Luận văn về đa thức đối xứng

Luận văn toán học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp về đa thức đối xứng do thầy giáo Nguyễn Văn Trọng thực hiện dưới sự hướng dẫn khoa học của thầy, Giáo Sư, Tiến sĩ khoa học, Nguyễn Văn Mậu. Tài liệu định dạng pdf thực hiện bởi tchuowng trình latex, bao gồm tất cả 80 trang, ba chương

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt i

Lời nói đầu ii

Chương 1 Một số tính chất của đa thức đại số thực 1

1.1 Vành đa thức một biến 1

1.2 Các định lý về nghiệm của đa thức 3

1.3 Quy tắc dấu Descartes 5

1.4 Vành đa thức nhiều ẩn 7

Chương 2 Một số biểu diễn của các đa thức đối xứng và áp dụng 9 2.1 Đa thức đối xứng ba biến 9

2.1.1 Các khái niệm cơ bản 9

2.1.2 Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo 10

2.1.3 Quỹ đạo của đơn thức 12

2.1.4 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến 14

2.1.5 Phân tích đa thức thành nhân tử 18

2.1.6 Tính chia hết của các đa thức đối xứng 20

2.1.7 Chứng minh các đẳng thức ba biến 21

2.1.8 Chứng minh bất đẳng thức ba biến 25

2.2 Đa thức đối xứng nhiều biến 33

2.2.1 Các khái niệm cơ bản 33

2.2.2 Biểu diễn các tổng lũy thừa qua các đa thức đối xứng cơ sở 35

2.2.3 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng nhiều biến 38

2.2.4 Các hệ thức liên hệ giữa các đa thức đối xứng cơ sở 41

2.2.5 Chứng minh bất đẳng thức nhiều biến 47

Chương 3 Một số vấn đề liên quan 57

3.1 Đa thức phản đối xứng nhiều biến 57

3.2 Một số định lý dạng Viete 63

3.3 Đa thức Hyperbolic 67

3.4 Bất đẳng thức dạng Karamata giữa các đa thức đối xứng đồng bậc 70 Kết luận 73

Tài liệu tham khảo 75

A[x] Vành đa thức một biến trên A

A[x1, , x n ] Vành đa thức n biến trên A

σ k Đa thức đối xứng cơ sở bậc k

Những lĩnh vực phức tạp của đại số đối với bậc trung học phổ thông thường

là giải phương trình và hệ phương trình bậc cao, phân tích các đa thức nhiềubiến thành nhân tử, chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức có chứa nhiềubiến số vv Một trường hợp quan trọng và thường gặp trong các bài toán củacác lĩnh vực nói trên là khi các biến số của đa thức có vai trò như nhau, tức là

đa thức đó không thay đổi khi hoán đổi vai trò của các biến cho nhau Chúng

ta gọi các đa thức như vậy là đa thức đối xứng

Nhiều bài toán khó có chứa yếu tố đối xứng nếu biết áp dụng lý thuyết về

đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở thành đơn giản và được giải quyết

dễ dàng hơn Hiện nay đã có một số tài liệu chuyên khảo về đa thức xuất bảnbằng tiếng Việt, trong đó có phần dành cho đa thức đối xứng Tuy nhiên, chưa

có nhiều tài liệu chuyên sâu và trình bày có hệ thống các vấn đề về đa thức đốixứng Luận văn này ra đời nhằm đáp ứng phần nào nhu cầu đó Nội dung chínhcủa luận văn là trình bày cơ sở lý thuyết của các đa thức đối xứng và đưa ranhững ví dụ áp dụng trong đại số sơ cấp Các vấn đề của lý thuyết sẽ được trìnhbày một cách đơn giản theo hướng quy nạp từ ba biến, đến nhiều biến Các ví

dụ áp dụng cũng được trình bày từ đơn giản đến phức tạp và chủ yếu là các bàitoán khó, nhiều bài được trích ra từ các đề thi vào trường chuyên, thi vô địchcác nước hoặc Olympic Toán quốc tế

Về bố cục, luận văn gồm có Lời nói đầu, bảng mục lục, tài liệu tham khảo và

ii

ba chương trong đó lấy chương 2 làm trọng tâm.

Chương 1 Một số tính chất của đa thức đại số thực.

Chương 2 Một số biểu diễn của các đa thức đối xứng và áp dụng Chương 3 Một số vấn đề vấn đề liên quan.

Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ dẫn đầy nhiệt tình và nghiêm khắc

của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Người đã trực tiếp giảng dạy, cung cấp

tài liệu và hướng dẫn cho tác giả hoàn thành luận văn của mình Cho phép tácgiả được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy và mong được học hỏi ở Thầynhiều hơn nữa Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường Đại họcQuy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Toán học và tất cả những thầy (cô) đãtham gia giảng dạy trong suốt khóa học Xin cảm ơn tất cả các anh (chị) họcviên lớp cao học toán khóa 13 đã giúp đỡ, động viên và chia sẻ những khó khăntrong học tập cũng như trong quá trình làm luận văn

Luận văn không thể hoàn thành nếu không có sự yêu thương, chăm lo, giúp

đỡ của gia đình, cha mẹ, anh chị em Luận văn là món quà tinh thần để gửi đếnngười thân trong gia đình

Cuối cùng, mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng do trình độ chuyên môn cònhạn chế và thời gian thực hiện có hạn nên luận văn chắc chắn không thể khôngmắc phải thiếu sót Rất mong nhận được sự góp ý, phê bình của các thầy (cô)

và bạn đọc

Một số tính chất của đa thức đại số thực

1.1 Vành đa thức một biến

Định nghĩa 1.1 ([2],[7]) Cho A là một vành giao hoán có đơn vị Một biểu

thức có dạng

f (x) = a n x n + a n −1 x n −1+· · · + a1x + a0, n ∈ N ∗ (a n ̸= 0)

được gọi là đa thức bậc n của biến x.

Các a0, a1, , a n ∈ A được gọi là các hệ số của đa thức f (x) Trong đó a0

là hệ số tự do, còn a n là hệ số bậc cao nhất hay hệ số dẫn đầu Đặc biệt, khi

a n = 1 thì f (x) được gọi là đa thức chuẩn hay mônic.

Chú ý Nếu các a i = 0, ∀i = 1, n và a0 ̸= 0 thì f (x) được gọi là đa thức hằng

và có bậc bằng 0 Còn nếu các a i = 0, ∀i = 0, n thì ta nói f (x) là đa thức không

và không định nghĩa bậc của nó

Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được kí hiệu là A [x]

và gọi là vành đa thức một biến trên A.

Ta cũng biết rằng khi A là một trường thì A [x] là một vành giao hoán có đơn vị Đặc biệt khi A = Z, (t.ư A = Q, A = R, A = C) ta có các vành đa thức

1

tương ứng là Z [x] , (t.ư Q [x] , R [x] , C [x]) Trong suốt luận văn này, ta chủ yếu

nghiên cứu vành đa thức trên trường số thực R [x].

Các phép toán trên đa thức Cho 2 đa thức:

f (x)+g (x) = (A k + B k ) x k +(A k −1 + B k −1 ) x k −1+· · ·+(A1 + B1) x+(A0+ B0) ,

f (x) −g (x) = (A k − B k ) x k +(A k −1 − B k −1 ) x k −1+· · ·+(A1− B1) x+(A0− B0) ,

Định lý 1.1 Cho A là một trường Khi đó với mọi cặp đa thức f (x) và g (x) ̸= 0 của vành A [x] bao giờ cũng tồn tại duy nhất cặp đa thức q (x) , r (x) ∈ A [x] sao cho

f (x) = g (x) q (x) + r (x)

và nếu r (x) ̸= 0 thì deg r (x) < deg g (x) Đa thức q (x) được gọi là thương và

r (x) được gọi là dư của phép chia f (x) cho g (x) Và như vậy, f (x) chia hết cho g (x) trong A [x] khi và chỉ khi r (x) = 0.

1.2 Các định lý về nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1.2 Phần tử x0 ∈ A được gọi là 1 nghiệm của đa thức f (x) nếu

như f (x0) = 0 Bài toán tìm tất cả các nghiệm của đa thức bậc n trong A được gọi là giải phương trình đại số bậc n trong A

Định lý 1.2 ([2],[7]) Số dư của phép chia đa thức f (x) cho x −a chính là f(a).

Hệ quả 1.1 (Định lý Bezout) Số a là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia

hết cho x − a.

Định nghĩa 1.3 ([2],[7]) Số a là nghiệm bội cấp m của f (x) nếu như f (x) chia

hết cho (x − a) m nhưng không chia hết cho (x − a) m+1

Đặc biệt khi m = 1 ta nói a là nghiệm đơn còn khi m = 2 ta nói a là nghiệm kép của f (x).

