DA THUC NHIEU BIEN

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

******* KHOA TOÁN *******

======================================

BÀI KIỂM TRA GIỮA KỲ

ĐẠI SỐ HIỆN ĐẠI II

Học viên :HUỲNH ĐỨC KHÁNH
Lớp : Cao học TỐN - GIẢI TÍCH K14

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Đề bài. Khảo sát vành đa thức nhiều biến và ứng dụng đa thức đối xứng để giải hệ
phương trình.

PHẦN I

KHẢO SÁT VÀNH ĐA THỨC

NHIỀU BIẾN

Trong toán học, đa thức trên một vành (hoặc trường) K là một biểu thức dưới dạng
tổng đại số của các đơn thức. Mỗi đơn thức là tích của một phần tử (được gọi là hệ tử hoặc
hệ số) thuộcK với các lũy thừa tự nhiên của các biến.

Trong chương trình giáo dục phổ thơng, thường xét các đa thức trên trường số thực,
trong những bài tốn cụ thể có thể xét các đa thức với hệ số nguyên hoặc hệ số hữu tỷ.

Ví dụ : f(x, y, z) = 2x2y−3y2+ 5yz−2 là một đa thức, với x, y và z là các biến.
Hàm số biểu diễn bởi một đa thức được gọi là hàm đa thức. Phương trình P = 0 trong
đóP là một đa thức được gọi là phương trình đại số.

I - VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN.

Giả sử A là một vành giao hốn, có đơn vị ký hiệu là 1. Ta gọi P là tập hợp các dãy

(a0, a1, ..., an, ...) trong đó ai ∈A với mọii∈N và ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn.
TrênP ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau

(a0, a1, ..., an, ...) + (b0, b1, ..., bn, ...) = (a0+b0, a1+b1, ..., an+bn, ...) (1.1)

(a0, a1, ..., an, ...)×(b0, b1, ..., bn, ...) = (c0, c1, ..., cn, ...) (1.2)
với ck =

P

i+j=k

aibj, k= 0,1,2, ..., n.

Vì các ai và bi bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên các ai+bi và ci cũng bằng 0 tất
cả trừ một số hữu hạn, nên (1.1) và (1.2) xác định hai phép toán trong P.

TậpP cùng với hai phép toán cộng và nhân ở trên là một vành giao hốn có đơn vị. Phần
tử không của phép cộng là dãy (0,0,0, ..), phần tử đơn vị của phép nhân này là (1,0,0, ..).

Xét dãy x= (0,1,0, ...,0, ...)∈P

Theo quy tắc của phép nhân trong P, ta có
xn=



</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Mặt khác, xét ánh xạ : A−→P

a7−→(a,0, . . . ,0, . . .)

Dễ dàng kiểm chứng được ánh xạ này là một đơn cấu vành, do đó ta đồng nhất phần
tửa ∈A với dãy (a,0, . . . ,0, . . .) ∈P và xem A là một vành con của vành P. Vì mỗi phần
tử của P là một dãy (a0, a1, ..., an, . . .) trong đó các ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên
mỗi phần tử củaP có dạng (a0, ..., an,0, . . .) trong đó a0, ..., an∈A (khơng nhất thiết khác
0). Việc đồng nhấta với (a,0,0, . . .) và việc đưa vào dãy xcho phép ta viết

(a0, ...an,0, ...) = (a0,0,0, ...) + (0, a1,0, ...) +...+ (0, ..., an,0, ...)

= (a0,0,0, ...) + (a1,0,0, ...) (0,1,0, ...) +...+ (an,0,0, ...) (0, ...,1,0, ...)

=a0+a1x+...+anxn =a0x0+a1x+...+anxn.

Vành P được định nghĩa như trên, gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A, hay
vắn tắt là vành đa thức của ẩnx trên A, ký hiệu A[x]. Các phần tử của A[x]gọi là các
đa thức của ẩn xlấy hệ tử trong A và thường ký hiệu là f(x), g(x), ...

Trong một đa thứcf(x) =a0x0+a1x+...+anxn, các ai với i= 0,1, ..., n gọi là các hệ
tử của đa thức, cácaixigọi là các hạng tử của đa thức, đặc biệta0x0 =a0gọi là hạng tử tự do.
II - VÀNH ĐA THỨC NHIỀU ẨN.

Giả sử A là một vành giao hốn có đơn vị. Ta đặt

A1 =A[x1], A2 =A1[x2], ..., An=An−1[xn]

Vành An =An−1[xn] được kí hiệu A[x1, x2, ..., xn] và gọi là vành đa thức của n ẩn
x1, x2, ..., xn lấy hệ tử trong A. Mỗi phần tử của An gọi là một đa thức của n ẩn

x1, x2, ..., xn lấy hệ tử trong A và thường kí hiệu là f(x1, x2, ..., xn) hay g(x1, x2, ..., xn)...
Từ định nghĩa trên ta có dãy vành: A0 = A ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ ... ⊂ An. Trong đó Ai−1 là
vành con của vành Ai với i= 1,2, ...

Từ tính chất của hai phép toán trong một vành và bằng quy nạp ta chứng minh được
mọi đa thứcf(x1, x2, ..., xn)∈A[x1, x2, ..., xn] đều có thể viết dưới dạng

f(x1, x2, ..., xn) =c1xa111x
a12

2 ...x
a1n

n +c2xa121x
a22

2 ...x
a2n

n +...+cmxa1m1x
am2

2 ...x
amn

n

vớici ∈A;ai1, ai2, ..., ain, i= 1, mlà những số tự nhiên và(ai1, ai2, ..., ain)6= (aj1, aj2, ..., ajn)
vớii6=j, cáccigọi là các hệ tử,cixa1i1x

ai2

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

III - NGHIỆM CỦA ĐA THỨC.

Khi thay các các biến (x1, x2, ..., xm) bằng bộ các giá trị (c1, c2, ..., cm) ∈ Km và thực
hiện các phép toán ta được kết quả là một phần tử ∈Km _{, được gọi là giá trị của đa thức}
tại (c1, c2, ..., cm):

P(c1, c2, ..., cm) =
n

X

i=0
ai·c

ki,1

1 c
ki,2

2 ...c
ki,m

m

Nếu P(c1, c2, ..., cm) = 0 thì (c1, c2, ..., cm) được gọi là nghiệm của đa thức. Chúng cịn
được gọi là các khơng điểm của đa thức.

Các bài tốn đầu tiên về đa thức là tìm các nghiệm của đa thức, cũng là nghiệm của

phương trình đại sốP(x1, x2, ..., xm) = 0 nên đa thức củam biến được nhiều người gọi là đa
thức của m ẩn.

PHẦN II

ĐA THỨC ĐỐI XỨNG

I - ĐA THỨC ĐỐI XỨNG.

Định nghĩa. Giả sử A là một vành giao hốn có đơn vị, f(x1, x2, . . . , xn) là một đa thức
của vànhA[x1, x2, . . . , xn]. Ta nói f(x1, x2, . . . , xn)là một đa thức đối xứng của n ẩn nếu

f(x1, x2, . . . , xn) = f(xτ(1), xτ(2), . . . , xτ(n))
với mọi phép thếτ

τ =

1 2 .... n
τ(1) τ(2) ... τ(n)

trong đóf(xτ(1), xτ(2), . . . , xτ(n))có được từf(x1, x2, . . . , xn)bằng cách trongf(x1, x2, . . . , xn)
thay xi bởi xτ(i), i= 1,2, ..., n.

Định lý. Tập con gồm các đa thức đối xứng của vành A[x1, x2, . . . , xn] là một vành con
của vànhA[x1, x2, . . . , xn].

Các đa thức

σ1 =x1+x2+...+xn

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

...

σn−1 =x1x2...xn−1+x1x2...xn−2xn+...+x2x3...xn
σn=x1x2...xn

là các đa thức đối xứng và gọi là các đa thức đối xứng cơ bản đối vớin ẩnx1, x2, . . . , xn.
Giả sửg(x1, x2, . . . , xn)là một đa thức củaA[x1, x2, . . . , xn], phần tử củaA[x1, x2, . . . , xn]

có được bằng cách trongg(x1, x2, . . . , xn) thay x1 bởi σ1, x2 bởi σ2,..., xn bởiσn gọi là một
đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản, kí hiệu làg(σ1, σ2, ..., σn). Vìσ1, σ2, ..., σn là những
đa thức đối xứng nên g(σ1, σ2, ..., σn) cũng là một đa thức đối xứng .

II - CÔNG THỨC VIET.
Cho đa thức bậc n :

f(x) =a0xn+a1xn−1+...+akxn−k+...+an (1.3) (1.3)
lấy hệ tử trong trường T. Gỉa sử f(x) có trong T hoặc trong một mở rộng nào đó của T,
tức là một trường nào đó chứaT làm một trường con, nnghiệmα1, α2, ..., αn. Khi đó ta có :
f(x) =a0(x−α1) (x−α2)....(x−αn) (1.4) (1.4)
Khai triển vế phải và so sánh các hệ tử của các lũy thừa giống nhau trong (1.3) và (1.4)
ta sẽ được các công thức sau và gọi là công thức Viet đối với đa thức bậc n.

a1
a0

=−(α1 +α2+...+αn)

. . .

ak
a0

= (−1)k P

i1<i2<...<ik

αi1αi2...αik

. . .
an
a0

= (−1)nα1α2....αn

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

PHẦN III

ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1. Giải hệ phương trình





x3−3x2−9x+ 22 =y3+ 3y2−9y
x2₊_y2₋_x₊_y₌ 1

2

Đề thi TSĐH 2012.

Nhận xét: Đây chưa là hệ phương trình đối xứng giữa hai ẩn x và y, nhưng chỉ bằng cách
đặtt =−x thì hệ đã cho trở thành hệ đối xứng giữa hai ẩnt vày. Hệ đã cho cịn có tên gọi
là:00hệ gần đối xứng hoặc hệ nửa đối xứng hoặc hệ giả đối xứng00

•Bằng cách đặt t=−xta được





t3+y3+ 3t2+ 3y2−9(t+y) = 22

t2₊_y2₊_t₊_y₌ 1

2.

•Đặt

(

σ1 =y+t
σ2 =yt

, khi đó hệ trở thành





σ13−3σ1σ2+ 3(σ12 −2σ2)−9σ1 = 22

σ12−2σ2+σ1 =

1
2
⇔




σ13−3σ1σ2 + 3(σ12−2σ2)−9σ1 = 22

σ2 =

1
2(σ1

2 ₊_σ
1−
1
2)
⇔




2σ13+ 6σ12+ 45σ1+ 82 = 0

σ2 =

1
2(σ1

2 ₊_σ
1−
1
2)
⇔




σ1 =−2
σ2 =

3
4.
•Với




σ1 =−2
σ2 =

3
4

, khi đó t, y là nghiệm của phương trình

z2−Sz+P = 0 ⇔z2+ 2z+ 3
4 = 0

⇔






t=−3

2

y=−1

hoặc






t =−1

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Bài 2. Giải hệ phương trình

(√

x+p4

y3₋_{1 = 3}

x2₊_y3 _{= 82} với (x, y ∈R).

• Hệ phương trình đã cho khơng phải là hệ phương trình đối xứng đối với x và y. Ta đặt

(

u=√x
v =p4

y3₋₁ . Hệ phương trình đưa về

(

u+v = 3

u4_{+ (}_v4_{+ 1) = 82} ⇔

(

u+v = 3

u4₊_v4 _{= 81}_.
• Hệ phương trình trên là hệ đối xứng đối với hai biến u, v. Đặt

(

σ1 =u+v

σ2 =uv ta nhận
được hệ phương trình

(

σ1 = 3

σ₁4−4σ2₁σ2+ 2σ22 = 81.

•Thay σ1 = 3 vào phương trình hai, ta nhận được σ22−18σ2 = 0. Phương trình này có hai
nghiệmσ2 = 0 và σ2 = 18. Ta nhận được hai nghiệm

(

σ1 = 3
σ2 = 0

hoặc

(

σ1 = 3

σ2 = 18.

• Hệ phương trình thứ nhất đưa về giải phương trình bậc hai z2 ₋₃_z _{= 0} _{nên ta có hai}
nghiệm đối với u, v là

(

u= 0

v = 3 hoặc

(

u= 3

v = 0 . Khi đó

(

x= 9

y= 1 hoặc

(

x= 0

y=√3
82.
•Hệ phương trình thứ hai đưa về giải phương trình bậc haiz2₋₃_z_{+ 18 = 0}_{. Hệ này khơng}

có nghiệm thực. Do đó nghiệm thực của hệ ban đầu chỉ có hai bộ số trên.

Bài 3. Giải hệ phương trình







x+y−z = 7

x2₊_y2₋_z2 _{= 37}
x3₊_y3₋_z3 _{= 1}

với (x, y, z∈_R).

•Ta coi biến thứ ba z như là độc lập (cố định lại), thì những phương trình trong hệ đã cho
có vế trái là những đa thức đối xứng theo hai biếnx, y. Đặt

(

σ1 =x+y
σ2 =xy

ta đưa về hệ








σ1−z = 7

σ2₁−2σ2−z2 = 37

σ3₁−3σ1σ2−z3 = 1.

• Bằng cách lấy z ở phương trình thứ nhất và σ2 ở phương trình thứ hai thay vào phương
trình thứ ba. Sau khi tính tốn ta được18σ1 = 342. Từ đây ta tìm được nghiệm của hệ trên
σ1 = 19, σ2 = 90, z = 12.

•Từ đây đưa về giải phương trình bậc hai và tìm được nghiệm







x= 9

y= 10

z = 12

hoặc







x= 10

y= 9

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Bài 4. Giải hệ phương trình



r_x
y +
r_x
y =
7
√

xy + 1

p

x3_y₊p_xy3 _{= 78}

với (x, y ∈_R).

• Nhận xét: Hệ đã cho là hệ đối xứng. Từ hệ phương trình ta thấy rằng x, y phải khác
khơng và có cùng dấu. Nếu x, y > 0 thì ta đặt u= √x, v = √y, nếu x, y < 0 thì ta đặt
u=√−x, v =√−y.

• Trong cả hai trường hợp trên hệ đưa về dạng :




u
v +
v
u =
7

uv + 1
u3v+uv3 = 78

. Đây là hệ đối xứng
giữa uvà v.

•Đặt

(

σ1 =u+v
σ2 =uv

, khi đó hệ trở thành

(

σ12−3σ2 = 7

σ2(σ12−2σ2) = 78
⇔

(

σ1 = 5
σ2 = 6

hoặc

(

σ1 =−5
σ2 = 6.
•Vì u, v là những số dương nên ta chọn

(

σ1 = 5
σ2 = 6
⇒

(

u= 2

v = 3 hoặc

(

u= 3

v = 2.
•Thay trở lại tìmx, yta được

(

x= 4

y= 9 hoặc

(

x= 9

y= 4 hoặc

(

x=−9

y=−4 hoặc

(

x=−4

y =−9.
Bài 5. Giải hệ phương trình

(

x2+ 1 +y(x+y) = 4y

(x2+ 1)(x+y−2) = y với (x, y ∈R).
•Do y = 0 khơng phải là nghiệm nên hệ phương trình ⇔









x2 _{+ 1}

y +x+y−2 = 2
x2 _{+ 1}

y (x+y−2) = 1.
•Đặt





u= x

2_{+ 1}

y
v =x+y−2

, do đó ta có hệ

(

u+v = 2

uv = 1

Nhận xét: Hệ ban đầu không đối xứng, nhưng bằng phương pháp đặt ẩn phụu, v thì hệ đã
cho trở thành hệ đối xứng giữa hai ẩnu, v và ta tìm được

(

u= 1

v = 1 ⇒





</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Bài 6. Giải hệ phương trình

(

x4₋₄_x2₊_y2₋₆_y_{+ 9 = 0}

x2_y₊_x2 _{+ 2}_y₋_{22 = 0} với (x, y ∈R).
•Nhận xét: Hệ đã cho khơng phải là hệ đối xứng, nhưng bằng cách phân tích

(

x4₋₄_x2₊_y2₋₆_y_{+ 9 = 0}
x2_y₊_x2_{+ 2}_y₋_{22 = 0} ⇔

(

(x2₋₂₎2_{+ (}_y₋₃₎2

= 4

(x2₋_{2 + 4)(}_y₋_{3 + 3) +}_x2₋₂₋_{20 = 0}_.
và đặt

(

x2₋_{2 =} _u

y−3 = v ta được hệ đối xứng giữa u vàv là

(

u2₊_v2 _{= 4}

u.v+ 4(u+v) = 8.
•Giải hệ này và thay trở lại tìm x, y ta được

(

x= 2

y= 0 hoặc

(

x= 0

y= 2.

Bài 7. Giải hệ phương trình









x+ 2y−3z = 9
2xy−6yz−3xz = 27

1

x +

1

2y −

1
3z = 1

với (x, y, z ∈_R).
•Hệ phương trình không phải là hệ đối xứng theo x, y, z nhưng nếu ta đặt

u=x, v = 2y, w =−3z

thì ta có hệ đối xứng









u+v+w= 9

uv+vw+uw= 27
1

u+

1

v −

1

w = 1.

•Đặt σ1 =u+v+w, σ2 =uv+vw+uw, σ3 =uvw, khi đó ta được









σ1 = 9
σ2 = 27

σ2
σ3
= 1
⇔






σ1 = 9
σ2 = 27

σ3 = 27.

•Áp dụng cơng thức Viet thì u, v, w là ba nghiệm của phương trình bậc ba :
z3−9z2+ 27z−27 = 0⇔(z−3)3 = 0.

•Vậy ta có z1 =z2 =z3 = 3 nên u=v =w= 3.
•Thay trở lại tìm x, y, z ta được

−1;3
2; 3

và các hốn vị của nó.

</div>

<!--links-->