tích đa thức P thành tổng của các đa thức đối xứng
đẳng cấp
P(x1, x2, x3) = P1(x1, x2, x3) + P2(x1, x2, x3)
Với P1(x1, x2, x3) = 2x13 + 2x23 + 2x33 + 3x12.x2 + 3x1.x22 + 3x12.x3 +
+ 3x1.x32 + 3x22.x3 + 3x2.x32 là đa thức đối xứng
đẳng cấp bậc 3.
P2(x1, x2, x3) = 10x14.x24.x34 là đa thức đối xứng đẳng cấp bậc 12.
Ta biểu diễn đa thức P1, P2 qua các đa thức đối xứng cơ bản.
Đối với đa thức P1
Hạng tử cao nhất của P1 là 2x13
B-ớc 2 : Xác định tập hợp M
M
(t1 , t 2 , t 3 ) 3 t1
t2
t3
0, t1 t 2
t3
3
= (3,0,0);(2,1,0);(1,1,1)
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
11
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Hệ thống số mũ
Hạng tử cao nhất
(3, 0, 0)
2x13
(2, 1, 0)
x12 x 2
(1, 1, 1)
x1x 2 x 3
Tổ hợp đa thức đối xứng cơ bản
2
3
1
1
2
3
Do vậy P1 biểu diễn d-ới dạng P1
2
3
1
1
2
3
B-ớc 3 : Lập bảng
x1
x2
x3
1
1
0
2
1
0
10 = 16 + 2
1
1
1
3
3
1
24 = 54 27 +
1
2
P1
3
2
3
1
1
2
3
3
3
Do đó ta có
Nên P1
2
3
1
3
1
3
2
3
* Đối với đa thức P2
P2(x1, x2, x3) = 10x14.x24.x34 = 10
Vậy P(x1, x2, x3) = 2
3
1
3
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
1
2
3
3
10
4
3
4
3
.
12
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ch-ơng 3 : ứng dụng của đa thức đối xứng
3.1 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức
3.1.1 Chứng minh đẳng thức
3.1.1.1 Cơ sở lí luận
Dùng đa thức đối xứng cơ bản và tính chất của nó
3.1.1.2 Ph-ơng pháp giải
Đ-a đa thức đối xứng về đa thức đối xứng cơ bản
Chứng minh với các biểu thức mới.
3.1.1.3 Các ví dụ minh họa
xk
yk
.S1
2 2 ; S3
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng Sk
thức sau: S0
Sk
S
3 ; S1
1 k 1
1
S
S
2 k 2
Trong đó
; S2
N thỏa mãn những đẳng
S
S
1 2
3 3;
2 1
với k 4.
3 k 3
x
1
1
zk , k
y
z;
xy
2
xz
yz ;
3
xyz .
Giải :
S0
x0
y0
z0
3
S1
x1
y1
z1
x
S2
x2
.
1
3
y2
2
1
3
z2
y
x
y
.S1
2
z
1
2
1
z
2
2 xy
xz
2
3
S3
x
x
y
y
z
2
z x
x3
xy
xz
yz x xyz
x
y
z y2
y3
xy
xz
yz y xyz
x
y
z z2
z3
xy
xz
yz z xyz
S
S3
1 2
S3
Sk
xk
S
2 1
S
2 1
yk
zk
1 2
yz
S
3
3
3 3;
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
13
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Xét x
y
z xk
1
xk
xy
xz
yz x k 2 xyz.x k
3
x
y
z yk
1
yk
xy
xz
yz y k 2 xyz.y k
3
x
y
z zk
1
zk
xy
xz
yz z k 2 xyz.z k
Do đó ta có : 1Sk
hay Sk
S
1 k 1
Sk
1
S
2 k 2
S
S
2 k 2
3 k 3
3
S
3 k 3
.
Ví dụ 2 : Cho x, y, z Ă thỏa mãn x + y + z = 0 . Chứng minh các đẳng thức
sau :
x 3 + y3 + z 3 x 2 + y 2 + z 2 x 5 + y5 + z 5
a,
.
=
3
2
5
b,(x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = 2(x 4 + y 4 + z 4 )
x 5 + y5 + z 5
x 2 + y2 + z2
c,
= xyz
5
2
7
7
7
5
5
x +y +z
x + y + z5 x 2 + y 2 + z 2
x 3 + y3 + z 3 x 4 + y 4 + z 4
d,
=
.
=2
.