Định lý 1.3 (Giản đồ Horner) Cho A là 1 trường và f (x) = a n x n + a n −1 x n −1+

· · · + a1x + a0 ∈ A [x] Khi đó thương hụt của f(x) cho x − a là 1 đa thức có dạng

q (x) = b n −1 x n −1 + b n −2 x n −2+· · · + b1x + b0trong đó

b n −1 = a n , b k = ab k −1 + a k −1 , ∀k = 0, n − 1

Các hàm σ1(x) , σ2 (x) , , σ n (x) được gọi là các đa thức đối xứng sơ cấp

Viete bậc 1, 2, , n tương ứng.

Định lý 1.5 Mỗi đa thức bậc n đều không có quá n nghiệm thực.

Hệ quả 1.2 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.

Hệ quả 1.3 Đa thức có bậc không vượt quá n và nhận cùng một giá trị tại

n + 1 điểm khác nhau của đối số là đa thức hằng.

Định lý 1.6 (Gauss) Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có đúng n nghiệm (kể cả bội).

Định lý 1.7 Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] bậc n đều có thể phân tích (duy nhất) thành nhân tử dạng

Định lý 1.8 (Bolsano-Cauchy) Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] đồng

thời f (a) f (b) < 0 thì tồn tại ít nhất 1 điểm c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0.

Hệ quả 1.4 Cho đa thức P (x) ∈ R [x] Nếu tồn tại 2 số a, b sao cho P (a) P (b) <

0 thì đa thức P (x) có ít nhất một nghiệm x = c nằm giữa a và b.

Định lý 1.9 (Định lý Rolle) Nếu hàm số f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a, b],

có đạo hàm f ′ (x) liên tục trên khoảng (a, b) đồng thời f (a) = f (b) thì tồn tại

ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f ′ (c) = 0.

Hệ quả 1.5 Nếu đa thức P (x) bậc n có n nghiệm thực x1 6 x2 6 · · · 6 x n thì

đa thức đạo hàm P ′ (x) có n − 1 nghiệm thực y1, y2, , y n −1 sao cho x1 6 y1 6

Trong trường hợp thứ nhất thì ta nói a m −1 và a m lập thành vị trí đổi dấu,

còn trong trường hợp thứ hai ta nói a m −k và a m lập thành vị trí đổi dấu Dễthấy rằng số lần đổi dấu của một dãy số ( bằng số vị trí đổi dấu ) không thayđổi nếu bỏ đi các số hạng bằng 0 còn những số hạng còn lại vẫn bảo toàn vị trítương hỗ của chúng

Sau đây là một số tính chất về số lần đổi dấu của dãy số

Tính chất 1 Các dãy a0, a1, a2, , a n và a n , a n −1 , a n −2 , a0 có cùng số lầnđổi dấu

Tính chất 2 Khi gạch bỏ các số hạng của dãy thì số lần đổi dấu không tăng

lên

Tính chất 3 Khi thêm vào giữa các số hạng của dãy một số lượng tùy ý các

số hạng bằng 0 thì số vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi

Tính chất 4 Số vị trí đổi dấu sẽ không thay đổi nếu bên cạnh một số hạng

nào đó của dãy ta đặt một số hạng mới có cùng dấu với số hạng đó

Tính chất 5 Nếu dãy {p n } n>0 là dãy dương thì các dãy a0, a1, a2, và

a0p0, a1p1, a2p2, có cùng những vị trí đổi dấu.

Tính chất 6 Dãy a0, a0+ a1, a1+ a2, , a n −1 + a n , a n có số vị trí đổi dấu không

lớn hơn so với dãy a0, a1, a2, , a n

Định lý 1.10 (Quy tắc dấu Descartes) Kí hiệu N là số không điểm dương( số

nghiệm dương) của đa thức

Giải Xét dãy dấu các hệ số của f (x) là + − −+ Như vậy số lần đổi dấu là

W = 2 Áp dụng quy tắc dấu Descartes, ta suy ra số nghiệm dương của f (x) là

N = W − 2k, k ∈ Z+ Suy ra N = 0 hoặc N = 2.

Mặt khác, vì f (x) liên tục và f (0) f (1) < 0 nên phương trình f (x) = 0 có ít

nhất 1 nghiệm dương trong khoảng (0; 1) Do vậy phương trình đã cho có đúng

2 nghiệm dương Ta có đpcm

Ví dụ 1.2 Chứng minh rằng phương trình f (x) = x5−2x4−8x3−x2−9x+1 = 0

có đúng 2 nghiệm dương và ít nhất 1 nghiệm âm

Giải Xét dãy dấu các hệ số là + − − − −+ Như vậy W = 2 và theo quy tắc

dấu Descartes thì N = 2 − 2k, k ∈ Z+ Suy ra N = 0 hoặc N = 2.

