Đa thức đối xứng hai biến, ba biến và ứng dụng

Điểm đặc biệt, ấn tượng nhất của đa thức trong toán sơ cấp, đó là có rất nhiều những bài toán khó, thậm chí là rất khó, luôn có thể giải được bằng những kiến thức rất cơ sở và việc hoàn

Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo Phan Anh Tuấn đã trực tiếp hướng dẫn em, luôn quan tâm và chỉ dẫn tận tình để em hoàn thành khóa luận này

Mặc dù đã cố gắng nhưng bản thân em mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nên không thể tránh khỏi những thiếu sót về nội dung lẫn hình thức trình bày Em hi vọng sẽ nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô và các bạn để khoá luận của em hoàn chỉnh hơn

Sinh viên thực hiện Nguyễn Thị Hoa

MỤC LỤC



LỜI CẢM ƠN 1

MỤC LỤC 3

MỞ ĐẦU 5

1 Lý do chọn đề tài 5

2 Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu 6

3 Đối tượng nghiên cứu 6

4 Phương pháp nghiên cứu 6

Chương 1: GIỚI THIỆU VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 7

1.1 Các khái niệm cơ bản 7

1.1.1 Bậc của đơn thức 7

1.1.2 Đa thức 7

1.1.3 Đa thức đối xứng 7

1.2 Đa thức đối xứng hai biến 8

1.2.1 Khái niệm 8

1.2.2 Tổng lũy thừa và công thức Waring 8

1.2.3 Định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến 11

1.2.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn 12

1.2.5 Phương trình đối xứng 13

1.2.6 Một số mệnh đề chứng minh bất đẳng thức hai biến 14

1.3 Đa thức đối xứng ba biến 16

1.3.1 Khái niệm 16

1.3.2 Tổng lũy thừa, tổng nghịch đảo và quỹ đạo của đa thức 16

1.3.2.1 Tổng lũy thừa 16

1.3.2.2 Tổng nghịch đảo 18

1.3.2.3 Quỹ đạo của đa thức 19

1.3.3 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến 19

1.3.4 Đa thức phản đối xứng 20

1.3.5 Công thức Viète và phương trình bậc ba 21

1.3.6 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn 23

1.3.7 Phân tích đa thức thành nhân tử 26

1.3.8 Một số mệnh đề chứng minh các bất đẳng thức ba biến 27

Chương 2: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 31

2.1 Giải hệ phương trình đối xứng 31

2.2 Giải hệ phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng 35

2.3 Giải phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng 40

2.4 Chứng minh các đẳng thức 44

2.5 Phân tích đa thức thành nhân tử 46

2.6 Chứng minh bất đẳng thức 49

2.7 Tính chia hết của đa thức đối xứng 52

2.8 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 55

2.9 Ứng dụng trong hình học 60

KẾT LUẬN 64

TÀI LIỆU THAM KHẢO 65

Đa thức là một vấn đề khá cổ điển của Toán học sơ cấp đang ngày càng phát triển, đây cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất,

vì thế luôn cuốn hút rất nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm Điểm đặc biệt, ấn tượng nhất của đa thức trong toán sơ cấp, đó là có rất nhiều những bài toán khó, thậm chí là rất khó, luôn có thể giải được bằng những kiến thức rất cơ sở

và việc hoàn thành được chứng minh là niềm vui thực sự

Đa thức đối xứng là một trong các phần quan trọng nhất của đa thức sơ cấp, cũng là dạng bài quen thuộc trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Đây là dạng đa thức rất được yêu thích không chỉ với các bạn đã thành thạo mà còn hấp dẫn với cả những bạn mới bắt đầu

