Đa thức đối xứng và ứng dụng của đa thức đối xứng trong giải toán ở THPT

Nghiên cứu các nội dung cơ bản về đa thức đối xứng ba biến và một số ứng dụng của nó để giải bài toán có liên quan.. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu kĩ cơ sở lý thuyết về đa thức đối xứ

LỜI CẢM ƠN

Trong quá trình thực hiện và hoàn thành đề tài, chúng tôi đã nhận được sự tạo điều kiện

và động viên của nhiều thầy cô, bạn bè Nhân dịp này, lời đầu tiên chúng tôi xin bày tỏlòng biết ơn sâu sắc tới: Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Lý - Tin, phòng KHCN & HTQT,các thầy cô trong tổ Bộ môn Đại số- Hình học, các bạn sinh viên lớp K56 ĐHSP Toán,

đặc biệt là TS Hoàng Ngọc Anh, người thầy đã định hướng nghiên cứu, hướng dẫn

chúng tôi thực hiện đề tài này

Những ý kiến đóng góp, giúp đỡ động viên của quý thầy cô, bạn bè đã tạo điều kiệnthuận lợi để chúng tôi hoàn thành đề tài Nhân dịp này chúng tôi xin được bày tỏ lòngbiết ơn về những sự giúp đỡ quý báu nói trên

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Sơn La, tháng 05 năm 2018

Sinh viên thực hiện

Trần Anh Tuấn Đặng Thanh Bình Hoàng Thị Hải Tênh-XayLy Xông

Mục lục

Mục lục 2

Mở đầu 3

1 Đa thức đối xứng ba biến 5 1.1 Các khái niệm cơ bản 5

1.2 Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo 6

1.3 Quỹ đạo của đơn thức 8

1.4 Các định lý cơ bản 10

1.5 Đa thức phản đối xứng 12

1.6 Công thức Viète và phương trình bậc ba 14

2 Ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến 16 2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 16

2.2 Hệ Phương trình đối xứng ba ẩn 19

2.3 Tính chia hết của các đa thức đối xứng 24

2.4 Chứng minh đẳng thức 26

2.5 Chứng minh các bất đẳng thức 30

2.6 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 38

Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài:

Hệ thống kiến thức toán học ở phổ thông đóng một vai trò hết sức quan trọng trong sựphát triển của giáo dục và là một vấn đề luôn luôn nhận được sự quan tâm đặc biệt khôngchỉ của ngành giáo dục mà còn là của toàn xã hội Một trong những nội dung của toánhọc phổ thông đó là “ Đa thức đối xứng” Đây là nội dung khá đa dạng, phong phú và cónhiều ứng dụng để giải các bài toán

Trong thực tế, có nhiều bài toán khó có chứa yếu tố đối xứng, nên nếu biết áp dụng lýthuyết về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn Nhằm nâng caokiến thức cho học sinh Trung học phổ thông, chuẩn bị cho các kì thi học sinh giỏi, thiTrung học phổ thông quốc gia, bồi dưỡng kiến thức cho chuyên nghành toán của cáctrường Sư phạm chúng tôi đặt vấn đề nghiên cứu đề tài : “Đa thức đối xứng và ứng dụngcủa đa thức đối xứng trong giải toán ở THPT” Đa thức đối xứng có nhiều nội dung như

đa thức đối xứng hai biến, đa thức đối xứng ba biến, đa thức đối xứng nhiều biến Trong

đề tài này chúng tôi chọn đa thức đối xứng ba biến để nghiên cứu

2 Mục đích nghiên cứu.

Nghiên cứu các nội dung cơ bản về đa thức đối xứng ba biến và một số ứng dụng của nó

để giải bài toán có liên quan

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu kĩ cơ sở lý thuyết về đa thức đối xứng ba biến, chứng minh các định lý vàcác tính chất của đa thức đối xứng ba biến

- Các dạng bài tập ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến và phương pháp giải

4 Giả thiết khoa học

Nếu hiểu và nắm vững định nghĩa, tính chất và các định lý liên quan tới đa thức đối xứngcủa hàm ba biến, các phương pháp để giải các dạng bài tập, kết hợp với sự tự nghiên cứucủa học sinh sẽ giúp giải các bài toán đơn giản và dễ dàng hơn

5 Đối tượng nghiên cứu

- Nghiên cứu lý thuyết liên quan đến đa thức đối xứng ba biến

- Nghiên cứu các dạng bài tập, ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến để giải một số bàitoán

6 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu tài liệu

8 Cấu trúc của đề tài

Đề tài bao gồm: phần mở đầu, phần nội dung gồm 2 chương và phần kết luận

Phần nội dung bao gồm các chương sau:

Chương 1: Đa thức đối xứng ba biến.

