Một số tính chất của đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số41943

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THƯ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ ỨNG DỤNG TRONG ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN VĂN MINH THÁI NGUYÊN – 2012 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Khái niệm đa thức đối xứng 1.1 Đa thức đối xứng hai biến 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Tổng lũy thừa công thức Waring 1.1.3 Các định lý đa thức đối xứng hai biến 1.2 Đa thức đối xứng ba biến 1.2.1 Các khái niệm 1.2.2 Tổng lũy thừa tổng nghịch đảo 1.2.3 Quỹ đạo đơn thức 1.2.4 Các định lý đa thức đối xứng ba biến 1.2.5 Đa thức phản đối xứng Ứng dụng tính chất đa thức đối xứng để giải số toán đại số 2.1 Một số tập tính tốn 2.2 Phân tích đa thức thành nhân tử 2.3 Phương trình đối xứng phương trình hồi quy 2.4 Giải hệ phương trình 2.4.1 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn ứng dụng 2.4.2 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn 2.5 Tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng 2.6 Chứng minh đẳng thức 2.7 Chứng minh bất đẳng thức Đa 3.1 3.2 3.3 thức đối xứng n biến ứng dụng Các khái niệm Biểu diễn tổng lũy thừa qua đa thức đối xứng sở Các định lý đa thức đối xứng nhiều biến S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 11 11 12 14 16 19 21 21 24 27 33 33 37 42 44 50 58 58 60 63 3.4 3.5 3.6 Đa thức phản đối xứng nhiều biến 66 Phương trình hệ phương trình 68 Chứng minh đẳng thức Phân tích đa thức thành nhân tử 72 Kết luận 79 Tài liệu tham khảo 80 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Các toán đại số ln chiếm vị trí quan trọng tốn phổ thơng, lĩnh vực mà nhà nghiên cứu sáng tạo đầy đủ hồn thiện Tính đối xứng đại số phần quan trọng đại số sơ cấp, toán quen thuộc tài liệu liên quan đến đại số sơ cấp, kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Trong trình giải nhiều tốn đại số dạng trực tiếp dạng gián tiếp nhận tốn liên quan đến đa thức đối xứng, giải toán cách đơn lẻ gặp khơng khó khăn tính hiệu khơng cao giải tốn loại Việc nắm bắt đầy đủ khái niệm tính chất đa thức đối xứng, thơng qua áp dụng giải số tốn liên quan đến đa thức đối xứng vấn đề nhiều người quan tâm Luận văn giới thiệu khái niệm, tính chất đa thức đối xứng ứng dụng để giải toán đại số thường gặp chương trình tốn sơ cấp Luận văn "Một số tính chất đa thức đối xứng ứng dụng đại số" gồm có phần mở đầu, ba chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương Các khái niện đa thức đối xứng Trong chương tác giả trình bày khái niệm, tính chất đa thức đối xứng hai biến, ba biến Một đóng góp nhỏ có ý nghĩa chương Hệ 1.1 công thức Newton Công thức thường sử dụng tốn tính giá trị biểu thức Chương Ứng dụng tính chất đa thức đối xứng để giải số toán đại số Chương tác giả trình bày ứng dụng đa thức đối xứng ví dụ minh họa cụ thể Các ứng dụng phổ biến tài liệu đại số chương trình tốn phổ thơng S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Đa thức đối xứng n biến