7
5
2
3
4
Giải :
Đặt
1
x
2
xy yz zx
3
xyz
Ta có
y z
x
1
y
z
z
0
S1
x
y
0
S2
x2
y2
z2
1
S3
x3
y3
z3
1 2
S4
x4
y4
z4
S5
x5
y5
z5
1 4
S6
x5
y5
z5
1 5
S7
x5
y5
z5
1 6
1
.S1 2
2
3
2
3
3
S
2 1
1 3
S
2 2
S
3 1
S
S
2 3
S
3 2
S
5
2
S
2 4
S
3 3
S
3
2
S
2 5
S
3 4
S
7
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
S
2
3
S
2
2 2
2
2
3
2
3
3
2
3
2
2
3
14
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Khi đó:
a,
x 2 + y 2 + z 2 x 3 + y3 + z 3 S2 S3
S
x 5 + y5 + z 5
.
= . = - 23 = 5 =
2
3
2 3
5
5
b,(x 2 + y2 + z 2 )2 = S22 = 422 = 2S4 = 2(x 4 + y4 + z 4 )
x 5 + y5 + z 5 S5
-2 2
x 2 + y2 + z2
c,
= = - 23 = 3
= xyz.
5
5
2
2
x7
d,
y7
7
z7
S7
7
x5
( 5
2
2
2
3
3
) ( 2 2)
.
2
2
z
5
y z x y2
.
5
2
2
3 2
S S
2. 3 . 2 2. 3 . 4
3
4
3 4
5
5
2
2.
x3
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng với x, y, z Z nếu x
S5 S2
.
5 2
y3
3
y
z3 x 4
.
z
y4
4
z4
0 thì
x 4 + y4 + z4 = 2(xy + yz + zx)2
Giải :
Đặt
1
x
y z
2
xy yz zx
3
xyz
Ta biểu diễn vế trái qua đa thức đối xứng cơ bản bằng ph-ơng pháp hệ
tử bất định.
M
(t1 , t 2 , t 3 ) 4 t1
t2
t3
0, t1 t 2
t3
4
= (4,0,0);(3,1,0);(2,2,0);(2,1,1)
Hệ thống số mũ
Hạng tử cao nhất
4 0 0
x4
3 1 0
ax3y
2 2 0
2 2
bx y
2 1 1
cx2yz
Khi đó vế trái của biểu thức có dạng
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
Tổ hợp đa thức đối xứng cơ bản
4
1
2
a
1
b
c
4
1
+a
2
1
2
2
2
2
1
3
+b
2
2
+c
1
3
15
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Xét bảng :
4
2
y
z
1
-1
0
0
-1
0
b=2
1
1
0
2
1
0
16 + 4a + 8 = 2
1
1
-1
1
-1
-1
1a+bc=3
1
2
3
1
+a
2
x
1
2
+b
2
+c
1
3
Từ đó ta có : a = - 4 ; b = 2 ; c = 4
Do đó vế trái có biểu diễn là
Theo giả thiết
1
4
1
-4
2
1
2
2
+2
2
+4
= 0 do đó vế trái có biểu diễn là 2
Hay vế trái có biểu diễn là 2 xy
yz
zx
2
1
3
2
2
.
Vậy đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 4 : Chứng minh đẳng thức
x
y
z xy
yz
zx
xyz
x
y y
z (z
x)
Giải :
Đặt
1
x
y z
2
xy yz zx
3
xyz
Ta có:
x + y + z xy + yz + zx xyz = 1 2 - 3
(x + y)(y + z)(z + x) = (1 - z)(1 - x)(1 - y)
= [12 - (x + y)1 + xy](1 - z)
= 13 - (x + y)12 + xy1 - z12 + (zx + zy)1 - xyz
= 13 - (x + y + z)12 + (xy + yz + zx)1 - xyz
= 13 - 13 + 1 2 - 3 = 1 2 - 3
Vậy đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng :
x4
y4 ( x
y )4
2( x2
xy
y 2 )2
Giải :
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
16
Khóa luận tốt nghiệp
Đặt
x4
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
1
=x+y
2
= xy
y4
y )4
(x
( x2
y 2 )2
[( x
y )2
2
1
(
4
1
2
2(
2( x2
xy
Vậy x4
4
2x2 y 2
2
)2
2
2
2
1
2
4
2
2
1
4
2
y )4
(x
4
1
2
2
2
y)4
(x
2 xy ]2
2
4
1
2x2 y 2
2
2
4
1
2
2
2
2 2
1
)
2
y 2 )2
2[( x
y)2
xy]2
2(
2
1
y4 ( x
y )4
2( x2
xy
y 2 )2
2
)2
3.1.1.4 Bài tập áp dụng
Bài 1 : Chứng minh rằng nếu xy + yz + zx = 0 thì
( y z ) 2 ( z x) 2 ( x
y)2
24 x2 y 2 z 2
x 4 ( y z )2
y 4 ( z x) 2
z4 (x
y)2
Bài 2 : Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì
( x2
y2
x5
y5
5
z 2 )2
z5
x4
xyz
y4
x2
z4
y2
2
z2
Bài 3 : Chứng minh đẳng thức sau :
(x
y )5
x5
y5
5xy( x 2
xy
y2 )
3.1.2 Chứng minh bất đẳng thức
3.1.2.1 Cơ sở lí luận và ph-ơng pháp giải
* Xét tr-ờng hợp hai biến :
Ta có thể áp dụng kết quả của các đa thức đối xứng để chứng minh
nhiều bất đẳng thức. Cơ sở của ph-ơng pháp này cần chú ý, giả sử
1
,
2
là
những số thực.
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
17
Khóa luận tốt nghiệp
x
Ta có
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
y
1
xy
2
Muốn x, y xác định và là số thực thì điều kiện cần và đủ là:
2
1
4
0
2
Muốn x, y là các số thực và không âm điều kiện cần và đủ là
2
1
1
0
2
0
4
0
2
Giả sử cho đa thức đối xứng f(x, y) lấy những giá trị không âm .
Cần chứng minh rằng với những giá trị thực bất kì x, y (hoặc những giá
trị không âm bất kì hoặc với x + y
Ta biểu diễn f(x, y) qua
2
của
2
1
và
1
và
điều kiện
4
1
0 tức là
2
2
a tùy theo điều kiện của bài toán )
,
2
trong đa thức tìm đ-ợc ta thay
1
(
4
2
bởi
) kết quả thu đ-ợc một đa thức
1
ta cần chứng minh với những giá trị không âm của
1
1
và những
đa thức chỉ lấy những giá trị không âm.
* Xét tr-ờng hợp ba biến :
Nếu x, y, z là các số thực bất kì, ta có ( x
Dấu = xảy ra khi x
2( x2
Vì vậy
y2
2
1
nh- : xy
y
z 2 ) 2( xy
3
2
yz
y ) 2 ( y z ) 2 ( z x) 2
0
z.
yz zx) 2(
2
1
2
2
) 2
2
2
2
1
6
2
. Từ hệ thức này ta suy ra nhiều bất đẳng thức khác
zx
2
3xyz x
y
z với x, y,z Ă
Hay (x y z)(xy yz zx) 9xyz với x, y,z Ă
*
3.1.2.2 Các ví dụ
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng với những số thực bất kì x, y, z bất đẳng thức sau
đúng : xy
yz
zx
2
3xyz x
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
y
z ,
18
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Nếu x, y, z d-ơng thì đẳng thức xảy ra khi x
y z.
Giải :
Đặt
1
x
y z
2
xy yz zx
2
Ta có
3
1
hay x
2
Dấu = xảy ra khi x
y
z
2
3 xy
yz
zx
y z.
Bây giờ, ta thay x, y, z t-ơng ứng bằng xy, yz, zx .
Khi đó ta có:
xy
yz
zx
2
3 x 2 yz
Dấu = xảy ra khi xy
xy 2z
xyz 2
xyz x
zx . Nếu x, y, z
yz
y
0 thì x
z .
y z
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với x, y là các số thực bất kì ta có:
x4
y4 xy3
yx 3
Giải :
Đặt
1
x y
2
xy
xk
và Sk
yk
x4
y4
xy3
yx3
x4
y4
f
x4
y4
xy3
yx 3
x4
S4
4
1
5
Vậy f
2
1
2
1
2
4
2
1
0 hay x 4
4
4
2
2
1
Ta thấy
Xét
4
1
S
2 2
2
1
(
4
2
1
xy3 - yx3 0
y4 xy x 2
2
0 =>
y4 xy3
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
(
4
2
)
3
4
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
y2
4
2
2
2
)
0
yx 3 .
19
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng với mọi a, b thoả mãn a + b= 1 thì
1
ab
1
a
2
6
b2
Giải :
1
ab
1
a 2 b2
6
a 2 b2
ab 6ab(a 2 b 2 )
ab(a 2 b 2 )
a 2 b2
0
ab 6ab(a 2 b 2 ) 0(a
0; b 0)
Ta có:
f
a 2 b2
2
1
2
1
3
4
ab 6ab(a 2 b 2 )
1
(
4
2
1
3
4
4
1
Theo giả thiết
Vậy
1
ab
2
1
6
2
2
1
a
3
4
b2
2
2
1
2
a
1
2
12
) 6
1
2
2
1
. (
4
1
4
2
1
) 12.
3
4
1 nên f
b
1
(
16
2
2
1
1
4
)2
0;
0
6 với a + b = 1 ; a > 0 ; b > 0 .
Ví dụ 4 : Cho a, b, c 0 và a
b
1
a 2bc
b
2bc ; y
b2
c 1. Chứng minh rằng :
1
2
2
2ac
1
c 2ab
2
9
Giải :
Đặt x
a2
2ac ; z
c2
2ab
Ta có bất đẳng thức sau :
(x
y z)(
1
x
1
y
1
) 9
z
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
1
x
1
y
1
z
9
x y z
20
Khóa luận tốt nghiệp
x
y
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
z
1
x y z
a2
2bc
a
b
b2
2
c
1
(a b c) 2
c2
2ac
2ab
1
1
x
1
1
y
1
z
9
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng nếu a, b là các số thực, a
b c và c 0 thì ta
có các bất đẳng thức sau :
a
2
b
c2 4
;a
2
2
b
c4 8
;a
8
4
b
c8
128
8
Giải :
Đặt
1
a b
2
ab
Khi đó a, b là nghiệm của ph-ơng trình x 2
2
1
Để tồn tại a, b thì
4
2
x
1
2
0
0
Mặt khác :
a2
b2
(a b) 2
2
1
Vì
2
1
2ab
1
2. (
4
2
1
2
1
2
)
0 và theo giả thiết
2
1
2
2
1
a b c
1
a
2
b
2
c2
2
áp dụng kết quả đó ta đ-ợc :
a
4
b
a8
1 1 2 2 c4
( c )
2 2
8
1 1 4 2 c8
( c )
2 8
128
4
b8
Tổng quát: Bằng quy nạp ta chứng minh đ-ợc nếu a + b
số tự nhiên bất kì ta có a 2
n
b2
n
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
1
22
n
c2
1
c và n là một
n
21
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
3.1.2.3 Bài tập áp dụng
Bài 1 : Chứng minh rằng với các số thực bất kì x, y ta có :
a, x6
y6
b, x2
y 2 1 xy x
c, 8( x4
d, x2
x5 y xy5
y4 ) ( x
y2
y
y)4
4 xy 2( x
y)
Bài 2 : Chứng minh rằng với các số thực không âm x, y ta có :
a, x4
b,
2 x3 y 2 xy3
x3
y3
2
(
x
y
2
y4
6x2 y 2
)3
Bài 3 : Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác thì :
a, 2(ab + bc + ca) > a 2
b, (a 2
b2
b2
c2
c2 )(a b c) 2(a 3 b3 c3 )
c, a 2 (b c a) b 2 (c a b) c 2 (a b c) 3abc
Bài 4 : Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với x, y là các số thực bất kì khác
0:
x2
y2
y2
x2
4 3(
x
y
y
)
x
3.2 Giải các bài toán về ph-ơng trình bậc hai
3.2.1 Cơ sở lí luận
Có rất nhiều bài toán trong đó cần phải tính toán một số biểu thức có
chứa nghiệm của ph-ơng trình bậc hai đã cho. Ta có thể dùng đa thức đối
xứng để giải bài toán trong đó cần tính những biểu thức chứa các nghiệm của
một ph-ơng trình bậc 2.
3.2.2 Các ví dụ
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
22
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ví dụ 1: Cho ph-ơng trình bậc hai x2 + 5x + 7 = 0. Hãy lập một ph-ơng trình
bậc hai mà các nghiệm là lập ph-ơng của các nghiệm của ph-ơng trình đã
cho.
Giải :
Gọi các nghiệm của ph-ơng trình đã cho là : x1, x2 .
Các nghiệm của ph-ơng trình cần tìm là y1, y2 và các hệ số
của nó là S, P.
Theo công thức Viet ta có :
1
= x1 + x2 = 5 ;
2
= x1x2 = 7;
S = (y1 + y2); P = y1y2 .
x13 , y2
Theo giả thiết ta có y1
x 23 .