Mặt khác, vì f (x) liên tục và f (0) f (1) < 0 nên phương trình f (x) = 0 có ít

nhất 1 nghiệm dương trong khoảng (0; 1) Do vậy phương trình đã cho có đúng

2 nghiệm dương

Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức

g (x) = f ( −x) = −x5− 2x4+ 8x3− x2+ 9x + 1.

Ta có dãy dấu các hệ số của g (x) là − − + − ++ nên W g = 3 Suy ra N g =

3− 2k, k ∈ Z+ Do vậy N g = 3 hoặc N g = 1 Vậy N g > 1 Do phương trình

g (x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm dương nên phương trình f (x) = 0 có ít nhất 1

nghiệm âm

1.4 Vành đa thức nhiều ẩn

Định nghĩa 1.5 Cho A là một vành giao hoán có đơn vị Vành đa thức nhiều

ẩn trên A được xây dựng bằng quy nạp dựa trên vành đa thức một ẩn như sau:

Kí hiệu

A1 = A [x1] gọi là vành đa thức 1 ẩn trên A.

A2 = A1[x2] =: A [x1, x2] gọi là vành đa thức 2 ẩn trên A.

Định nghĩa 1.6 ([2],[7]) Đa thức f (x1, x2, , x n) được gọi là một đa thức đốixứng nếu

f (x1, x2, , x n ) = f (x i1, x i2, , x i n ) , trong đó bộ (i1, i2, , i n ) là một hoán vị bất kỳ của bộ (1, 2, , n)

Các đa thức sau đây được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở (đối xứng cơ bản,đối xứng sơ cấp Viete):

Định lý 1.11 ([2]-[4]) Mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được dưới dạng một

đa thức của các đa thức đối xứng cơ sở.

Phần này sẽ được trình bày rõ và chi tiết hơn ở những chương sau

Một số biểu diễn của các đa thức đối xứng và áp dụng

Trong toàn bộ chương này, ta chỉ xem xét các đa thức với hệ số thực.

2.1 Đa thức đối xứng ba biến

2.1.1 Các khái niệm cơ bản.

Định nghĩa 2.1 ([2]-[4]) Đa thức P (x, y, z) là một hàm số được biểu diễn ở

dạng tổng của hữu hạn các đơn thức

P (x, y, z) = ∑

k+l+m 6n

a klm x k y l z m

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

Định nghĩa 2.2 ([2]-[4]) Đa thức P (x, y, z) được gọi là đối xứng nếu nó không

thay đổi với mọi hoán vị của 3 biến x, y, z, nghĩa là

P (x, y, z) = P (x, z, y) = P (y, x, z) = P (y, z, x) = P (z, x, y) = P (z, y, x).

Định nghĩa 2.3 ([2]-[4]) Các đa thức

σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z.

9

Định nghĩa 2.4 ([2]-[4]) Đa thức f (x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m nếu

f (tx, ty, tz) = t m f (x, y, z) , ∀t ̸= 0.

2.1.2 Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo.

Định nghĩa 2.5 Các đa thức s k = x k + y k + z k , (k = 0, 1, ) được gọi là tổng

lũy thừa bậc k của các biến x,y,z.

Các biểu thức s −k = x1k +y1k +z1k , (k = 1, 2, ) được gọi là tổng nghịch đảo bậc

k của các biến x,y,z.

Định lý 2.1 (Công thức truy hồi Newton) Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức sau

x k −2 yz + xy k −2 z + xyz k −2)

= x k + y k + z k = s k

Định lý 2.2 Mỗi tổng lũy thừa s n = x n + y n + z n , (n > 0) đều có thể biểu diễn

được dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ1, σ2, σ3.

Chứng minh Ta chứng minh định lý 2.2 bằng phương pháp quy nạp Ta có

s0 = 3, s1 = x + y + z = σ1,

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

1 − 2σ2.

Như vậy định lý 2.2 đúng với n = 0, 1, 2 Giả sử định lý đúng với n = k − 1, n =

k − 2, n = k − 3 (k > 3) Khi đó theo công thức Newton (2.1), định lý cũng

đúng với n = k Theo nguyên lý quy nạp, ta suy ra s n là một đa thức bậc n theo các biến σ1, σ2, σ3 Định lý được chứng minh.