Xuất phát từ cơ sở lí luận và thực tiễn đó mà em đã quyết định chọn đề

tài: “Đa thức đối xứng hai biến, ba biến và ứng dụng ” làm đề tài nghiên

cứu cho mình

2 Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu

Nắm được những kiến thức cơ bản và độc đáo về đa thức đối xứng hai biến, ba biến Từ đó đi sâu vào nghiên cứu một số ứng dụng của đa thức đối xứng hai biến, ba biến và có phương pháp giải phù hợp đối với bài toán cụ thể

mà không phải mất nhiều thời gian để tìm ra lời giải

3 Đối tượng nghiên cứu

Các đa thức đối xứng cơ bản, đa thức đối xứng bậc hai, đa thức đối xứng bậc ba, hệ phương trình đối xứng hai ẩn, hệ phương trình đối xứng ba

ẩn, đa thức phản đối xứng, công thức Viete và phương trình bậc ba

Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải phương trình, hệ phương trình đối xứng, chứng minh các hằng đẳng thức, chứng minh các bất đẳng thức, phân tích đa thức thành nhân tử

4 Phương pháp nghiên cứu

Đọc, nghiên cứu tài liệu

So sánh, phân loại, tổng hợp kiến thức

Tổng hợp, sắp xếp, giải bài tập

Chương 1 GIỚI THIỆU VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG

1.1 Các khái niệm cơ bản

i … x i n 1

n

Trong đó: a0 là một hằng số

i0, i1, …, in1 là những số nguyên không âm

Số a được gọi là hệ số, còn i0+ i1+ …+ in1được gọi là bậc của đơn thức f(x 1 ,

x 2 , …, x n) và được kí hiệu là:

deg [f(x 1 , x 2 , …, x n )] = deg [a x0

1

i x2 2

i … x i n

n ] = i0+ i1+ …+ in1Các số i0, i1, …, in1tương ứng được gọi là bậc của đơn thức đối với các biến

x 1 , x 2 , …, x n

1.1.2 Đa thức

Một hàm số P(x 1 , x 2 , …, x n ) của các biến x 1 , x 2 , …, x n được gọi là một đa thức nếu

nó được biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức:

i

x1 2

i … x i n 1

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

1.1.3 Đa thức đối xứng

Đa thức P(x 1 , x 2 , …, x n) được gọi là đối xứng nếu nó không thay đổi với mọi

hoán vị của x 1 , x 2 , …, x n, nghĩa là:

P(x 1 , x 2 , …, x n ) = P(x ( 1 ), x ( 2 ), …, x(n))

Trong đó P(x ( 1 ), x ( 2 ), …, x(n))được suy ra từ P(x 1 , x 2 , …, x n) bằng cách

thay x i bởi x(i)với i = 1, 2, , n

1.2 Đa thức đối xứng hai biến

được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y

1.2.2 Tổng lũy thừa và công thức Waring

Định nghĩa Các đa thức sk = x k + y k (k = 1, 2, ) được gọi là các tổng lũy

thừa bậc k của các biến x, y

Định lý 1.1 Một tổng lũy thừa sm = x m + y m có thể biểu diễn được dưới dạng một đa thức bậc m của 1 và 2

sk-2

Với m = 1, m = 2, định lý 1.1 đúng vì

s1 = x + y = 1

s2 = x 2 + y 2 = (x + y) 2 – 2xy = 12 – 22

Giả sử định lý đúng với m < k Khi đó sk-2, sk-1 lần lượt là các đa thức bậc k –

2, k – 1 của 1 Theo công thức (1.1) ta suy ra sk là đa thức bậc k của 1 và 2 Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Sử dụng công thức (1.1) và các biểu thức của s1, s2 ở chứng minh trên, dễ dàng nhận được các biểu thức sau

vì phải biết trước các tổng sk và sk–1 Đôi khi ta cần có biểu thức của sk chỉ phụ thuộc vào 1 và 2 Công thức tương ứng được tìm ra năm 1779 bởi nhà toán học Anh E Waring

Định lý 1.2 (Công thức Waring) Tổng lũy thừa sk được biễu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở 1, 2 theo công thức:

) 1 (

k

m

m k

m k m

m k k

Chứng minh:

Chúng ta sẽ chứng minh công thức (1.2) bằng phương pháp quy nạp

Với k = 1, k = 2 công thức tương ứng có dạng

s1 = 1,

2

1

s2 = 2

1 1

 2 – 2 Như vậy, với k = 1, k = 2 công thức (1.2) đúng

Giả sử công thức Waring đúng cho s1, s2, …, sk-1 Để chứng minh công thức

đó đúng cho sk chúng ta sử dụng công thức (1.1) Ta có:

m k

)!

2 2 (

)!

2 (

) 1 (

n k

)!

2 2 (

)!

3 (

) 1 (

k m

k

)!

1 2 (

) 1 ( )!

2 (

) 1 (

n

n

n k n

k n

k

)!

2 2 (

) 2 ( )!

3 (

) 1 (

k m

k

)!

1 2 (

) 1 ( )!

2 (

) 1 (

m

m

m k m

k m

k

)!

2 ( )!

1 (

) 1 ( )!

2 (

) 1

1 )!

2 (

) 1 (

m k m

k m

k m

k m

1 (

1 2 (

1

m k

m k m

) 1 (

)!

2 ( )!

1 (

2 )!

1 2 (

1

m k m

m k k m k m

k m

k m

)!

1 (

) 1 (

)!

2 (km km  kmNên ta có công thức cần chứng minh:

) 1 (

k

m

m k

m k m

m k k

s

2

Định lý 1.2 được chứng minh

Sử dụng công thức Waring dễ dàng nhận được các biểu thức của sk = x k + y k

theo 1 xy, 2= xy sau đây:

1.2.3 Định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến

Định lý 1.3 (Định lý cơ bản) Mọi đa thức đối xứng P(x, y) của các biến x, y

đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức p(1,2) theo các biến 1= x + y

và 2= xy, nghĩa là

P(x, y) = p(1,2) (1.3)

Chứng minh: Trước hết ta xét trường hợp đơn thức, trong đó lũy thừa của x

và y cùng bậc, nghĩa là đơn thức dạng ax k yk Hiển nhiên là

ax k y k = a(xy) k = a2k

Tiếp theo, ta xét đơn thức dạng bx k y l (kl) Vì đa thức là đối xứng, nên có số

hạng dạng bx l y k Để xác định, ta giả sử k < l và xét tổng của hai đơn thức trên

b(x k y l + x l y k ) = bx k y k (x l–k + y l–k ) = b2ksl–k Theo công thức Waring sl–k là một đa thức của các biến 1, 2, nên nhị thức nói trên là một đa thức của 1, 2

Vì mọi đa thức đối xứng là tổng của các số hạng dạng ax k y k và b(x k y l + x l y k), nên mọi đa thức đối xứng đều được biễu diễn dưới dạng đa thức theo các biến

1

 và 2 Định lý được chứng minh

1.2.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn

Giả sử P(x, y) và Q(x,y) là các đa thức đối xứng Xét hệ phương trình:

0 ) , (

y x Q

y x P

0 ) , ( 2 1

2 1

(1.7)

Liên hệ với nhau như sau:

Nếu z1, z2 là các nghiệm của phương trình (1.6) thì hệ (1.7) có nghiệm

z y

z x

2

z y

z x

và ngoài ra không còn nghiệm nào khác

Ngược lại, nếu x = a, y = b là nghiệm của hệ (1.7) thì các số a, b là nghiệm

của phương trình (1.6)

Chứng minh:

Nếu z1, z2 là các nghiệm của phương trình (1.6) thì theo công thức Viète

z1 + z2 = 1, z1z2 =2, suy ra

1 1

z y

z x

2 2

z y

z x

là các nghiệm của hệ (1.7) Vấn đề không còn có nghiệm nào khác sẽ được suy ra từ mệnh đề sau cùng của định lý và sẽ được chứng minh dưới đây

Giả sử x = a, y = b là nghiệm của hệ (1.7), nghĩa là

a + b = 1, ab = 2 Khi đó ta có

Phương trình của đa thức đối xứng được gọi là phương trình đối xứng

Định lý 1.5 Đa thức f(z) bậc n là đa thức đối xứng khi và chỉ khi

1.2.6 Một số mệnh đề chứng minh bất đẳng thức hai biến

Với hai số thực x, y ta đặt 1 x y, 2 xy. Khi đó ta có

0 4 0

4 ) ( 0 )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y

Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức f(x,y)  0 (với mọi x 0 ,y 0 hoặc

Mệnh đề 1.2 Nếu 1 0 , thì với mọi n nguyên dương có bất đẳng thức

Chứng minh: Chúng ta sẽ chứng minh (1.13) bằng quy nạp

Dễ thấy với n = 1, bất đẳng thức (1.13) trở thành đẳng thức

Giả sử (1.13) đúng với n = k Xét n = k + 1 Theo công thức truy hồi (1.1), bất đẳng thức (1.12) và giả thiết quy nạp, ta có

2 2

4 2

1 1 2

1 1 2 1 1

1 1 1 2 1

k k

k k

k n

Mệnh đề 1.3 Với các điều kiện như trong mệnh đề 1.2 ta có

.

2s mn s m s n (1.14)

Chứng minh: Theo giả thiết ta có

0

n m

m

y x y x y x y

x y

0 ) )(

(

Từ đó suy ra

2 (x mn y mn) x m y nx n y mx mny mn  (x my m)(x ny n). (1.15) tức là 2s mn s m s n.

- Trường hợp 2: Nếu x 0 ,y 0 , thì x bb  0 Do đó với mọi mN,

ta có:

0

x

Lập luận tương tự như phần trên ta có bất đẳng thức (1.15)

1.3.2 Tổng lũy thừa, tổng nghịch đảo và quỹ đạo của đa thức

1.3.2.1 Tổng lũy thừa

Định nghĩa 1 Các đa thức sk = x k + y k + z k (k = 1, 2, ) được gọi là các tổng lũy

thừa bậc k của các biến x, y, z

Định lý 2.1 ( Công thức Newton) Với mọi k z, ta có hệ thức

sk = 1sk-1 – 2sk-2 + 3sk-3 (2.1) Chứng minh: Thật vậy, ta có

1

 sk-1 – 2sk-2 + 3sk-3 =

= (x + y + z)(x k-1 + y k-1 + z k-1 ) – (xy + yz + zx)(x k-2 + y k-2 + z k-2 ) + xyz(x k-3 + + y k-3 + z k-3 )

= x k + y k + z k + xy k–1 + x k-1 y + xz k–1 + x k-1 z + yz k–1 + y k–1 z – (x k-1 y +xy k-1 x k-1 z + + xz k–1 + y k–1 z yz k–1 + xyz k–2 + xyz k–2 + xy k–2 z + x k–2 yz) + x k–2 yz + + xy k–2 z + + xyz k–2 )

= x k + y k + z k

= sk

Điều phải chứng minh

Định lý 2.2 Một tổng lũy thừa sk = x k + y k + z k đều có thể biểu diễn được dưới dạng một đa thức bậc n của 1, 2,3

Chứng minh:

Ta chứng minh Định lý 2.2 bằng phương pháp quy nạp Ta có

s0 = 3, s1 = x + y + z = 1,

s2 = x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 – 2(xy + yz + zx) = 12 – 22

Như vậy định lý đúng với n = 0, n = 1, n = 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 có điều phải chứng minh

Công thức (2.1) cho phép biễu diễn các tổng lũy thừa sk theo các đa thức đối xứng cơ sở 1, 2,3, nếu biết trước công thức biếu diễn của sk–1, sk- 2 Định lý dưới đây cho ta công thức biễu diễn trực tiếp sk theo 1, 2,3

Định lý 2.3 (Công thức Waring) Tổng lũy thừa sk được biễu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở 1, 2,3 theo công thức:

n m l k k

n m l

n m l k

) 1 (

 2 3

2

 3+ 10013

2

 2 3

1 1

1   , (k = 1, 2, 3, …), được gọi là

tổng nghịch đảo của các biến x, y, z

Do công thức (2.1) k Z, nên nếu trong công thức trên thay k bởi 3 – k, ta

được:

s–k = sk  s k  s3k

3 2 3

1 1 3

1 3

1

3

2 2 2 1 3 1 3 1 3

2 2 3 1 3

1 0 3

3

1

2 3

3 1 2 2 1 3 3 1 3 2 3

2 1 3 0 3

1 1 3

1

3 3

2 3 3 2 1 3 2 0 3 1 3

1 2 3

2 4

4 1

4 3

2 3 2 1 2 3 2 3 2 2 1 4 2 1 3 2 3

1 3 3

1.3.2.3 Quỹ đạo của đa thức

Định nghĩa 3 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 Kí

hiệu là O(x k y l z m)

– Muốn tìm quỹ đạo của đơn thức x k y l z m cần phải bổ sung vào đơn thức đó tất

cả các hoán vị của x, y, z Với k  l m, ta có:

O(x k y l z m ) = x k y l z m + x k y m z l + x l y k z m + x l y m z k + x m y k z l + x m y l z k

– Nếu như trong đơn thức x k y l z m có hai số mũ nào đó bằng nhau, chẳng hạn k

= l  m, thì

O(x k y k z m ) = x k y k z m + x k y m z k + x m y k z k – Các trường hợp riêng của quỹ đạo:

O(x) = O(x k y 0 z 0 ) = x + y + z = 1,

O(xy) = O(xyz 0 ) = xy + xz +yz = 2,

O(xyz) = xyz = 3,

O(x k ) = O(x k y 0 z0) = x k + y k + z k = sk, k  N

1.3.3 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 1 = x + y + z, 2 = xy + yz + zx, 3= xyz

trong đó f 1 (x, y, z) là đa thức đối xứng nào đó với ít số hạng hơn Đối với f 1 (x,

y, z), ta lại có công thức tương tự như công thức (2.4) Theo một số hữu hạn

bước nói trên, ta có thể phân tích đa thức f(x, y, z) thành tổng các đa thức đối

xứng cơ sở, do đó mọi đa thức đối xứng có thể biễu diễn được ở dạng đa thức theo các đa thức đối xứng cơ sở Định lý chứng minh

1.3.4 Đa thức phản đối xứng

Định nghĩa Đa thức phản đối xứng là đa thức thay đổi dấu khi thay đổi vị trí

của hai biến bất kỳ

Định lý 2.6 (Định lý Bezout) Giả sử f(t) là đa thức bậc n  1 Khi đó số dư

trong phép chia của đa thức cho t – a bằng f(a) Đa thức f(t) chia hết cho t – a khi và chỉ khi f(a) = 0

Chứng minh

Thật vậy, thực hiện phép chia đa thức f(t) cho t – a, ta được

f(t) = g(t)(t – a) + r(t)

Vì t – a có bậc bằng 1, nên đa thức dư r(t) co bậc bằng không, nghĩa là r(t) = r

= const Trong đẳng thức trên cho t = a, ta được r = f(a) Từ đó suy ra f(t) chia hết cho t – a khi và chỉ khi f(a) = 0 Định lý được chứng minh

Định lý 2.7 Mọi đa thức phản đối xứng hai biến f(x, y) đều có dạng:

f(x, y) = (x – y)g(x, y), (2.5)

trong đó g(x, y) là đa thức đối xứng theo các biến x, y

Chứng minh

Trước hết nhận xét rằng, nếu f(x, y) là đa thức phản đối xứng thì f(x, x) = 0

Thật vậy, theo định nghĩa ta có

f(x, y) = – f(y, x)