Chương 2: Ứng dụng của đa thức đối xứng.

Chương 1

Đa thức đối xứng ba biến

1.1 Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1.1.1 Một đơn thức ϕ(x, y, z) của các biến x, y, z được hiểu là hàm số códạng

ϕ(x, y, z) = aklmxkylzm,

trong đók, l, m ∈N được gọi là bậc của các biếnx, y, z;

sốaklm ∈ R∗ =R\ {0} được gọi là hệ số của đơn thức, cònk + l + mđược gọi là bậccủa đơn thứcϕ(x, y, z).

Định nghĩa 1.1.2 Một hàm sốP (x, y, z)của các biếnx, y, zđược gọi là một đa thức nếu

có thể được biểu diễn ở dạng tổng hữu hạn các đơn thức:

P (x, y, z) = X

k+l+m 6n

aklmxkylzm.

Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức

Định nghĩa 1.1.3 Đa thức P (x, y, z) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi vớimọi hoán vị củax, y, z, nghĩa là

1.2 Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo

Định nghĩa 1.2.1 Các đa thứcsk = xk+ yk+ zk, (k = 0, 1, ), được gọi là tổng lũy thừabậck của các biếnx, y, z

Định lý 1.2.2 (Công thức Newton) Với mọik ∈Z ta có hệ thức

Công thức được chứng minh

Định lý 1.2.3 Mỗi tổng lũy thừask = xk+ yk+ zk đều có thể biểu diễn được dưới dạng một đa thức bậck theo các biếnσ1, σ2, σ3.

Chứng minh Ta áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh Ta có:

s0= 3, s1 = x + y + z = σ1,

s2 = x2+ y2+ z2 = (x + y + z)2− 2(xy + yz + zx) = σ21− 2σ2.

Như vậy, định lý luôn đúng vớin = 0, n = 1, n = 2.

Giả sử định lý luôn đúng vớin = k − 1, n = k − 2, n = k − 3, (k ≥ 3)

Khi đó theo công thức Newton (1.2.1), định lý cũng đúng vớin = k

Định lý đã được chứng minh

Công thức Newton cho phép biểu diễn các tổng lũy thừask theo các đa thức đối xứng

cơ sởσ1, σ2, σ3, nếu biết trước công thức biểu diễn củask−1, sk−2 Định lý sau đây cho tacông thức biểu diễn trực tiếpsk theoσ1, σ2, σ3.

Định lý 1.2.4 (Công thức Waring) Tổng lũy thừask được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở theo công thức:

Ví dụ Từ công thức Waring chúng ta có thể tìm được các công thức sau:

Do công thức (1.2.1) đúng với∀k ∈ N,nên nếu trong công thức trên thayk bởi3 − k tađược:

1.3 Quỹ đạo của đơn thức

Định nghĩa 1.3.1 Đa thức đối xứng với số các số hạng tối thiểu Một trong các số hạng

của nó là đơn thứcxkylzm được gọi là quỹ đạo của đơn thức xkylzm và được ký hiệu là

O(xkylzm).

Rõ ràng là để tìm các quỹ đạo của đơn thứcxkylzm cần phải bổ sung vào đơn thức đó tất

cả các hoán vị củax, y, z.Với k 6= l 6= m,ta có:

O(xkylzm) = xkylzm+ xkymzl+ xlykzm+ xlymzk+ xmykzl + xmylzk.

Nếu như trong đơn thứcxkylzmcó hai số mũ nào đó bằng nhau, chẳng hạnk = l 6= mthì

O(xkylzm) = xkykzm+ xkymzk+ xmykzk.

Các trường hợp riêng của quỹ đạo:

O(x) = O(xy0z0) = x + y + z = σ1, O(xy) = O(xyz0) = xy + xz + yz = σ2.

O(xyz) = xyz = σ3, O(xk) = O(xky0z0) = xk + yk + zk = sk, k ∈N.

Định lý 1.3.2 Quỹ đạo của mọi đơn thức biểu diễn được dưới dạng một đa thức theo

các đơn thức đối xứng cơ sở.

Chứng minh Trước hết ta cóO(xk) = sk,nên theo định lý 1.2.3,O(xk)biểu diễn đượctheo các đa thức đối xứng cơ sở

Chuyển sang trường hợp khi quỹ đạo có dạngO(xkyl).Ta có công thức:

O(xkyl) = O(xk)O(xl) − O(xk+l) (k 6= l), (1.3.1)Thật vậy, ta có:

O(xk)O(xl) − O(xk+l) = (xk+ yk+ zk)(xl+ yl+ zl) − (xk+l+ yk+l + zk+l)

= (xk+l+ yk+l+ zk+l+ xkyl + xlyk + xkzl+ + xlzk+ ykzl+ ylzk) − (xk+l + yk+l + zk+l)

Từ (1.3.1) và (1.3.2) suy ra các quỹ đạoO(xkyl)biểu diễn được ở dạng đa thức theo cácbiếnσ 1 , σ 2 , σ 3

Cuối cùng, nếu đơn thức xkylzm phụ thuộc vào cả ba biến x, y, z. Nghĩa là k 6= l 6= m

và cùng khác0,thì đơn thứcxkylzm sẽ chia hết cho lũy thừa với số mũ nào đó của xyz.

Vì vậy, trong đa thứcO(xkylzm)có thể đưa lũy thừa với số mũ nào đó của xyz = σ 3 rangoài ngoặc Khi đó trong ngoặc chỉ là quỹ đạo phụ thuộc vào số biến ít hơn ba Do đó,quỹ đạoO(xkylzm)biểu diễn được dưới dạng đa thức củaσ1, σ2, σ3.Định lý được chứngminh

Bằng cách trên ta có thể dễ dàng nhận được các công thức sau:

1 σ3− σ2σ3, O(x4y) = σ31σ2− 3σ1σ22− σ 2

1 σ3+ 5σ2σ3, O(x3y3) = σ23+ 3σ32− 3σ1σ2σ3,

O(x4y2) = σ12σ22− 2σ 3

2 − 2σ 3

1 σ3+ 4σ1σ2σ3− 3σ 2

3 , O(x5y) = σ41σ2− 4σ 2

có thể phân tích đa thức f (x, y, z)thành tổng các quỹ đạo Theo định lý 1.3.2, mỗi quỹđạo lại là một đa thức theo các đa thức đối xứng cơ sở, do đó mọi đa thức đối xứng cóthể biểu diễn được ở dạng đa thức theo các đa thức đối xứng cơ sở Định lý được chứngminh.

Định lý 1.4.2 (Định lý duy nhất) Nếu hai đa thứcϕ(t, u, v), ψ(t, u, v) khi thayt = σ1 =

x + y + z, u = σ2 = xy + yz + zx, v = σ3 = xyz cho ta cùng một đa thức đối xứng

và kí hiệuτ 1 τ 2 là những đa thức đối xứng cơ sở của các biếnx 1 , x 2.

Để biểu diễn một đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ sở Một cách tổng quát,

ta có thể tiến hành theo các bước như trong chứng minh của định lý 1.4.1 Tuy nhiêntrong trường hợp đa thức là thuần nhất, ta có thể dùng phương pháp "hệ số bất định" Cơ

sở của phương pháp này là mệnh đề sau đây

Mệnh đề 1.1 Cho hàm sốf m (x, y, z)là một đa thức đối xứng thuần nhất bậc m Khi đó

fm(x, y, z)được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở theo công thức

f5(x, y, z) = a1σ15+ a2σ31σ2+ a3σ1σ22+ a4σ21σ3+ a5σ2σ3,

f6(x, y, z) = a1σ16+ a2σ41σ2+ a3σ12σ22+ a4σ23+ a5σ13σ3+ a6σ32+ a7σ1σ2σ3,

trong đóai(i = 1, 2, 3, ) là các hằng số được xác định duy nhất (theo định lý 1.4.2) và

để tìm các hệ số này, ta chỉ việc chox, y, z nhận các giá trị cụ thể thích hợp nào đó

Chứng minh Thật vậy, thực hiện phép chia đa thứcf (t)cho(t − a), ta được

f (t) = g(t)(t − a) + r(t).

Vì(t − a)có bậc bằng1, nên đa thức dưr(t)có bậc khác không, nghĩa là

r(t) = r = const.

Trong đẳng thức trên chot = a, ta đượcr = f (a) Từ đó suy raf (t)chia hết cho(t − a)

khi và chỉ khif (a) = 0 Định lý được chứng minh

Định lý 1.5.3 Mọi đa thức phản đối xứng hai biếnf (x, y)đều có dạng:

f (x, y) = (x − y)g(x, y), (1.5.1)

trong đóg(x, y)là đa thức đối xứng theo các biếnx, y.

Chứng minh Trước hết nhận xét rằng, nếuf (x, y)là đa thức phản đối xứng thìf (x, x) =

0.Thật vậy, theo định nghĩa ta có

f (x, y) = −f (y, x).

Trong đẳng thức trên đặty = x, ta có f (x, x) = −f (x, x) suy raf (x, x) = 0 Ta kí hiệu

F y (x) = f (x, y)là đa thức chỉ theo biến x (coi y là tham số) Theo nhận xét trên, ta có

F y (y) = 0 Theo định lý Bezout, đa thức F y (x)chia hết cho(x − y) Do đó f (x, y) chiahết cho(x − y), nghĩa là có dạng

f (x, y) = (x − y)g(x, y), (1.5.2)

trong đóg(x, y)là đa thức nào đó Trong công thức (1.5.2) đổi chỗ củax, y ta được

trong đóg(x, y, z)là đa thức đối xứng theo các biếnx, y, z.

Trong đa thức phản đối xứng, các đa thức(x − y)vàT = (x − y)(y − z)(y − z)đóng vaitrò rất quan trọng và được gọi là các đa thức phản đối xứng đơn giản nhất tương ứng đốivới đa thức phản đối xứng hai biến và ba biến

Định nghĩa 1.5.5 Bình phương của đa thức phản đối xứng đơn giản nhất gọi là biệt

1.6 Công thức Viète và phương trình bậc ba

Định lý 1.6.1 (Công thức Viète) Nếux1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình

được gọi là biệt thức của phương trình Khi đó:

a) Nếu∆ > 0, thì tất cả các nghiệm x1, x2, x3là các số thực và khác nhau.

b) Nếu∆ < 0, thì một nghiệm của phương trình là thực, còn hai nghiệm kia là số phức liên hợp cùng nhau.

c) Nếu∆ = 0vàa2− 3b 6= 0, thì phương trình (1.6.1) có ba nghiệm thực, trong đó có hai nghiệm trùng nhau (nghiệm kép), nghiệm còn lại khác hai nghiệm trên Nếu∆ = 0 và

a2− 3b = 0thì phương trình có ba nghiệm thực trùng nhau (nghiệm bội).

Chứng minh Giả sửx1, x2, x3là các nghiệm của phương trình (1.6.1) (có thể là các sốphức, nhưng ít nhất có một nghiệm là thực) Khi đó theo công thức Viète cho phươngtrình bậc ba, ta có

σ1 = x1+ x2+ x3 = a, σ2 = x1x2+ x1x3+ x3x2= b, σ3= x1x2x3 = −c.

Xét bình phương của đa thức phản đối xứng đơn giản nhất củax 1 , x 2 , x 3.

b) Giả sửx1là nghiệm thực, còn x2, x3 là phức:x2 = α + iβ, x3 = α − iβ.Khi đó

T = (x1− α − iβ)(x1− α + iβ)2iβ = 2iβ[(x1− α)2+ β2].

Chương 2

Ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến

2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử

2.1.1 Ứng dụng

Trong mục này trình bày hai phương pháp phân tích đa thức đối xứng thành nhân tử.Phương pháp thứ nhất, thể hiện ở chỗ biểu diễn đa thức đã cho theo các đa thức đối xứng

cơ sởσ1, σ2, σ3 Phương pháp thứ hai là phương pháp hệ số bất định

Đặc biệt, khi chứng minh đa thức phản đối xứng thuần nhất ta sử dụng mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.2 Kí hiệuθm(x, y, z)là đa thức phản đối xứng bậcm Khi đó

và công thức Waring, ta có

f (x, y, z) = 2s 3 + 7(s 2 σ 1 − s 3 ) + 16σ 3 = 2σ31+ σ 1 σ 3 + σ 3

Đa thức ở vế phải không thể phân tích được thành nhân tử Điều đó chứng tỏ f không

có nhân tử đối xứng theox, y, z Vìf là đa thức đối xứng bậc 3, nên nó có thể phân tíchthành tích của 3 nhân tử bậc nhất Như vậy, mỗi nhân tử là đối xứng theo hai biến Do

đó ta tìm nhân tử ở dạng

f (x, y, z) = (ax + ay + bz)(ax + by + az)(bx + ay + az).

Chúng ta cần phải tìm các hệ sốa, b Nếu trong đẳng thức trên chox = 1, y = 1, z = 1, tađược64 = (2a + b)3, suy ra2a + b = 4

Tiếp theo, nếu chox = y = 1, z = −1, thì(2a − b)b2 = 0.

Nếub = 0thìa = 2và ta có

f (x, y, z) = 8(x + y)(y + z)(z + x).

Dễ thấy rằng đẳng thức này không đúng vì

8(x + y)(y + z)(z + x) = 8.O(x2y) + 16xyz,

trong khi đó

f (x, y, z) = 2.O(x3) + 7.O(x2y) + 16xyz 6= 8.O(x2y) + 16xyz.

Vậyb 6= 0 nên2a − b = 0 Từ các đẳng thức2a + b = 4, 2a − b = 0, suy raa = 1, b = 2.

Ví dụ 2.5 Phân tích đa thức sau thành nhân tử

f (x, y, z) = yz(y2− z2) + xz(z2− x2) + xy(x2− y2).

Lời giải Vìf (x, y, z) là đa thức phản đối xứng và đẳng cấp bậc bốn, nên theo mệnh đề1.2, ta có:

f (x, y, z) = aT (x, y, z)σ1.

Để tìma, ta chox = 0, y = 1, z = 2và tìm đượca = −1 Vậy ta có kết quả:

yz(y2− z2) + xz(z2− x2) + xy(x2− y2) = −(x + y + z)(x − y)(y − z)(z − x).

Hệ phương trình (2.2.2) thường đơn giản hơn hệ (2.2.1) và ta có thể dễ dàng tìm đượcnghiệmσ 1 , σ 2 , σ 3 Sau khi tìm được các giá trị củaσ 1 , σ 2 , σ 3, cần phải tìm các giá trị củacác ẩn sốx, y, z Điều này dễ dàng thực hiện được nhờ định lý sau đây.

Định lý 2.2.1 Giả sửσ 1 , σ 2 , σ 3là các số thực nào đó Khi đó phương trình bậc ba

Suy rau 1 , u 2 , u 3là nghiệm của hệ (2.2.4) Ngoài ra còn năm nghiệm nữa được nhận đượcbằng cách hoán vị các giá trị của các ẩn số Vấn đề hệ (2.2.4) không còn nghiệm nàokhác sẽ được làm sáng tỏ dưới đây.

Giả sửx = a, y = b, z = clà nghiệm của hệ (2.2.4), nghĩa là

Chứng minh Giả sửx, y, z là nghiệm của hệ (2.2.4) Khi đó theo định lý 2.2.1,x, y, z

là các nghiệm của phương trình (2.2.3) Theo định lý 1.6.2, phương trình (2.2.3) cónghiệm thực khi và chỉ khi biểu thức của nó không âm, nghĩa là (2.2.5) được thỏa mãn.Ngoài ra, nếu các số x, y, z là không âm, thì hiển thị σi > 0 (i = 1, 2, 3). Ngược lại,nếuσi > 0 (i = 1, 2, 3)và (2.2.5) được thỏa mãn, thì phương trình (2.2.3) không thể cónghiệm âm Thật vậy, trong (2.2.3) thayu = −v ta có phương trình

v3+ σ1v2+ σ2v + σ2= 0. (2.2.6)

Vì σi > 0 (i = 1, 2, 3), nên phương trình (1.7.6) không thể có nghiệm dương, do đóphương trình (2.2.3) không thể có nghiệm âm Từ đó suy ra x, y, z là các số không âm.Định lý đã được chứng minh

Phương trình này có nghiệm duy nhấtσ3 = 6 Vậy ta cóσ1= 6, σ2= 11, σ3 = 6.

Theo định lý 2.2.1, ta cóx, y, z là các nghiệm của phương trình

u3− 6u2+ 11u − 6 = 0 ⇔ (u − 1)(u − 2)(u − 3) = 0.

Nghiệm của phương trình này làu1 = 1, u2 = 2, u3 = 3.

Vậy nghiệm của hệ đã cho là những bộ(x, y, z) :

(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (3, 2, 1), (3, 1, 2).

x +

1 2y − 13z = 1.

Lời giải Hệ đã cho không phải là hệ đối xứng theox, y, z

Tuy nhiên, nếu đặtu = x, v = y, w = −3z,thì hệ đối xứng tương đương với hệ trên:

Suy ra, theo Định lý 1.6.2,x, y, zlà các nghiệm của phương trình

t3− at2+ abt − a2bt = 0 ⇔ (t − a)(t2+ ab) = 0. (2.2.7)

ab)và tất cả các hoán vị của nó

b) Nếu ab ≤ 0, thì phương trình (2.2.7) có ba nghiệm thực t1 = a, t2 = √

Để giải các bài toán về tính chia hết giữa các đa thức ta thường sử dụng định lý Bezout

và các kỹ năng phân tích thành nhân tử