Vì vậy S = (y1 + y2) = (x13 + x23) = 3
1
2
3
1
= 3.(5).7 (5)3 = 20 .
P = y1y2 = (x13.x23) =
3
2
= 73 = 343.
Vậy ph-ơng trình cần tìm là : y2 20y + 343 = 0 .
Ví dụ 2: Cho ph-ơng trình x2 x 3 = 0 (*)
Tìm giá trị của các biểu thức sau : A = x14 + x24 ; B = x16 + x26 ;
Trong đó x1, x2 là nghiệm của (*)
Giải :
Theo công thức Viet ta có
1
= x1 + x2 = 1;
2
= x1x2 = -3 .
A = x14 + x24 = (x12 + x22)2 2x12x22
= [(x1 + x2)2 2x1x2]2 2x12x22 = (
2
1
2
2
)2 - 2
2
2
= 31 .
B = x16 + x26 = (x12 + x22)( x14 + x24 - x12x22)
=(
2
1
-2
2
)(A
2
2
) = 7(31 9) = 154 .
Ví dụ 3: Cho a Ă * , giả sử x1, x2 là nghiệm của ph-ơng trình
x 2 - ax -
Chứng minh rằng x14
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
1
=0
2a 2
x 24 2
2
23
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Giải :
Theo công thức Viet ta có
x14
x 24
4
1
2
1
4
2
2
1
2a 4
a4
1
x2
a4
4a 2 (
2
2
1
2a 4
2 2 a 4.
a;
x1
2
x1x 2
1
2a 2
1
1
) 2( 4 )
2
2a
4a
2 2
2
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 4 : Cho p,q Ă
Tìm biểu thức của
sao cho x 2
4
px
q
0 có nghiệm là
,
d-ơng.
qua p và q.
4
Giải :
Đặt
u
4
0
v
4
0
Theo định lí Viet
Đặt u + v =
1
u4
p
v4
u 4v 4
q
; uv =
2
suy ra
1
> 0,
2
>0
Ta có
4
1
p
4
2
1
4
q
2
4
1
p
4
2
4
2
2
2
2
;
q
24
1
q
Khi đó ph-ơng trình
2 q
4
1
4
24
1
q
2 q
p 0
Ph-ơng trình trên thoả mãn
2
1
1
24 q
24 q
2 q
2 q
p (2 q
p(
1
p 0) từ đó suy ra
0)
Hay u + v = 4 a + 4 b = 2 4 q + 2 q - p
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
24
Khóa luận tốt nghiệp
Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp
Ví dụ 5 : Lập ph-ơng trình bậc hai z2 + pz + q = 0 ( p,q Ă ) mà các nghiệm là
z1
x16 2x 22 ; z2
x 26 2x12
Trong đó x1, x 2 là các nghiệm của ph-ơng trình x 2 x 3 0
Giải :
Theo công thức Viet ta có :
1
x1
x2
2
x1x 2
p
(z1
q
z1z 2
1
3
z 2 ) x16 2x 2 2
x 2 6 2x12
x16 2x 2 2 x 2 6 2x12
Ta có
p ( x16
6
1
(
x26 ) 2( x12
6
4
1
2
9
x2 2 )
2
1
2
2
2
3
2
) 2(
2
1
2
2
)
[16 6.14.( 3) 9.12 ( 3) 2 2( 3)3 ] 2[12 2( 3)]
140
Do đó ta có p = 140.
q ( x16
2 x2 2 )( x2 6
x16 x2 6
6
2
2( x18
2(
8
1
2 x12 )
x18 ) 4 x12 x2 2
8
6
1
2
20
4
1
2
2
16
2
1
3
2
2
4
2
) 4
2
2
( 3)6 2[18 8.16.( 3) 20.14.( 3) 2 16.12 ( 3)3 2( 3) 4 ]+4(-3)2
833
Vậy ph-ơng trình cần tìm là : z 2
140z
833
0.
3.2.3 Bài tập áp dụng
Bài 1: Lập ph-ơng trình bậc hai có các nghiệm là lũy thừa bậc 4 các nghiệm
của ph-ơng trình 2x2 12x + 11 = 0.
Bài 2: Lập ph-ơng trình bậc hai có các nghiệm x1, x2 của nó thỏa mãn :
x14 + x24 = 10 ; x1 + x2 = 2 .
Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán
25