Trong đẳng thức trên đặt y = x, ta có f(x, x) = – f(x, x), suy ra f(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) chia hết cho x – y, nghĩa là có dạng

f(x, y) = (x – y)g(x, y), (2.6)

trong đó g(x, y) là đa thức nào đó Trong công thức (2.6) đổi chỗ x, y ta có f(y, x) = (y – x)g(y, x),

Vì theo giả thiết f(x, y) = – f(y, x) và cũng vì (x – y) = – (y – x), nên ta có:

Định lý 2.8 được tiến hành tương tự như Định lý 2.7

Trong đa thức phản đối xứng, các đa thức x – y và T = (x – y)(x – z)(y – z)

đóng vai trò rất quan trọng và được gọi là các đa thức phản đối xứng đơn giản nhất tương ứng đối với đa thức phản đối xứng hai biến và ba biến

1.3.5 Công thức Viète và phương trình bậc ba

Định lý 2.9 (Công thức Viète) Nếu x 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình

ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, (a  0), thì

3 2 1 3

3 2 3 1 2 1 2

3 2 1 1

c

d x x x

a

c x x x x x x

a

b x x x

So sánh hệ số các lũy thừa cùng bậc của x ở hai vế của đẳng thức trên, ta có điều phải chứng minh

Định lý 2.10 Xét phương trình bậc ba

x 3 + ax 2 + bx + c = 0 (2.8)

với các hệ số là các số thực và

 = –4a 3 c + a 2 b 2 + 18abc – 4b 3 – 27c 2 (2.9)

Được gọi là biệt thức của phương trình Khi đó:

a) Nếu  > 0, thì tất cả các nghiệm x 1 , x 2 , x 3 là các số thực và khác nhau b) Nếu  < 0, thì một nghiệm của phương trình là thực, còn hai nghiệm kia là phức liên hợp cùng nhau

c) Nếu  = 0 và a 2 – 3b  0, thì phương trình (2.9) có ba nghiệm thực, trong đó có hai nghiệm trùng nhau (nghiệm kép), nghiệm còn lại khác hai nghiệm trên

Nếu  = 0 và a 2 – 3b = 0 thì phương trình có ba nghiệm thực trùng

nhau (nghiệm bội)

Chứng minh

Giả sử x 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình (2.9) (có thể là các số phức, những ít nhất có một nghiệm là thực) Khi đó theo công thức Viete cho phương trình bậc ba, ta có

b) Giả sử x 1 là nghiệm thực, còn x 2 , x 3 là phức: x 2 =  i, x 3 =  i Khi đó

 và a 2 = 3b thì phương (2.9) có nghiệm bội, còn nếu  = 0 và a 2  3b,

thì phương trình có nghiệm số kép Định lý được chứng minh

0 ) , , (

0 ) , , (

z y x R

z y x Q

z y x P

(2.10)

Bằng cách đặt

x + y + z = 1, xy + yz + zx = 2, xyz = 3, trên cơ sở định lý 2.5, 2.6, ta đưa hệ (2.16) về dạng:

0 ) , , (

0 ) , , (

3 2 1

3 2 1

3 2 1

p

(2.11)

Hệ phương trình (2.11) thường đơn giản hơn hệ (2.10) và ta có thể dễ dàng tìm được nghiệm (1, 2, 3) Sau khi tìm được các giá trị của 1, 2, 3, cần

phải tìm các giá trị của các ẩn số x, y, z là nghiệm của hệ (2.10) Điều này có

thể thực hiện được nhờ định lý sau đây:

Định lý 2.11 Giả sử 1, 2 3 là các số thực nào đó Khi đó phương trình bậc

, ,

3

2 1

z y x

(2.13)

Liên hệ với nhau như sau:

Nếu u1, u2, u3 là các nghiệm của phương trình (2.12) thì hệ (2.13) có các

3 1

2 1

1 1

u z

u y

u x

3 2

3 2

1 2

u z

u y

u x

3 3

1 3

2 3

u z

u y

u x

1 4

3 4

2 4

u z

u y

u x

2 5

1 5

3 5

u z

u y

u x

1 6

2 6

3 6

u z

u y

u x

và ngoài ra không còn nghiệm nào khác

Ngược lại, nếu x = a, y = b, z = c là nghiệm của hệ (2.13) thì các số a, b, c là

nghiệm của phương trình (2.12)

3 3 2 1

2 3 2 3 1 2 1

1 3 2 1







u u u

u u u u u u

u u u

Suy ra u1, u2, u3 là nghiệm của hệ (2.13) Ngoài ra còn năm nghiệm nũa nhận được bằng cách hoán vị các giá trị của các ẩn số Vấn đề hệ (2.13) không còn nghiệm nào khác sẽ được làm sáng tỏ dưới đây:

Giả sử x = a, y = b, z = c là nghiệm của hệ (2.13), nghĩa là

, ,

3

2 1

c b a

1

  0, 2  0, 3  0

Chứng minh

Giả sử x, y, z là nghiệm của hệ (2.13) Khi đó theo định lý 2.12, x, y, z là các

nghiệm của phương trình (2.12) Theo định lý 2.11, phương trình (2.12) có nghiệm thực khi và chỉ khi biệt thức của nó không âm, nghĩa là (2.14) được

thỏa mãn Ngoài ra, nếu các số x, y, z là không âm Ngược lại, nếu i  0, (i =

1, 2, 3) và (2.14) được thỏa mãn, thì phương trình (2.12) không thể có nghiệm

âm Thật vậy, trong (2.12) thay u = –v ta có phương trình

v3 – 1v2 + 2v – 3 = 0 (2.15)

Vì i  0, (i = 1, 2, 3), nên phương trình (2.15) không thể có nghiệm dương,

do đó phương trình (2.12) không thể có nghiệm âm Từ đó suy ra x, y, z là các

số không âm Định lý được chứng minh

1.3.7 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 cần phải biễu diễn nó qua các đa thức đối xứng cơ sở 1, 2, 3

để được đa thức (1, 2, 3) sau đó phân tích đa thức cuối cùng thành nhân

tử Khi phân tích một đa thức đối xứng thành nhân tử có thể gặp các nhân tử

là đa thức đối xứng và không đối xứng Nếu trong các nhân tử của f(x, y, z) có

đa thức không đối xứng h(x, y, z), thì do f(x, y, z) là đối xứng sẽ phải có các nhân tử nhận được từ h(x, y, z) bằng cách hoán vị các biến x, y, z, nghĩa là có

nhân tử có dạng:

h(x, y, z)h(x, z, y)h(y, x, z)h(y, z, x)h(z, x, y)h(z, y, x)

– Nếu trong các nhân tử có nhân tử g(x, y, z) là đa thức đối xứng chỉ với hai biến, ví dụ đối với x, y, nghĩa là

Như vậy, trong phân tích thành nhân tử của đa thức đối xứng f(x, y, z) có thể

gặp các nhân tử dạng sau đây:

1) Nhân tử đa thức đối xứng p(x, y, z)

2) Nhân tử có dạng k(x, y, z)k(y, z, x) trong đó k(x, y, z) là đối xứng chẵn

3) Nhân tử có dạng g(x, y, z)g(y, z, x)g(z, x, y), trong đó g(x, y, z) đối xứng

theo hai biến

4) Nhân tử có dạng h(x, y, z)h(x, z, y)h(y, x, z)h(y, z, x)h(z, x, y)h(z, y, x), trong đó h(x, y, z) không có tính đối xứng

Đối với đa thức phản đối xứng f(x, y, z), theo Định lý 2.9, ta có phân tích

f(x, y, z) = T(x, y, z)g(x, y, z),

trong đó T(x, y,z) là đa thức phản đối xứng đơn giản nhất, còn g(x, y, z) là đa

thức đối xứng Ngoài ra, đối với đa thức phản đối xứng thuần nhất có kết quả sau đây

Mệnh đề 2.2 Kí hiệu  m(x, y, z) là đa thức phản đối xứng bậc m Khi đó

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z khai triển vế trái của bất đẳng

thức trên và giản ước ta được s2 – 33  0 Thay s2 = 12 – 22, ta có bất đẳng thức 12 – 22 0 Từ đó suy ra bất đẳng thức thứ nhất trong (2.16)

Theo bất đẳng thức thứ nhất trong (2.16), ta có:

(x + y + z) 2  (xy + yz + zx)

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

(ab + bc + ca)  3(a 2 bc + ab 2 c + abc 2 ) = 3(a + b + c)abc

Từ đó suy ra bất đẳng thức thứ hai trong (2.16) đối với các số thực a, b, c

Nhận xét Các bất đẳng thức trong (2.17) vẫn còn đúng nếu ta thay điều kiện

x, y, z là các số dương bởi điều kiện x, y, z là các số không âm

các số dương x, y, z, ta có bất đẳng thức

(x + y + z) 2 (xy + yz + zx)  3(x + y + z)xyz + 2(xy + yz + zx) 2

Xét bất đẳng thức thứ hai trong (2.18) Theo (2.16), ta có 22  32, suy ra

(x + y + z)(xy + yz + zx) 2  2(x + y + z) 2 xyz + 3(xy + yz + zx)xyz

Bất đẳng thức còn lại trong (2.18) được chứng minh tương tự Do đó với các

số dương x, y, z ta có bất đẳng thức

(x + y + z) 3 xyz + (xy + yz + zx) 3  6(x + y + z)(xy + yz + zx)xyz

Dễ thấy rằng, các bất đẳng thức trong (2.18) vẫn còn đúng, nếu x, y, z là các

Thật vậy, vì f r (x, y, z) là hàm đối xứng theo x, y, z, nên không mất tính tổng

quát ta giả sử rằng x  y  z Khi đó bất đẳng thức đã cho được viết lại như

sau

f r (x, y, z) = (x – y)[x r (x – z) – y r (y – z)] + z r (x – z)(y – z)  0

Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI

XỨNG

Đa thức đối xứng có rất nhiều ứng dụng trong toán học, đặc biệt là trong đại

số Sau đây là một vài ứng dụng của chúng:

2.1 Giải hệ phương trình đối xứng

Ta thường gặp hệ phương trình hai ẩn, ba ẩn mà các phương trình thành phần của hệ là những đa thức đối xứng hai ẩn, ba ẩn x, y, z

– Đối với đa thức đối xứng hai biến ta đặt 1 = xy và 2 = xy

– Đối với đa thức đối xứng ba biến ta đặt 1 xyz, 2 xy yzzxvà

, 2

thì x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:

x2 –1 x + 2 = 0 khi và chỉ khi 1, 2thoả mãn điều kiện 12 ≥ 42 (*)

- Nếu hệ có một cặp nghiệm (x; y) = (  ;  ) thì hệ còn có cặp nghiệm (x; y) =

33 5 5

y x

y x

Lời giải:

, 33 5

+ 5 1

2 2 1 2 3 1 5 1

33, 3

5.

+ 3 5.

3 1

2 2 2

3 5

0, 14 9 1 2 2 2

3

xy

y x

(thoả mãn điều kiện (*))

3

xy

y x

(không thoả mãn đk (*) loại)

Giải hệ phương trình (I.a):

Theo định lý 1.5, x và ylà nghiệm của phương trình:

2, 1

1, 2

2

y x

Bài 2 Giải hệ phương trình (II)

1 1 1

12

2 2

y x

x

y y x