Trong toán học, đa thức trên một vành (hoặc trường) K là một biểu thức dưới dạng tổng đại số của các đơn thức.. Hàm số biểu diễn bởi một đa thức được gọi là hàm đa thức.[r]
Trang 1******* KHOA TOÁN *******
======================================
BÀI KIỂM TRA GIỮA KỲ
ĐẠI SỐ HIỆN ĐẠI II
Học viên : HUỲNH ĐỨC KHÁNH Lớp : Cao học TOÁN - GIẢI TÍCH K14
QUY NHƠN - 2012
Trang 2Đề 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) thuộc K với các lũy thừa tự nhiên của các biến
Trong chương trình giáo dục phổ thông, thường xét các đa thức trên trường số thực, trong những bài toán 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
đó P là một đa thức được gọi là phương trình đại số
I - VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN
Giả sử A là một vành giao hoán, có đơn vị ký hiệu là 1 Ta gọi P là tập hợp các dãy (a0, a1, , an, ) trong đó ai ∈ A với mọi i ∈ N và ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn
Trên P 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
Tập P cùng với hai phép toán cộng và nhân ở trên là một vành giao hoán 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=
0, 0, , 0, 1, 0, , 0,
Trang 3Mặt khác, xét ánh xạ : A −→ P
a 7−→ (a, 0, , 0, )
Dễ dàng kiểm chứng được ánh xạ này là một đơn cấu vành, do đó ta đồng nhất phần
tử a ∈ 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 của P có dạng (a0, , an, 0, ) trong đó a0, , an∈ A (không nhất thiết khác 0) Việc đồng nhất a với (a, 0, 0, ) và việc đưa vào dãy x cho 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 ẩn x trên A, ký hiệu A[x] Các phần tử của A[x] gọi là các
đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A và thường ký hiệu là f (x) , g (x) ,
Trong một đa thức f (x) = a0x0+ a1x + + anxn, các ai với i = 0, 1, , n gọi là các hệ
tử của đa thức, các aixigọi là các hạng tử của đa thức, đặc biệt a0x0 = a0gọi là hạng tử tự do
II - VÀNH ĐA THỨC NHIỀU ẨN
Giả sử A là một vành giao hoán 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 thức f (x1, x2, , xn) ∈ A [x1, x2, , xn] đều có thể viết dưới dạng
f (x1, x2, , xn) = c1xa11
1 xa12
2 xa1n
n + c2xa21
1 xa22
2 xa2n
n + + cmxam1
1 xam2
2 xamn
n
với ci ∈ A; ai1, ai2, , ain, i = 1, m là những số tự nhiên và (ai1, ai2, , ain) 6= (aj1, aj2, , ajn) với i 6= j, các cigọi là các hệ tử, cixai1
1 xai2
2 xa in
n gọi là các hạng tử của đa thức f (x1, x2, , xn)
Đa thức f (x1, x2, , xn) = 0 khi và chỉ khi các hệ tử của nó bằng không tất cả
Trang 4III - 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· cki,1
1 cki,2
2 cki,m
m
Nếu P (c1, c2, , cm) = 0 thì (c1, c2, , cm) được gọi là nghiệm của đa thức Chúng còn được gọi là các không điểm của đa thức
Các bài toán đầu tiên về đa thức là tìm các nghiệm của đa thức, cũng là nghiệm của phương trình đại số P (x1, x2, , xm) = 0 nên đa thức của m 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 hoán có đơn vị, f (x1, x2, , xn) là một đa thức của vành A[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 thế τ
τ =
τ (1) τ (2) τ (n)
trong đó f (xτ (1), xτ (2), , xτ (n)) có được từ f (x1, x2, , xn) bằng cách trong f (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 vành A[x1, x2, , xn]
Các đa thức
σ1 = x1+ x2+ + xn
σ2 = x1x2+ x1x3+ + xn−1xn
σ = x x x + x x x + + x x x
Trang 5σn−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 với n ẩn x1, x2, , xn Giả sử g(x1, x2, , xn) là một đa thức của A[x1, x2, , xn], phần tử của A[x1, x2, , xn]
có được bằng cách trong g(x1, x2, , xn) thay x1 bởi σ1, x2 bởi σ2, , xn bởi σn gọi là một
đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản, kí hiệu là g (σ1, σ2, , σn) Vì σ1, 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 chứa T làm một trường con, n nghiệm α1, 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
i 1 <i 2 < <ik
αi1αi2 αik
an
a0 = (−1)
n
α1α2 αn
Chú ý rằng vế phải của công thức Viet là những đa thức đối xứng cơ bản đối với các biến α1, α2, , αn
Trang 6PHẦN 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 đặt t = −x thì hệ đã cho trở thành hệ đối xứng giữa hai ẩn t và y Hệ đã cho còn có tên gọi là:00hệ gần đối xứng hoặc hệ nửa đối xứng hoặc hệ giả đối xứng00
• Bằng cách đặt t = −x ta 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
σ1 − 3σ1σ2+ 3(σ1 − 2σ2) − 9σ1 = 22
σ1 − 2σ2+ σ1 = 1
2
⇔
σ1 − 3σ1σ2 + 3(σ1 − 2σ2) − 9σ1 = 22
σ2 = 1
2(σ1 + σ1− 1
2)
⇔
2σ1 + 6σ1 + 45σ1+ 82 = 0
σ2 = 1
2(σ1 + σ1− 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
2 hoặc
t = −1 2
y = −3
2.
Trang 7Bài 2 Giải hệ phương trình
(√
x +py4 3− 1 = 3
x2+ y3 = 82 với (x, y ∈ R)
• Hệ phương trình đã cho không phải là hệ phương trình đối xứng đối với x và y Ta đặt (
u =√
x
v =py4 3− 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− 4σ2
1σ2+ 2σ22 = 81
• Thay σ1 = 3 vào phương trình hai, ta nhận được σ22− 18σ2 = 0 Phương trình này có hai nghiệm σ2 = 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 − 3z = 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 hai z2− 3z + 18 = 0 Hệ này không
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 biến x, 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 toán ta được 18σ1 = 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
z = 12
Trang 8Bài 4 Giải hệ phương trình
rx
y +
rx
y =
7
√
xy + 1
px3y +pxy3 = 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 không 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 u và v
• Đặt
(
σ1 = u + v
σ2 = uv , khi đó hệ trở thành
(
σ1 − 3σ2 = 7
σ2(σ1 − 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 tìm x, y ta 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 không 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 phụ u, v thì hệ đã cho trở thành hệ đối xứng giữa hai ẩn u, v và ta tìm được
(
u = 1
x2 + 1
y = 1
x + y − 2 = 1
Trang 9Bài 6 Giải hệ phương trình
(
x4− 4x2+ y2− 6y + 9 = 0
x2y + x2 + 2y − 22 = 0 với (x, y ∈ R)
• Nhận xét: Hệ đã cho không phải là hệ đối xứng, nhưng bằng cách phân tích
(
x4− 4x2+ y2− 6y + 9 = 0
x2y + x2+ 2y − 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 và v 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 công 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 hoán vị của nó
========== HẾT ==========