ứng dụng Chương tác giả trình bày kiến thức đa thức đối xứng n biến số ứng dụng phổ biến thường gặp Luận văn nghiên cứu phần nhỏ đại số thu số kết định Tuy nhiên, luận văn chắn cịn nhiều thiếu xót, nên mong góp ý thầy cơ, bạn đồng nghiệp độc giả quan tâm đến nội dung luận văn để luận văn tác giả hoàn thiện Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hường dẫn TS Nguyễn Văn Minh Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới quan tâm thầy, tới thầy cô Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo Khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám hiệu, bạn đồng nghiệp trường THPT Hoàng Văn Thụ huyện Lục Yên - Yên Bái gia đình tạo điều kiện cho tác giả học tập hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng 06 năm 2012 Tác giả Phạm Văn Thư S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Khái niệm đa thức đối xứng 1.1 1.1.1 Đa thức đối xứng hai biến Các khái niệm Định nghĩa 1.1 (Theo [2]) Một đơn thức f(x,y) biến độc lập x, y (trường hợp chung số phức) hiểu hàm số có dạng f (x, y) = akl xk y l , akl = số (hằng số), k, l số nguyên không âm Số akl gọi hệ số, k+l gọi bậc đơn thức f(x,y) kí hiệu deg[f (x, y)] = deg[axk y l ] = k + l Các số k, l tương ứng gọi bậc đơn thức biến x, y Như vậy, bậc đơn thức hai biến tổng bậc đơn thức theo biến Chẳng hạn: 3x4 y x2 y đơn thức theo x, y với bậc tương ứng Định nghĩa 1.2 (Theo [2]) Hai đơn thức biến x, y gọi đồng dạng (tương tự), chúng có hệ số khác Như vậy, hai đơn thức gọi đồng dạng, chúng có dạng: Axk y l , Bxk y l (A = B) Định nghĩa 1.3 (Theo [2]) Giả sử Axk y l Bxm y n hai đơn thức biến x, y Ta nói đơn thức Axk y l trội đơn thức Bxm y n theo thứ tự biến x, y, k > m, k = m l > n S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chẳng hạn: Đơn thức 3x4 y trội đơn thức 3x2 y , đơn thức x4 y trội đơn thức x4 y Định nghĩa 1.4 (Theo [2]) Một hàm số P(x,y) gọi đa thức theo biến số x, y, biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức Như vậy, đa thức P(x,y) theo biến số x, y hàm số có dạng akl xk y l P (x, y) = k+l n, ta có sm+n = sm sn − σ2n sm−n (1.2) Thật vậy, sm+n = xm+n + y m+n = (xm + y m )(xn + y n ) − xn y n (xm−n + y m−n ) = sm sn − σ2n sm−n Sử dụng công thức (1.1) biểu thức s1 , s2 chứng minh trên, ta nhận biểu thức sau s1 = x + y = σ , s2 = σ12 − 2σ2 , s3 = σ13 − 3σ1 σ2 , s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 , s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 Việc tính tổng lũy thừa sk theo công thức lặp (1.1) không thuận tiện phải biết trước tổng sk sk−1 Đơi ta cần có biểu thức sk phụ thuộc vào σ1 σ2 Công thức tương ứng tìm năm 1779 nhà tốn học người Anh E.Waring Định lý 1.2 (Cơng thức Waring (Theo [2])) Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng sở σ1 σ2 theo công thức [k/2] (−1)m (k − m − 1)! k−2m m sk = σ1 σ2 , k m! (k − 2m)! m=0 [k/2] kí hiệu phần nguyên k/2 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.3) Chứng minh Ta chứng minh công thức (1.3) phương pháp quy nạp Với k=1, k=2 cơng thức tương ứng có dạng 1 s1 = σ1 , s2 = σ12 − σ2 2 Như vậy, với k=1, k=2 công thức (1.3) Giả sử công thức Waring cho s1 , s2 , , sk−1 Để chứng minh công thức cho sk ta sử dụng cơng thức (1.1) Ta có 1 sk = [σ1 sk−1 − σ2 sk−2 ] = k k (−1)m (k − m − 2)! k−2m−1 m k−1 σ2 − σ1 σ1 = k m=0 m! (k − 2m − 1)! k−1 (−1)n (k − n − 3)! k−2n−2 n − σ2 σ σ2 = k n! (k − 2n − 2)! n (−1)m (k − m − 2)! (k − 1) k−2m m = σ1 σ2 − k m m! (k − 2m − 1)! (−1)n (k − n − 3)! (k − 2) k−2n−2 n+1 − σ1 σ2 k n n! (k − 2n − 2)! Trong tổng thứ hai thay n+1 m Khi hai tổng kết hợp thành sau: (−1)m (k − m − 2)! (k − 1) k−2m m 1 sk = σ1 σ2 − k k m! (k − 2m − 1)! (−1)m−1 (k − m − 2)! (k − 2) k−2m m σ2 = σ1 − k m (m − 1)! (k − 2m)! k−1 k−2 (−1)m (k − m − 2)! σ1k−2m σ2m + k m m! (k − 2m − 1)! (m − 1)! (k − 2m)! Sử dụng công thức m k − 2m = , = , (m − 1)! m! (k − 2m − 1)! (k − 2m)! ta có (k − 2)m k(k − m − 1) (k − 1)(k − 2m) + = m!(k − 2m)! m!(k − 2m)! m!(k − 2m)! Cuối cùng, (k − m − 1).(k − m − 2)! = (k − m − 1)! nên ta có cơng thức cần phải chứng minh: S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn [k/2] (−1)m (k − m − 1)! sk = σ1k−2m σ2m , k m! (k − 2m)! m=0 Công thức Waring cho biểu thức sn = xn + y n theo σ1 = x + y, σ2 = xy sau s1 = σ ; s2 = σ12 − 2σ2 ; s3 = σ13 − 3σ1 σ2 ; s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 ; s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 ; s6 = σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 ; s7 = σ17 − 7σ15 σ2 + 14σ13 σ22 − 7σ1 σ23 ; s8 = σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 − 16σ12 σ23 + 2σ24 ; s9 = σ19 − 9σ17 σ2 + 27σ15 σ22 − 30σ12 σ23 + 9σ1 σ24 ; s10 = σ110 − 10σ18 σ2 + 35σ16 σ22 − 50σ14 σ23 + 25σ12 σ24 − 2σ25 ; 1.1.3 Các định lý đa thức đối xứng hai biến Định lý 1.3 (Theo [2]) Mọi đa thức đối xứng P(x,y) biến x, y biểu diễn dạng đa thức p(σ1 , σ2 ) theo biến σ1 = x + y σ2 = xy , nghĩa P (x, y) = p(σ1 , σ2 ) (1.4) Chứng minh Trước hết ta xét trường hợp đơn thức, lũy thừa x y bậc, nghĩa đơn thức dạng axk y k Hiển nhiên axk y k = a(xy)k = aσ2k Tiếp theo, xét đơn thức dạng bxk y l (k = l) Vì đa thức đối xứng, nên có số hạng dạng bxl y k Để xác định, ta giả sử k < l xét tổng hai đơn thức b(xk y l + xl y k ) = bxk y k (xl−k + y l−k ) = bσ2k sl−k Theo công thức Waring sl−k đa thức biến σ1 , σ2 , nên nhị thức nói đa thức σ1 , σ2 Vì đa thức đối xứng tổng số hạng dạng axk y k b(xk y l + xl y k ), nên đa thức đối xứng biểu diễn dạng đa thức theo biến σ1 σ2 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.4 (Tính (Theo [2])) Nếu đa thức ϕ(σ1 , σ2 ) ψ(σ1 , σ2 ) thay σ1 = x + y, σ2 = xy cho ta đa thức đối xứng P(x,y), chúng phải trùng nhau, nghĩa ϕ(σ1 , σ2 ) ≡ ψ(σ1 , σ2 ) Chứng minh Đặt φ(σ1 , σ2 ) = ϕ(σ1 , σ2 ) − ψ(σ1 , σ2 ) Khi theo giả thiết ta có: φ(x + y, xy) = ϕ(x + y, xy) − ψ(x + y, xy) = P (x, y) − P (x, y) = Ta chứng tỏ φ(σ1 , σ2 ) ≡ Dễ thấy rằng, sau mở ngoặc biểu thức f (x, y) := (x + y)k (xy)l đa thức biến x, y có số hạng trội theo thứ tự biến x, y xk+l y l Giả sử φ(σ1 , σ2 ) có dạng φ (σ1 , σ2 ) = k,l Akl σ1k σ2l Để tìm số hạng trội nhất, ta chọn φ(σ1 , σ2 ) số hạng có k+l lớn Tiếp theo, số hạng nói trên, chọn số hạng với giá trị lớn l Ví dụ, φ(σ1 , σ2 ) = 3σ14 σ2 − 4σ12 σ23 + σ1 σ24 − 6σ1 σ22 + 11σ23 − 7σ1 + 5σ2 + số hạng chọn σ1 σ24 Như vậy, giả sử chọn đơn thức Aσ1m σ2n Khi đó, thay σ1 = x + y, σ2 = xy , số hạng trội φ Axm+n y n Thật vậy, giả sử Bσ1k σ2l đơn thức tùy ý khác với Axm+n y n Khi theo cách chọn có m+n > l+l, m+n = k+l, n > l Trong hai trường hợp Axm+n y n trội Bxk+l y l Vậy chứng tỏ Axm+n y n đơn thức trội φ(x + y, xy), nên φ(x + y, xy) = 0, ∀x, y φ(σ1 , σ2 ) = Vậy, ta có φ(σ1 , σ2 ) ≡ Ví dụ 1.1 Biểu diễn đa thức sau theo đa thức đối xứng sở f (x, y) = x5 +3x3 y −x3 y +2xy −7x2 y +y +3x2 y −5xy −5x3 y+2x4 y = −x3 y − 7x2 y + x5 + y + x3 y + x2 y + xy + x4 y − xy + x3 y = = −x3 y −7x2 y + x5 + y +3x2 y (x + y)+2xy y + x3 −5xy y + x2 = −σ23 − 7σ22 + s5 + 3σ22 σ1 + 2σ2 s3 − 5σ2 s2 = = −σ23 −7σ22 +(σ15 −5σ13 σ2 +5σ1 σ22 )+3σ1 σ22 +2σ2 (σ13 −3σ1 σ2 )−5σ2 (σ12 −2σ2 ) = σ15 − 3σ13 σ2 − 5σ12 σ2 + 2σ1 σ22 − σ23 + 3σ22 S hóa b i Trung tâm H c li u – 10 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.2 1.2.1 Đa thức đối xứng ba biến Các khái niệm Định nghĩa 1.9 (Theo [2]) Một đơn thức ϕ(x, y, z) biến x, y, z hiểu hàm số có dạng ϕ(x, y, z) = aklm xk y l z m , k, l, m ∈ N gọi bậc biến x, y, z; số aklm ∈ R∗ = R\ {0} gọi hệ số đơn thức, số k+l+m gọi bậc đơn thức ϕ(x, y, z) Định nghĩa 1.10 (Theo [2]) Một hàm số P(x,y,z) biến x, y, z gọi đa thức, biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức: aklm xk y l z m P (x, y, z) = k+l+m≤n Bậc lớn đơn thức đa thức gọi bậc đa thức Định nghĩa 1.11 (Theo [2]) Đa thức P(x,y,z) gọi đối xứng biến x, y, z, khơng thay đổi với hốn vị x, y, z, nghĩa P (x, y, z) = P (x, z, y) = P (y, x, z) = P (y, z, x) = P (z, y, x) = P (z, x, y) Chẳng hạn đa thức đa thức đối xứng theo biến x, y, z x4 + y + z − 2x2 y − 2x2 z − 2y z ; (x + y)(x + z)(y + z); (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 Định nghĩa 1.12 (Theo [2]) Đa thức đối xứng P(x,y) gọi bậc m, nếu: P (tx, ty, tz) = tm P (x, y, z), ∀t = Định nghĩa 1.13 (Theo [2]) Các đa thức σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz, gọi đa thức đối xứng sở biến x, y, z S hóa b i Trung tâm H c li u – 11 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.2.2 Tổng lũy thừa tổng nghịch đảo Định nghĩa 1.14 (Theo [2]) Các đa thức sk = xk +y k +z k , (k = 0, 1, ), gọi tổng lũy thừa bậc k biến x, y, z Định lý 1.5 (Công thức Newton (Theo [2])) Với k ∈ Z, ta có hệ thức sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 (1.5) Chứng minh Thật vậy, ta có σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 = = (x + y + z)(xk−1 + y k−1 + z k−1 )− −(xy + xz + yz)(xk−2 + y k−2 + z k−2 ) + xyz(xk−3 + y k−3 + z k−3 ) = = (xk + y k + z k + xy k−1 + xk−1 y + xz k−1 + xk−1 z + yz k−1 + y k−1 z)− −(xk−1 y + xy k−1 + xk−1 z + xz k−1 + y k−1 z + yz k−1 + +xyz k−2 + xy k−2 z + xk−2 yz) + (xk−2 yz + xy k−2 z + xyz k−2 ) = = x k + y k + z k = sk Định lý 1.6 (Theo [2]) Mỗi tổng lũy thừa sk = xk + y k + z k biểu diễn dạng đa thức bậc n theo biến σ1 , σ2 , σ3 Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp quy nạp Ta có s0 = 3, s1 = x + y + z = σ1 s2 = x + y + z = (x + y + z)2 − 2(xy + yz + zx) = σ12 − 2σ2 2 Như vậy, Định lý với n = 0, n = 1, n = Giả sử định lý với n = k − 1, n = k − 2, n = k − 3(k > 3) Khi đó, theo cơng thức Newton, Định lý với n = k Công thức (1.5) cho phép biểu diễn tổng lũy thừa sk theo đa thức đối xứng sở σ1 , σ2 , σ3 , biết trước công thức biểu diễn sk−1 , sk−2 Định lý sau cho ta công thức biểu diễn trực tiếp sk theo đa thức đối xứng sở σ1 , σ2 , σ3 S hóa b i Trung tâm H c li u – 12 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.7 (Công thức Waring (Theo [2])) Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng sở theo công thức (−1)k−l−m−n (l + m + n − 1)! l m n sk = σ1 σ2 σ3 k l!m!n! l+2m+3n=k (1.6) Công thức (1.6) chứng minh phương pháp quy nạp với trợ giúp công thức (1.5) Nhờ công thức Waring tìm cơng thức sau Biểu thức sn = xn + y n + z n tính theo σ1 , σ2 , σ3 s0 = 3; s1 = σ ; s2 = σ12 − 2σ2 ; s3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ; s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 ; s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 + 5σ12 σ3 − 5σ2 σ3 ; s6 = σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 + 6σ13 σ3 − 12σ1 σ2 σ3 + 3σ32 ; s7 = σ17 − 7σ15 σ2 + 14σ13 σ22 − 7σ1 σ23 + 7σ14 σ3 − 21σ12 σ2 σ3 + 7σ1 σ32 + 7σ22 σ3 ; s8 = σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 − 16σ12 σ23 + 2σ24 + 8σ15 σ3 − 32σ13 σ2 σ3 + +12σ12 σ32 + 24σ1 σ22 σ3 − 8σ2 σ32 ; s9 = σ19 − 9σ17 σ2 + 27σ15 σ22 − 30σ12 σ23 + 9σ1 σ24 + 9σ16 σ3 − −45σ14 σ2 σ3 + 54σ12 σ22 σ3 + 18σ13 σ32 − 9σ23 σ3 − 27σ1 σ2 σ32 + 3σ33 ; s10 = σ110 − 10σ18 σ2 + 35σ16 σ22 − 50σ14 σ23 + 25σ12 σ24 − 2σ25 + 10σ17 σ3 − −60σ15 σ2 σ3 + 100σ13 σ22 σ3 + 25σ14 σ32 − 40σ1 σ23 σ3 − 60σ12 σ2 σ32 + 10σ1 σ33 + 15σ22 σ32 ; Định nghĩa 1.15 (Theo [2]) Các biểu thức s−k = x−k + y −k + z −k = 1 + k + k , (k = 1, 2, ) k x y z gọi tổng nghịch đảo biến x, y, z Do công thức (1.5) với ∀k ∈ Z, nên cơng thức thay k − k , ta s−k = σ1 σ2 s1−k − s2−k + s3−k σ3 σ3 σ3 (1.7) Sử dụng cơng thức (1.7) tìm biểu thức tổng nghịch đảo theo đa thức đối xứng sở Chẳng hạn: S hóa b i Trung tâm H c li u – 13 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn σ2 σ1 σ2 σ1 σ2 s0 − s1 + s2 = − σ1 + (σ12 − 2σ2 ) = ; σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ2 σ1 σ2 σ2 σ1 σ22 − 2σ1 σ3 = s−1 − s0 + s1 = − + σ1 = ; σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ32 σ1 σ2 σ22 − 2σ1 σ3 σ1 σ2 σ2 − + = = s−2 − s−1 + s0 = σ3 σ3 σ3 σ3 σ32 σ3 σ3 σ3 σ23 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32 = ; σ33 σ1 σ2 = s−3 − s−2 + s−1 = σ3 σ3 σ3 σ2 σ23 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32 σ1 σ22 − 2σ1 σ3 σ2 = − + = σ3 σ33 σ3 σ32 σ3 σ3 σ24 − 4σ1 σ22 σ3 + 4σ2 σ32 + 2σ12 σ32 = σ34 s−1 = s−2 s−3 s−4 1.2.3 Quỹ đạo đơn thức Định nghĩa 1.16 (Theo [2]) Đa thức đối xứng với số số hạng tối thiểu, số hạng đơn thức xk y l z m gọi quỹ đạo đơn thức xk y l z m kí hiệu O(xk y l z m ) Rõ ràng để tìm quỹ đạo đơn thức xk y l z m cần phải bổ sung vào đơn thức tất hốn vị x, y, z Với k = l = m, ta có: O(xk y l z m ) = xk y l z m + xk y m z l + xl y k z m + xl y m z k + xm y k z l + xm y l z k Ví dụ 1.2 (Theo [5]) Ta có O(x5 y z) = x5 y z + x5 yz + x2 y z + x2 yz + xy z + xy z ; O(x3 y) = O(x3 yz ) = x3 y + xy + x3 z + xz + y z + yz Nếu đơn thức xk y l z m có hai số mũ nhau, chẳng hạn k = l = m, O(xk y k z m ) = xk y k z m + xk y m z k + xm y k z k Chẳng hạn: O(xyz ) = xyz + xy z + x5 yz, O(xy) = xy + yz + zx, O(x3 y ) = x3 y + x3 z + y z Các trường hợp riêng quỹ đạo: S hóa b i Trung tâm H c li u – 14 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn O(x) = O(xy z ) = x + y + z = σ1 , O(xy) = O(xyz ) = xy + yz + zx = σ2 , O(xyz) = xyz = σ3 , O(xk ) = O(xk y z ) = xk + y k + z k = sk , k ∈ N Định lý 1.8 (Theo [2]) Quỹ đạo đơn thức biểu diễn dạng đa thức theo đơn thức đối xứng sở Chứng minh Trước hết ta có O(xk ) = sk , nên theo định lý (1.6), O(xk ) biểu diễn theo đa thức đối xứng sở Trường hợp quỹ đạo có dạng O(xk y l ) Ta có cơng thức O(xk y l ) = O(xk )O(xl ) − O(xk+l )(k = l) (1.8) Thật vậy, ta có O(xk )O(xl )−O(xk+l ) = (xk +y k +z k )(xl +y l +z l )−(xk+l +y k+l +z k+l ) = = (xk+l + y k+l + z k+l ) + (xk y l + xl y k + xk z l + xl z k + y k z l + y l z k )− −(xk+l + y k+l + z k+l ) = = xk y l + xl y k + xk z l + xl z k + y k z l + y l z k = O(xk y l ) Nếu k = l cơng thức (1.8) thay công thức sau: O(xk y k ) = [(O(xk ))2 − O(x2k )] (1.9) Từ (1.8) (1.9), suy quỹ đạo O(xk y l ) biểu diễn dạng đa thức theo biến σ1 , σ2 , σ3 Cuối cùng, đơn thức xk y l z m phụ thuộc vào ba biến x, y, z, nghĩa k = l = m = 0, đơn thức xk y l z m chia hết cho lũy thừa với số mũ xyz Vì đa thức O(xk y l z m ) đưa lũy thừa với số mũ xyz = σ3 ngồi ngoặc, ngoặc quỹ đạo phụ thuộc vào số biến ba Do đó, quỹ đạo O(xk y l z m ) biểu diễn dạng đa thức σ1 , σ2 , σ3 Bằng cách ta dễ dàng nhận cơng thức sau: S hóa b i Trung tâm H c li u – 15 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Quỹ đạo O(xk y l ) biểu diễn dạng đa thức theo σ1 , σ2 , σ3 O(xy) = σ2 ; O(x2 y) = σ1 σ2 − 3σ3 ; O(x3 y) = σ12 σ2 − 2σ22 − σ1 σ3 ; O(x2 y ) = σ22 − 2σ1 σ3 ; O(x4 y) = σ13 σ2 − 3σ1 σ22 − σ12 σ3 + 5σ2 σ3 ; O(x3 y ) = σ1 σ22 − 2σ12 σ3 − σ2 σ3 ; O(x5 y) = σ14 σ2 − 4σ12 σ22 − σ σ3 + 7σ1 σ2 σ3 + 2σ23 − 3σ32 ; O(x4 y ) = σ12 σ22 − 2σ23 − 2σ13 σ3 + 4σ1 σ2 σ3 − 3σ32 ; O(x3 y ) = σ23 + 3σ32 − 3σ1 σ2 σ3 ; Sử dụng công thức biểu diễn tổng nghịch đảo theo đa thức sở, dễ dàng tìm quỹ đạo O(xk y k ) Thật vậy, ta có s−k = 1 y k z k + xk z k + xk y k O(xk y k ) + + = = xk y k z k xk y k z k σ3k Suy O(xk y k ) = σ3k s−k ; O(x2 y ) = σ32 s−2 = σ22 − 2σ1 σ3 ; O(x3 y ) = σ33 s−3 = σ23 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32 ; O(x4 y ) = σ34 s−4 = σ24 − 4σ1 σ22 σ3 + 4σ2 σ32 + 2σ12 σ32 ; 1.2.4 Các định lý đa thức đối xứng ba biến Định lý 1.9 (Theo [2]) Mọi đa thức đối xứng ba biến x, y, z biểu diễn dạng đa thức theo biến σ1 = x+y +z, σ2 = xy +yz +zx, σ3 = xyz Chứng minh Giả sử f (x, y, z) đa thức đối xứng axk y l z m số hạng f (x, y, z) Do tính đối xứng, với số hạng trên, f (x, y, z) chứa quỹ đạo O(xk y l z m ) với thừa số chung a Như ta có f (x, y, z) = a.O(xk y l z m ) + f1 (x, y, z), (1.10) f1 (x, y, z) đa thức đối xứng với số hạng Đối với f1 (x, y, z) ta lại có cơng thức tương tự nhờ cơng thức (1.9) Theo số hữu hạn bước nói trên, ta phân tích đa thức f (x, y, z) thành tổng quỹ đạo Theo định lý (1.8), quỹ đạo lại đa thức theo đa thức đối xứng sở, đa thức đối xứng biểu diễn dạng đa thức theo đa thức đối xứng sở S hóa b i Trung tâm H c li u – 16 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.10 (Định lý (Theo [2])) Nếu đa thức ϕ(σ1 , σ2 , σ3 ) ψ(σ1 , σ2 , σ3 ) σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz cho ta đa thức đối xứng P(x,y,z), chúng phải trùng nhau, nghĩa ϕ(σ1 , σ2 , σ3 ) ≡ ψ(σ1 , σ2 , σ3 ) Chứng minh Để thuận tiện ta đặt t1 = σ1 , t2 = σ2 , t3 = σ3 ; x1 = x, x2 = y, x3 = z 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 ) = ∀σ1 = x1 + x2 + x3 , σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 , σ3 = x1 x2 x3 Ta chứng minh φ đa thức không, nghĩa đồng không Đặt Q(x1 , x2 , x3 ) = φ(x1 + x2 + x3 , x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 , x1 x2 x3 ) = φ(σ1 , σ2 , σ3 ) Rõ ràng Q(x1 , x2 , x3 ) đa thức đối xứng Ta viết lại φ(t1 , t2 , t3 ) dạng φ(t1 , t2 , t3 ) = φ0 (t1 , t2 ) + φ1 (t1 , t2 )t3 + φ2 (t1 , t2 )t23 + + φm (t1 , t2 )tm kí hiệu τ1 , τ2 đa thức đối xứng sở biến x1 , x2 Dễ thấy σk (x1 , x2 , 0) = τk (x1 , x2 ) (k=1, 2), σ3 (x1 , x2 , 0) = τ3 (x1 , x2 ) = Theo điều kiện tốn ta có Q(x1 , x2 , x3 ) = φ0 (σ1 , σ2 )+φ1 (σ1 , σ2 )σ3 +φ2 (σ1 , σ2 )σ32 + +φm (σ1 , σ2 )σ3m = 0, ∀x1 , x2 , x3 Khi R(x1 , x2 ) := Q(x1 , x2 , 0) = φ0 (τ1 , τ2 ) = 0, ∀x1 , x2 Vì R(x1 , x2 ) đa thức đối xứng hai biến, nên theo định lý tính đa thức đối xứng hai biến (1.4) suy φ0 đồng khơng Như ta có Q(x1 , x2 , x3 ) = σ3 [φ1 (σ1 , σ2 ) + φ2 (σ1 , σ2 )σ3 + + φm (σ1 , σ2 )σ3m−1 ] = 0, ∀x1 , x2 , x3 σ3 = 0, nên đa thức Q(x1 , x2 , x3 ) = φ1 (σ1 , σ2 ) + φ2 (σ1 , σ2 )σ3 + + φm (σ1 , σ2 )σ3m−1 = 0, ∀x1 , x2 , x3 S hóa b i Trung tâm H c li u – 17 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Lập luận tương tự suy φ1 đồng khơng Tương tự có φ2 , φ3 , , φm đa thức không Vậy φ đa thức không Để biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sở, cách tổng quát, ta tiến hành theo bước chứng minh định lý (1.9) Tuy nhiên, trường hợp đa thức nhất, ta dùng phương pháp " hệ số bất định" Cơ sở phương pháp mệnh đề sau Mệnh đề 1.1 (Theo [2]) Cho fm (x, y, z) đa thức đối xứng bậc m Khi fm (x, y, z) biểu diễn qua đa thức đối xứng sở theo công thức fm (x, y, z) = i+2j+3k=m aijk σ1i σ2j σ3k , (i, j, k ∈ N) Mệnh đề 1.1 suy từ định lý đa thức đối xứng với σ1 , σ2 , σ3 có bậc 1, 2, biến x, y, z Dưới số trường hợp riêng mệnh đề f1 (x, y, z) = a1 σ1 ; f2 (x, y, z) = a1 σ12 + a2 σ2 ; f3 (x, y, z) = a1 σ13 + a2 σ1 σ2 + a3 σ3 ; f4 (x, y, z) = a1 σ14 + a2 σ12 σ2 + a3 σ22 + a4 σ1 σ3 ; f5 (x, y, z) = a1 σ15 + a2 σ13 σ2 + a3 σ1 σ22 + a4 σ12 σ3 + a5 σ2 σ3 ; đó, (i = 1, 2, ) số xác định (theo định lý 1.10) để tìm hệ số này, ta cho x, y, z nhận giá trị cụ thể thích hợp Ví dụ 1.3 Biểu diễn đa thức sau theo đa thức đối xứng sở f (x, y, z) = x4 + y + z − 2x2 y − 2x2 z − 2y z Lời giải Ta có f (x, y, z) = O(x4 ) − 2O(x2 y ) = = (σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 ) − 2(σ22 − 2σ1 σ3 ) = σ14 − 4σ12 σ2 Ví dụ 1.4 Biểu diễn đa thức sau theo đa thức đối xứng sở f (x, y, z) = (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 Lời giải Do f (x, y, z) đa thức bậc 6, nên theo mệnh đề (1.1) ta có S hóa b i Trung tâm H c li u – 18 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn f (x, y, z) = a1 σ16 + a2 σ14 σ2 + a3 σ12 σ22 + a4 σ23 + a5 σ13 σ3 + a6 σ32 + a7 σ1 σ2 σ3 Nhận xét rằng, f (x, y, z) có bậc cao biến 4, nên a1 = a2 = Để tìm hệ số cịn lại, ta cho (x,y,z) giá trị (0, 1, −1), (0, 1, 1), (1, 1, −2), (−1, 1, 1), (1, 1, 1), ta tìm a3 = 1, a4 = −4, a5 = −4, a6 = −27, a7 = 18 Vậy ta có kết f (x, y, z) = σ12 σ22 − 4σ23 − 4σ13 σ3 − 27σ32 + 18σ1 σ2 σ3 1.2.5 Đa thức phản đối xứng Định nghĩa 1.17 (Theo [2]) Đa thức phản đối xứng đa thức thay đổi dấu thay đổi vị trí hai biến Ví dụ: Các đa thức x − y x4 y − y x2 + x4 y − y x + x3 y − x2 y , đa thức phản đối xứng hai biến, đa thức (x − y)(x − z)(y − z) đa thức phản đối xứng ba biến đơn giản Định lý 1.11 (Định lý Benzout (Theo [2])) Giả sử f (t) đa thức bậc n Khi số dư phép chia đa thức cho t − a f (a) Đa thức f (t) chia hết cho t − a f (a) = Chứng minh Thật vậy, thực phép chia đa thức f (t) cho t−a, ta f (t) = g(t)(t − a) + r(t) Vì t − a có bậc 1, nên đa thức dư r(t) có bậc không, nghĩa r(t)=r số Trong đẳng thức cho t = a, ta r = f (a) Từ suy f (t) chia hết cho t − a f (a) = Định lý 1.12 (Theo [2]) Mọi đa thức phản đối xứng hai biến f (x, y) có dạng: f (x, y) = (x − y)g(x, y), (1.11) g(x, y) đa thức đối xứng theo biến x, y Chứng minh Ta thấy f (x, y) đa thức phản đối xứng f (x, x) = 0, theo định nghĩa ta có f (x, y) = −f (y, x) Trong đẳng thức đặt y = x, f (x, x) = −f (x, x), suy f (x, x) = Ta kí hiệu Fy (x) = f (x, y) đa thức theo biến x (coi y tham số) Theo nhận xét trên, ta có Fy (y) = Theo Định lý Bezout, đa thức Fy (x) chia hết cho x − y , f (x, y) chia hết cho x − y , nghĩa có S hóa b i Trung tâm H c li u – 19 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn ... giới thiệu khái niệm, tính chất đa thức đối xứng ứng dụng để giải tốn đại số thường gặp chương trình tốn sơ cấp Luận văn "Một số tính chất đa thức đối xứng ứng dụng đại số" gồm có phần mở đầu,... sử dụng tốn tính giá trị biểu thức Chương Ứng dụng tính chất đa thức đối xứng để giải số toán đại số Chương tác giả trình bày ứng dụng đa thức đối xứng ví dụ minh họa cụ thể Các ứng dụng phổ biến... đa thức đối xứng 1.1 Đa thức đối xứng hai biến 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Tổng lũy thừa công thức Waring 1.1.3 Các định lý đa thức đối xứng hai biến 1.2 Đa thức đối xứng