Nhận xét Theo công thức (2.1) ta thấy rằng việc tính các tổng lũy thừa s k

là không thuận tiện trong thực hành khi k khá lớn vì phải biết trước các tổng

s k −1 , s k −2 và s k −3 Thực tế đòi hỏi phải xây dựng công thức biểu diễn s k chỉ phụ

thuộc vào σ1, σ2 và σ3 Công thức tương ứng được tìm ra năm 1779 bởi nhàtoán học người Anh E.Waring (1736-1798) Định lý sau đây cho ta công thức

biểu diễn trực tiếp s k theo σ1, σ2, σ3

Định lý 2.3 (Công thức Waring) Tổng lũy thừa s k được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở theo công thức

Chứng minh Công thức (2.2) được gọi là công thức Waring trong trường hợp 3

biến được chứng minh bằng phương pháp quy nạp kết hợp sử dụng công thứctruy hồi Newton (2.1)

Hệ quả 2.1 Từ công thức Waring ta dễ dàng nhận được các công thức sau:

Hệ quả 2.2 Do công thức truy hồi Newton đúng ∀k ∈ Z nên nếu thay k bởi

3− k, ta được công thức biểu diễn các tổng nghịch đảo như sau

2.1.3 Quỹ đạo của đơn thức.

Định nghĩa 2.6 ([2]-[4]) Đa thức đối xứng với các số hạng tối thiểu, một trong

các số hạng của nó là đơn thức x k y l z m được gọi là quỹ đạo của đơn thức x k y l z m

và được kí hiệu là O(

x k y l z m)

Như vậy để tìm các quỹ đạo của một đơn thức

ta cần phải bổ sung vào đơn thức đó tất cả các hoán vị của x, y, z.

Cụ thể, với k, l, m khác nhau từng đôi, ta có

Định lý 2.4 Quỹ đạo của mọi đơn thức luôn biểu diễn được dưới dạng đa thức

theo biến là các đa thức đối xứng cơ sở.

Chứng minh Trước hết ta có quỹ đạo của x k là O(

x k)

= s k = x k + y k + z k, nên

theo công thức Waring, O(

x k)biểu diễn được qua các đa thức đối xứng cơ sở

Trường hợp quỹ đạo có dạng O(

x k y l), ta có công thức

Nếu k = l thì

O(

x k y k)

= 12

có thể đưa lũy thừa với số mũ nào đó của

xyz = σ3 ra ngoài dấu ngoặc, còn lại trong ngoặc chỉ là quỹ đạo phụ thuộc vào

số biến ít hơn ba Do đó, quỹ đạo O(

x k y l z m)

được biểu diễn dưới dạng đa thức

của các biến σ1, σ2, σ3 Định lý được chứng minh

Hệ quả 2.3 Từ các công thức trong phép chứng minh của định lý 2.4, ta nhận

được các công thức biểu diễn một số quỹ đạo thường gặp như sau.

2.1.4 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến.

Định lý 2.5 Mọi đa thức đối xứng ba biến x, y, z đều có thể biểu diễn ở dạng

đa thức theo các biến σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz.

Chứng minh Giả sử f (x, y, z) là đa thức đối xứng và ax k y l z m là một trong các

số hạng của f (x, y, z) Do tính đối xứng nên cùng với số hạng trên thì f (x, y, z) chứa quỹ đạo O(

trong đó f1(x, y, z) là đa thức đối xứng nào đó với ít số hạng hơn.

Lập luận tương tự như trên thì đối với f1(x, y, z) ta cũng có công thức tương

tự như công thức (2.3) Sau một số hữu hạn bước, ta có thể phân tích đa thức

f (x, y, z) thành tổng các quỹ đạo Theo định lý 2.4, mỗi quỹ đạo lại là một đa

thức theo các đa thức đối xứng cơ sở, do đó mọi đa thức đối xứng có thể biểudiễn được ở dạng đa thức theo các đa thức đối xứng cơ sở Định lý được chứngminh

Định lý 2.6 (Tính duy nhất) Nếu hai đa thức φ (t, u, v) , ψ (t, u, v) khi thay

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

P (x, y, z) thì chúng phải đồng nhất bằng nhau.

Chứng minh Để thuận tiện ta đặt t1 = t, t2 = u, t3 = v, x1 = x, x2 = y, x3 = z

và

Φ (t1, t2, t3) = φ (t1, t2, t3)− ψ (t1, t2, t3) Theo giả thiết ta có Φ (σ1, σ2, σ3) = P (x1, x2, x3) − P (x1, x2, x3) = 0 Ta sẽ

chứng minh Φ là đa thức không Thật vậy, đặt

Theo điều kiện của bài toán, ta có

Q (x1, x2, x3) = Φ0(σ1, σ2)+Φ1(σ1, σ2) σ3+Φ2(σ1, σ2) σ32+· · ·+Φ m (σ1, σ2) σ3m = 0, ∀x1, x2, x3.

Khi đó

R (x1, x2) := Q (x1, x2, 0) = Φ0(τ1, τ2) , ∀x1, x2.

Vì R(x1, x2) là đa thức đối xứng 2 biến nên theo tính duy nhất của định lý về

sự biểu diễn đa thức đối xứng 2 biến (xem [3]), ta suy ra Φ0 đồng nhất bằng

Lập luận tương tự như trên suy ra Φ1 cũng đồng nhất bằng không Cứ như vậy

cuối cùng ta được Φ2, Φ3, , Φ m là những đa thức không Vậy Φ là đa thức

không Định lý được chứng minh

Ví dụ 2.1 Biểu diễn đa thức sau theo các đa thức đối xứng cơ sở

f (x, y, z) = x3+ y3+ z3− 4xyz + 2x2y + 2xy2+ 2x2z + 2xz2+ 2y2z + 2yz2.

Nhận xét Như vậy để biểu diễn một đa thức đối xứng qua các đa thức đối

xứng cơ sở, ta có thể tiến hành theo các bước như trong chứng minh định lý 2.5

Tuy nhiên trong trường hợp đa thức đã cho là thuần nhất, ta có thể sử dụng

phương pháp "hệ số bất định" Cơ sở của phương pháp này là mệnh đề sau đây

Mệnh đề 2.1 Giả sử f m (x, y, z) là đa thức đối xứng thuần nhất bậc m Khi

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

f m (x, y, z) = ∑

i+2j+3k=m

a ijk σ i1σ2j σ3k , (i, j, k ∈ N) Sau đây là một số trường hợp riêng của mệnh đề trên.

trong đó các a i là các hằng số được xác định duy nhất và để xác định các hệ số

này ta chỉ việc cho x, y, z các giá trị cụ thể thích hợp.

Ví dụ 2.2 Biểu diễn đa thức sau theo các đa thức đối xứng cơ sở

2.1.5 Phân tích đa thức thành nhân tử.

Giả sử f (x, y, z) là đa thức đối xứng ba biến Để phân tích f (x, y, z) thành nhân tử, trước hết ta sẽ biểu diễn nó qua các đa thức đối xứng cơ sở σ1, σ2, σ3

để được đa thức ϕ(σ1, σ2, σ3), sau đó cố gắng phân tích đa thức cuối cùng thànhnhân tử Các phương pháp cơ bản được sử dụng là phương pháp hệ số bất định

f (x, y, z) = (x + y + z) ( −x + y + z) (x − y + z) (x + y − z)

Nhận xét Qua các ví dụ trên, ta thấy việc biểu diễn một đa thức đối xứng theo

các đa thức đối xứng cở sở là rất thuận tiện trong bài toán phân tích đa thức thành nhân tử Tuy nhiên, để có sự phân tích triệt để đôi khi cần thiết phải có những phép biến đổi thích hợp tiếp theo Trong một số trường hợp đặc biệt, nếu vận dụng định lý Bezout thì bài toán được giải quyết một cách đơn giản hơn Ta xét ví dụ sau.

Ví dụ 2.5 Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

a f (x, y, z) = (x + y + z)3− x3− y3− z3.

b g (x, y, z) = (x + y + z)5− x5− y5− z5.

Giải.

a Nếu tạm coi y, z là tham số thì f là đa thức bậc ba theo x Nếu cho x = −y

thì f = 0 Theo định lý Bezout, f chia hết cho x + y Vì vai trò của x, y, z như nhau nên f chia hết cho (x + y)(y + z)(z + x) hay f có dạng

f (x, y, z) = C (x + y) (y + z) (z + x)

Cho x = y = z = 1 ta nhận được C = 3 Vậy ta có kết quả

f (x, y, z) = 3 (x + y) (y + z) (z + x)

b Lập luận tương tự như trên thì g cũng chia hết cho (x + y)(y + z)(z + x) và được thương là đa thức đối xứng có bậc bằng hai Do đó g có dạng

2.1.6 Tính chia hết của các đa thức đối xứng.

Trong phần này ta trình bày một số bài toán về tính chia hết của các đa thứcđối xứng ba biến Công cụ thường sử dụng là định lý Bezout cùng với các kỹnăng phân tích đa thức thành nhân tử (đã được trình bày ở mục trước)

Ví dụ 2.6 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, đa thức

f (x, y, z) = (x + y + z) 2n+1 − x 2n+1 − y 2n+1 − z 2n+1 chia hết cho đa thức g (x, y, z) = (x + y + z)3− x3− y3− z3.

Giải Theo ví dụ 2.5 thì g (x, y, z) = 3 (x + y) (y + z) (z + x) Bằng cách tương

Giải. Trước hết, ta phân tích g(x, y, z) thành nhân tử Sử dụng công thức

Waring và quỹ đạo, ta có

f (x, y, z) chia hết cho xyz.

Vậy f (x, y, z) chia hết cho xyz(x + y + z), tức là chia hết cho g(x, y, z).

Ví dụ 2.9 Chứng minh rằng nếu các số thực x, y, z, a, b, c thỏa mãn các hệ

x n + y n + z n = a n + b n + c n

Giải Kí hiệu σ1, σ2, σ3 là các đa thức đối xứng cơ sở theo các biến x, y, z, còn

τ1, τ2, τ3 là các đa thức đối xứng cơ sở theo các biến a, b, c Theo giả thiết ta có

Giải Đặt x = a, y = b, z = −a − b Khi đó, σ1 = x + y + z = 0 Theo công

thức Waring, ta có vế trái của đẳng thức cần chứng minh là

thức Waring trở nên đơn giản hơn rất nhiều Sau đây là các ví dụ minh họa.

Ví dụ 2.11 Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau Chứng minh rằng

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.13 Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 thì các đẳng thức sau là đúng:

Giải Kí hiệu σ1, σ2, σ3 và s k tương ứng là các đa thức đối xứng cơ sở và tổng

lũy thừa của các biến a, b, c Theo công thức Waring, ta có

Áp dụng bất đẳng thức (2.4) với x = ab, y = bc, z = ca, ta được

(ab + bc + ca)2 > 3(a2bc + ab2c + abc2)

= 3 (a + b + c) abc.

Từ đó suy ra bất đẳng thức (2.5) Dấu đẳng thức trong cả hai bất đẳng thức

trên xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Mệnh đề 2.3 Với mọi x, y, z dương ta có các bất đẳng thức sau:

Chứng minh Nhân vế theo vế của bất đẳng thức (2.4) và (2.5) cho nhau, ta

được σ21σ22 > 9σ1 σ2σ3 Giản ước hai vế cho σ1σ2 ta được σ1σ2 > 9σ3

Tiếp theo, từ (2.4) và (2.6) suy ra σ13 > 3σ1 σ2 > 3.9σ3 = 27σ3.

Nhân vế theo vế của bất đẳng thức (2.5) và (2.6) cho nhau, ta được

Định lý 2.7 (Bất đẳng thức Schur) Cho x, y, z là các số thực không âm Khi

đó với mọi r > 0, ta có bất đẳng thức sau:

x r (x − y) (x − z) + y r (y − x) (y − z) + z r (z − x) (z − y) > 0.

Chứng minh Đặt

f r (x, y, z) = x r (x − y) (x − z) + y r (y − x) (y − z) + z r (z − x) (z − y)

Vì f r (x, y, z) là hàm đối xứng nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

x > y > z Khi đó bất đẳng thức đã cho viết lại như sau

Hệ quả 2.4 Với các số không âm x,y,z ta có bất đẳng thức sau:

(ab + bc + ca)3+ 9(abc)2 > 4 (ab + bc + ca)(ab2c + bc2a + ca2b)

⇔ (ab + bc + ca)3

+ 9(abc)2 > 4abc (a + b + c) (ab + bc + ca) Tương tự như vậy, từ bất đẳng thức (2.14) ta suy ra với các số dương x, y, z thì

2(x + y + z)3+ 9xyz > 7 (x + y + z) (xy + yz + zx)

Trong bất đẳng thức trên, thay x = ab, y = bc, z = ca ta có

2(ab + bc + ca)3+ 9(abc)2 > 7 (ab + bc + ca)(a2bc + ab2c + abc2)

⇔ 2(ab + bc + ca)3

+ 9(abc)2 > 7abc (a + b + c) (ab + bc + ca)

Mệnh đề được chứng minh

Dưới đây là một số ví dụ áp dụng của các mệnh đề trên.

Ví dụ 2.14 Cho các số dương a, b, c Chứng minh rằng

(a + b + c)

(1

Giải Đặt σ1 = a + b + c, σ2 = ab + bc + ca, σ3 = abc, s3 = a3+ b3+ c3.

Với các kí hiệu như trên, ta viết lại bất đẳng thức trên như sau

Bất đẳng thức cuối cùng chính là bất đẳng thức (2.12) và đã được chứng minh

Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Ví dụ 2.15 (Anh, 1999.) Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều

Ví dụ 2.16 (Iran, 1996) Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng

(xy + yz + zx)

(1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Chứng minh Chứng minh bằng phương pháp quy nạp Chú ý rằng đối với trường

hợp 2 biến ta cũng có kết quả tương tự: Nếu σ1 = x + y > 0 thì với mọi n nguyên

Mệnh đề 2.6 Với x, y, z không âm và m, n nguyên dương bất kì, ta có

Ví dụ 2.17 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3a Chứng

minh rằng với mọi số tự nhiên n thì

(

x + 1y

)n

+

(

y + 1z

)n

+

(

z + 1x

)n

> 3

(

a + 1a

)

.

a + 1a

)]n

= 3

(

a + 1a

)n

.

Ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = a.

Ví dụ 2.18 Cho tam giác ABC không tù Chứng minh rằng

√ cos2A + √3

Giải Trước hết ta nhắc lại bất đẳng thức khá quen biết

cosA + cosB + cosC 6 3

2.Thật vậy,

cosA + cosB + cosC 6 3

x = √3

cosA, y = √3

cosB, z = √3

cosC, s m = x m + y m + z m

Từ giả thiết tam giác ABC không tù suy ra x, y, z > 0 Theo bất đẳng thức

(2.20) và bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta có

s1s2 6 3s3 = 3 (cosA + cosB + cosC) 6 3.3

2 =

92hay

√ cos2A + √3

2.2 Đa thức đối xứng nhiều biến

2.2.1 Các khái niệm cơ bản.

Định nghĩa 2.7 Cho x = (x1, x2, , x n)∈ R n Đa thức f (x) = f (x1, x2, , x n)

Định nghĩa 2.8 ([2]-[4]) Đa thức f (x1, x2, , x n ) theo các biến x1, x2, , x n

được gọi là đối xứng nếu nó không thay đổi khi đổi chỗ giữa hai biến bất kỳ,tức là

f (x1, x2, , x n ) = f (x i1, x i2, , x i n ) , trong đó (i1, i2, , i n ) là một hoán vị bất kỳ của bộ (1, 2, , n)

Định nghĩa 2.9 ([2]-[4]) Đa thức f (x1, x2, , x n) được gọi là thuần nhất bậc

cở sở bậc k của x Dễ thấy rằng số các số hạng trong đa thức đối xứng cơ sở bậc

Nhận xét Từ định nghĩa về quỹ đạo, ta thấy nếu các số mũ k1, k2, , k n khác

nhau từng đôi thì số các số hạng của quỹ đạo O(

ta có khái niệm quỹ đạo toàn phần

Định nghĩa 2.12 ([2]-[4]) Đa thức nhận được bằng cách lấy tổng tất cả các

hoán vị theo các biến x1, x2, , x n của đơn thức x k1

1 x k2

2 x k n

n được gọi là quỹ

đạo toàn phần và được kí hiệu là O ∗(

Quỹ đạo toàn phần chỉ khác

quỹ đạo thông thường bởi hệ số Cụ thể là: nếu trong các số mũ k1, k2, , k n

có m1 số bằng nhau, số còn lại có m2 số bằng nhau, , cuối cùng còn lại m l số

Từ công thức (2.21) ta thấy rằng nếu các số mũ k1 , k2, , k n khác nhau từng

đôi thì quỹ đạo toàn phần trùng với quỹ đạo thông thường Các công thức dưới

đây cho phép biểu diễn các quỹ đạo toàn phần qua các tổng lũy thừa

2.2.2 Biểu diễn các tổng lũy thừa qua các đa thức đối xứng cơ sở.

Định lý 2.8 (Công thức truy hồi Newton) Các tổng lũy thừa và các đa thức đối

xứng cơ sở liên hệ với nhau bởi công thức sau, gọi là công thức truy hồi Newton: