Một số ứng dụng của đa thức đối xứng potx

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG Ths. Cao Ngọc Châu Phòng GD&ĐT Can Lộc, Hà Tĩnh Trong chương trình toán ở THCS khái niệm đa thức đã được trình bày. Nhưng thực sự chưa vận dụng được nhiều vào giải quyết một số bài toán. Trong bài này tôi xin giới thiệu một số ứng dụng của đa thức đối xứng vào việc giải quyết một số bài toán đại số sơ cấp một cách đơn giản. I/ Cơ sở lý thuyết 1/ Định nghĩa: Một đa thức 3 ẩn x,y,z được gọi là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi giá trị khi ta thay thế một cách tuỳ ý các ẩn x,y,z cho nhau. Ví dụ 1: a, Các đa thức sau là đa thức đối xứng x+y, x.y, x 2 y+xy 2 , x 2 +y 2 , x 5 +y 5 , x 2 +y 2 +z 2 , x 3 +y 3 +z 3 -3xyz, b, Các đa thức sau không phải là đa thức đối xứng: x-y, x 2 -y 2 ,x 3 -3y 2 +2xy, 2/ Đa thức đối xứng cơ bản a, Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng cơ bản: xyyx =+= 21 , δδ b, Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng cơ bản xyzyzxzxyzyx =++=++= 321 ,, δδδ 3/ Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng cơ bản. a, Đối với đa thức hai ẩn việc biễu diễn tương đối đơn giản, Ví dụ 2: x 2 y + xy 2 =xy(x+y)= 21 δδ , x 2 +y 2 =(x+y) 2 -2xy = 2 2 1 2 δδ − , x 3 +y 3 =(x+y) 3 -3xy(x+y) = 21 3 1 3 δδδ − , b, Đối với đa thức ba ẩn việc biểu diễn phức tạp hơn, nhưng ta có thể dùng phương pháp hệ số bất định. +, Đa thức 3 ẩn viết dưới dạng đầy đủ mmm cba m cb acba zyxtzyxtzyxtzyxf 1 2111 ),,( 22 21 +++= , trong đó hạng tử ci ba i zyxt ii 1 có bộ số mũ là ),,( iii cba với mi ,1= Ví dụ3: xyzzyxzyxzyxxyzzyxzyxf 33),,( 300030003333 −+=−++= +, Phương pháp biểu diễn: Chọn hạng tử cao nhất giả sử là ci ba i zyxt ii 1 có bộ số mũ là ),,( iii cba . Viết tất cả các bộ số mũ ),,( iii nmd thoã mãn iiiiii cbanmd ++=++ và . iii nmd ≥≥ - Giả sử ),,( zyxf có dạng ttttt nnmmd t n nmmdnnmmd kkkzyxf 32 1 31 1 232 1 1 ),,( 1 2 222211111 δδδδδδδδδ −− −−−− +++= Cho x,y,z tuỳ ý ta tìm được t kkk , ,, 21 Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức sau: 333 ),,( zyxzyxf ++= qua các đa thức đối xứng cơ bản. - Hạng tử cao nhất là 3 x có bộ số mũ (3,0,0). - Viết tất cả các bộ số mũ: (3,0,0),(2,1,0),(1,1,1) Giả sử có: 33212 3 11 1 3 11 2 11 13 0 3 01 2 12 12 0 3 00 2 03 11 333 δδδδδδδδδδδδδ kkkkkkzyx ++=++=++ −−−−−− . Cho x=1, y=-2, z=1 ta được 32,3,0 332 =⇒−=−== k δδδ . Cho x=1, y=1, z=0 ta được 2280,1,2 21321 =+⇒=== kk δδδ Cho x=1, y=1, z=1 ta được: 339271,3,3 21321 =++⇒=== kk δδδ Từ đó suy ra: 3,1 21 −== kk Vậy 321 3 1 333 33 δδδδ +−=++ zyx II/ Một số ứng dụng 1. Chứng minh các hằng đẳng thức Ví dụ 5: Cho byxayxyx =+=+=+ 5533 ,,1 Chứng minh rằng: 19)1(5 +=+ baa Giải: Ta có 21 3 1 333 3)(3)( δδδ −=+−+=+ yxxyyxyx )1( 3 1 2 a− =⇒ δ Mặt khác 2332233255 yxyxyxyxyxb −−+++= )()()( 22332332 yxyxyxyyxx +−+++= )1( 9 155 551 )31)(21( )3)(2( )())(( 2 2 2 2 2 222 2 2121 3 12 2 1 223322 theo aa yxyxyxyx −+ =−+= −−−= −−−= +−++= δδ δδδ δδδδδδδ Vậy: 1559 2 −+= aab hay ).1(519 +=+ aab Đpcm 2. Chứng minh các bất đẳng thức Từ bất đẳng thức 2 2 122 2 1 222 222 302)2(2 0)(2)(2 0)()()( δδδδδ ≥⇔≥−−⇔ ≥++−++⇔ ≥−+−+− yzxzxyzyx xzzyyx Từ BĐT trên ta vận dụng chứng minh các BĐT khác. Ví dụ 6: Chứng minh các BĐT a, ( )(3 cbaabcbc)+acab 2 ++≥+ với Rcba ∈,, b, 9abcbc)+acabcba ≥+++ )(( với + ∈ Rcba ,, Giải: a, Từ 2 2 1 3 δδ ≥ hay )(3)( 2 yzxzxyzyx ++≥++ đặt bczacyabx === ,, ta được )(3)(3( 222 cbaabcabccabbcabc)+acab 2 ++=++≥+ . b, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 321 9 δδδ ≥ . Do cba ,, dương nên 0,, 321 > δδδ . Từ các BĐT 2 2 1 3 δδ ≥ và 31 2 2 3 δδδ ≥ ta có 321 2 2 2 1 9 δδδδδ ≥ Suy ra 32 2 1 9 δδδ ≥ 3.Phân tích đa thức sau thành nhân tử: Ví dụ 7: Phân tích đa thức 33222233 32323),( yxyxyyxyxyxxyxf ++++++= thành nhân tử Giải: Ta có: 222233 3)(2)(3),( yxyxyxyxxyyxyxf ++++++= 2 2212 2 1221 3 1 32)2(33 δδδδδδδδδ ++−+−= 2 22 2 121 3 1 33 δδδδδδ −+−= ))(3()3()3( 2 2 12121221 2 1 δδδδδδδδδδ −+=+−+= ).)(3( 22 xyyxyyx ++++= 4. Giải phương trình và hệ phương trình Ví dụ 8: Giải phương trình 132 4 =−+− xx Giải: Đặt vxux =−=− 44 3,2 Ta có: 0, ≥vu Khi đó ta có hệ:    =−− = ⇒    =+ =+ 12)2( 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 44 δδδ δ vu vu Từ đó suy ra: 0 2 = δ hoặc 2 2 = δ . Vì 1 == vu không xảy ra, nên 2 2 ≠ δ Vậy:    = = 0 1 2 1 δ δ ta có    = = 0 1 v u hoặc    = = 1 0 v u Nếu: 0,1 == vu thì phương trình có nghiệm 3=x Nếu: 1,0 == vu thì phương trình có nghiệm 2=x Ví dụ 9: Giải hệ phương trình Gi¶i hÖ: 4 4 3 17 x y x y + =   + =  Giải: Ta đặt t 1 = x + y và t 2 = x . y ta có hệ : 1 4 2 2 1 1 2 2 3 4 2 17 t t t t t =   − + =  thế t 1 = 3 ta có : 2 2 2 2;1 2;2 2 36 64 0 16; 2t t t t − + = ⇒ = = do đó x; y là các nghiệm của pt: 2 3 16 0u u − + = hoặc 2 3 2 0u u − + = từ đó ta có: 1 2 x y =   =  hoặc 2 1 x y =   =  Tài liệu tham khảo [1]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ Quyển 2, NXB Giáo dục, 2006. [2]. Đậu Thế Cấp, Đai số sơ cấp, Nhà xuất bản Giáo dục, 2004. [3]. Ron Larson and Robert P.Hosterler, Houghton Mifflin Company Boston New York. . Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng cơ bản xyzyzxzxyzyx =++=++= 321 ,, δδδ 3/ Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng cơ bản. a, Đối với đa thức. Các đa thức sau không phải là đa thức đối xứng: x-y, x 2 -y 2 ,x 3 -3y 2 +2xy, 2/ Đa thức đối xứng cơ bản a, Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng