Vành đa thức và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN ĐỨC THỌ VÀNH ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục VÀNH ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức biến 1.2 Đa thức bất khả quy 1.3 Tính đóng đại số trường C 1.4 Vành đa thức nhiều biến 1.5 Đa thức đối xứng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 2.1 Một số chặn cho nghiệm đa thức 2.2 Tính chia hết vài đa thức đặc biệt 2.3 Ước chung dãy số từ đa thức 2.4 Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp 2.5 Ứng dụng lí thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp 2.6 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 5 11 18 29 33 39 39 42 46 47 50 60 Kết luận 68 Tài liệu tham khảo 69 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Vành đa thức phần quan trọng nhiều lĩnh vực Toán học, chẳng hạn: Đại số, Giải tích, Hình học, Tốn rời rạc vv Trong chương trình tốn phổ thơng, phần đa thức chủ yếu đưa vào môn Đại số Giải tích Đặc biệt kỳ thi đại học, học sinh giỏi quốc gia quốc tế có tốn liên quan đến đa thức Chính mà chuyên đề vành đa thức thiết thực với muốn tìm hiểu sâu tốn sơ cấp Từ kết đạt vành đa thức vận dụng giải số tốn hình học phức tạp, giải hệ phương trình xây dựng số kết Tổ hợp, Số học Khi xét đa thức ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy việc biểu diễn thành tích nhân tử bậc nhỏ Nội dung luận văn nhằm giải hai vấn đề chính: Vấn đề 1: Chứng minh lại số kết vành đa thức mà kết gắn liền với tên tuổi nhà toán học lỗi lạc Vận dụng kết đạt để giải số toán đặt Vấn đề 2: Đưa số chặn nghiệm đa thức, tiêu chuẩn chia hết vài đa thức đặc biệt, ước chung dãy số từ đa thức, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng Luận văn chia làm hai chương Chương I: Vành đa thức Nội dung chương I trình bày số khái niệm vành đa thức, vài tiêu chuẩn bất khả quy, tính đóng đại số trường C, đa thức đối xứng Chương II: Một số ứng dụng vành đa thức Nội dung chương II trình bày chặn nghiệm, tính chất chia hết vài đa thức đặc biệt, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp Trong chương chúng tơi cịn trình bày ứng dụng lý thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp xây dựng đa thức bậc ba với nghiệm đại lượng liên quan đến tam giác Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót định, em mong nhận góp ý thầy giáo bạn Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Em xin tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy giúp đỡ nhiệt tình từ xây dựng đề cương, viết hoàn thành luận văn Tiếp theo em xin chân thành cảm ơn thầy giáo phản biện đọc góp ý để em hồn thiện luận văn Em xin cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nơi em nhận học vấn sau đại học Xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp cảm thơng, chia sẻ, ủng hộ giúp đỡ thời gian em học cao học viết luận văn Lời cuối em xin chúc sức khỏe thầy cô giáo đồng nghiệp Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 20 tháng năm 2012 Người thực Trần Đức Thọ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương VÀNH ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức biến Khái niệm vành đa thức biến R Giả sử V vành giao hoán A vành Giả sử v ∈ V Mọi vành V chứa A v chứa phần tử có dạng a0 + a1 v + a2 v + + an v n ∈ A, n ∈ N Một phần tử gọi đa thức V với hệ tử A, i = 1, 2, , n Nếu b0 + b1 v + b2 v + + bm v m đa thức v, m ≥ n thì: (a0 + a1 v + a2 v + + an v n ) + (b0 + b1 v + b2 v + + bm v m ) = (a0 +b0 )+(a1 +b1 )v+(a2 +b2 )v + +(an +bm )v m +am+1 v m+1 + +an v n (a0 + a1 v + a2 v + + an v n ).(b0 + b1 v + b2 v + + bm v m ) X = (a0 b0 ) + (a1 b0 + a0 b1 )v + + aj bk v i + + (an bm )v n+m j+k=i Vậy tổng tích hai đa thức R lại đa thức R Mặt khác dĩ nhiên đa thức thuộc R Vậy tập hợp đa thức v với hệ tử A lập thành vành V Dĩ nhiên vành nhỏ V chứa A v Kí hiệu vành qua vành A[v] Nếu tồn hệ thức đa thức d0 + d1 v + d2 v + + dn v n = 0(di ∈ A)m ≥ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn với di 6= 0, hai đa thức của√v có dạng khác trùng Thí dụ, V=R, A=Q, v = nghiệm − v = 0, ta có chẳng hạn: + 2v = + 0v + 0v + v Nhưng hệ thức có dạng: d0 + d1 v + d2 v + + dn v n = 0(di ∈ A) n m P P xảy tất di = 0, hai đa thức v i bi v j i=0 j=0 hệ tử tương ứng với bj Thật n ≥ m n m X X i v = bj v j i=0 j=0 (a0 −b0 )+(a1 −b1 )v+(a2 −b2 )v + +(am −bm )v m +am+1 v m+1 + +an v n Từ = bi (i = 0, , n) am+1 = = an = Như để xác định cấu trúc vành đa thức, ta cần có sẵn vành m P dạng A[x], hệ thức di X i = kéo theo ∀di = Ta i=0 ý trường hợp này, đa thức X có dạng a0 + a1 X + a2 X + + an X n xác định dãy (a0 , a1 , a2 , ) với tính chất = với i đủ lớn Các nhận xét đưa ta đến cách dựng sau vành A[x] Vành đa thức biến Giả sử A vành giao hoán cho B tập hợp dãy vô hạn: (a0 , a1 , a2 , )với = (a, 0, , 0) Với số hữu hạn hạng tử 6= Hai phần tử (a0 , a1 , a2 , ) (b0 , b1 , b2 , ) B xem = bi , ∀i Phép cộng B định nghĩa (a0 , a1 , a2 , ) + (b0 , b1 , b2 , ) = (a0 + b0 , a1 + b1 , a2 + b2 , ) Vế phải phần tử B tất số hạng điểm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (B,+) rõ ràng nhóm Aben Phần tử khơng 0=(a, 0, 0, ) phần tử đối (a0 , a1 , a2 , ) (−a0 , −a1 , −a2 , ) Phép nhân B định nghĩa (a0 , a1 , a2 , ).(b0 , b1 , b2 , ) = (p0 , p1 , p2 , ) pi cho pi = i X aj bi−j = j=0 X aj b k j+k=i Nếu = với i > n bj = với j > m pk = với k > n + m Vậy vế phải tích phần tử B Nếu a = (a0 , a1 , a2 , ), b = (b0 , b1 , b2 , ) c = (c0 , c1 , c2 , ) hạng tử với số i (ab)c   X X X   aj b k c l = aj bk cl m+l=i j+k=m j+k+l=i Tương tự hạng tử tương ứng a(bc) là: ! X X X aj b k cl = aj b k c l m+j=i k+l=m j+k+l=i Vậy (ab)c=a(bc) Mặt khác rõ ràng ta có ab=ba Dãy 1=(1,0,0, ) đóng vai trị đơn vị Vậy (B,.,1) vị nhóm giao hốn Phép nhân phân phối phép cộng, ta có X j+k=i (aj + bj )ck = X aj ck + j+k=l X bj ck j+k=i Vế trái hạng tử thứ i (a+b)c, vế phải hạng tử thứ i ac+bc Như B vành giao hoán Ánh xạ f xác định bởi: f : A→ B a 7→ (a,0, ) Vậy ta đồng hóa A với f(A) đẳng cấu với nó, ta xem A vành vành B Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ta kí hiệu (0,1,0,0, ) X gọi ẩn A Ta có X = (0, 1, 0, 0, ) X = (0, 0, 12 , 0, ) X k = (0, 0, , 1k+1 , 0, ) Ngồi ta cịn bao hàm thức A ⊆ B ta có (0, 0, , a, 0, 0, ) = aX k = X k a Phần tử tổng quát (a0 , a1 , a2 , an , 0, 0, ) B viết theo kí hiệu sau: a0 + a1 X + a2 X + + an X n Vậy B=A[X ] Nếu a0 + a1 X + + an X n = (a0 , a1 , an , 0, ) = Do = 0∀i Vành B = A[X] xác định gọi vành đa thức ẩn X A Các phần tử gọi đa thức X Ta thường viết f (X) = a0 + a1 X + a2 X + + an X n f (X) = an X n + an−1 X n−1 + + a1 X + a0 Hệ tử a0 gọi hạng tử hạng tử tự Nếu an 6= an gọi hệ tử cao n gọi bậc đa thức kí hiệu n = degf (X) Ta gán cho đa thức không bậc −∞ Ta có −∞ + (−∞) = −∞ , −∞ + n = −∞ −∞ < n, ∀n ∈ N đa thức bậc gọi tuyến tính Từ định nghĩa phép cộng phép nhân A[X] , ta suy deg(f (X) + g(X)) ≤ max(degf (X), degg(X)) deg(f (X)g(X)) ≤ degf (X) + degg(X) Bất đẳng thức thứ hai thay đẳng thức deg(f (X)g(X)) = degf (X) + degg(X) Mỗi tích an bm hệ tử cao f(X) g(X) khác khơng, f (X).g(X) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )X + + an bm X n+m Như vậy, A miền nguyên vẹn vành A(X) miền nguyên vẹn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.1.1 [Tính chất độc xạ vành A[X]] Giả sử A vành giao hoán, A[X] vành đa thức ẩn X A, f : A → A[X] phép nhúng A vào ttrong A[X] Khi với vành giao hốn V đồng cấu ϕ từ vành A tới vành V, tồn đồng cấu ϕ từ vành A[X] tới vành V cho ϕ(X) = v , v phần tử tùy ý V cho biểu đồ sau giao hốn Hình 1.1: Tính chất độc xạ vành A[X] Chứng minh Trước hết ta giả thiết đồng cấu ϕ tồn Ta có ϕ(X k ) = (ϕ(X))k = v k Mặt khác ϕf (a) = ϕ(a) = ϕ(a) Vậy ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )v + + ϕ(an )v n Vì ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) xác định ϕ v , nên ϕ tồn Đảo lại, ta xác định ánh xạ ϕ : A[X] → V Bởi công thức ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )v + + ϕ(an )v n Ta có ϕ(X) = v ϕ(a0 ) = ϕ(a0 ) = ϕf (a0 ), ∀a0 ∈ V Vậy ϕ = ϕf , tức biểu đồ cho giao hốn Mặt khác ta có ϕ[(a0 +a1 X + +an X n )+(b0 +b1 X + +bm X m +OX m+1 + +OX n )] = " n # n m X X X i i =ϕ (ai + bi )X = ϕ(ai + bi )X = (ϕ(ai ) + ϕ(bi ))X i i=0 = m X i=0 ϕ(ai )X i + i=0 m X i=0 ϕ(bi )X i = ϕ i=0 m X ! (ai )X i i=0 +ϕ m X ! (bi )X i i=0 n m n+m X X X X i j ϕ( X )( bj X ) = ϕ ( aj bk )X j+k i=0 j=0 i=0 j+k=i Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn = n+m X   X  i=0 ϕ(aj )ϕ(bk )v i+j = n X  ! m X (ai )v i  (bj )v j  i=0 j+k=i =ϕ n X ! X i j=o   m X ϕ bj X j  i=0 j=o ϕ(1) = ϕ(1) = Vậy ϕ đồng cấu vành A[X] tới vành V, thỏa mãn tất yêu cầu đề Hệ 1.1.2 Giả sử A vành vành giao hốn B ϕ phép nhúng tắc Khi ta phát biểu tính chất dạng sau: Giả sử vành giao hoán V chứa vành A làm vành Khi với phần tử v ∈ V tồn đồng cấu vành ϕ : A[x] → V cho ϕ(a) = a∀a ∈ A, ϕ(X) = V Trong trường hợp ta có ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) = a0 + a1 v + + an v n Vế phải đẳng thức gọi giá trị đa thức f (X) = a0 + a1 X + + an X n X=v Nó kí hiệu f(v) Định nghĩa 1.1.3 Một phần tử v ∈ V gọi đại số A ta có ϕ(f (X)) = f (v) = 0, với đa thức f(X) vành A[X] Còn nếu: ϕ : A[x] → V đơn cấu tức ϕ(f (X)) = f (X) = f (v) = tất hệ tử f 0, v gọi phần tử siêu việt A Trong trường hợp√A=Q V=C ta gọi tắt số đại số √ √ siêu việt Thí dụ 2, + số đại số, e, π số siêu 10 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn   r + s ˙: ↔ r=s=0 r+s=5 Như Kiểm tra r = s = thỏa (r + s)π (r − s)π 2 cos cos − =   r + s = r+s=5 mãn hệ Với r + s = ta có hay (r − s)π r − s = ±5 cos = −1 Vậy {r, s} = {0, 5} Vậy, tam thức xm +xn −2 chia hết cho x4 +x3 +x2 +x+1 m, n ˙: Ví dụ 2.2.6 Với tự nhiên m n, tam thức xm + xn + không chia hết cho x4 + x3 + x2 + x + Bài giải Đa thức x4 + x3 + x2 + x + bất khả quy Q với nghiệm 2π 2π phức α = cos + i sin , α5 = Biểu diễn m = 5h + r, n = 5k + s với 5 r, s ∈ {0, 1, 2, 3, 4} Đa thức xm + xn + chia hết cho x4 + x3 + x2 + x + r2π αm + αn + = hay αr + αs + = Do cos + s2π s2π r2π + cos + i sin + = Điều tương đương i sin 5   r2π s2π (r − s)π (r + s)π  sin 2 sin + sin = hay  cos =0 5 5 r2π s2π  cos 2 cos (r + s)π cos (r − s)π + = + cos +1=0  5 5   r + s ˙: ↔ r=s=0 r+s=5 Như Kiểm tra r = s = (r − s)π (r + s)π 2 cos cos + = 5  r + s = không thỏa mãn hệ Với r+s = không thỏa mãn hệ (r − s)π 2 cos = Vậy, tam thức xm +xn +1 không chia hết cho x4 +x3 +x2 +x+1 Ví dụ 2.2.7 Xác định số tự nhiên m để đa thức (x + 1)m + xm + chia hết cho x2 + x + Bài giải Đa thức x2 + x + bất khả quy Q với nghiệm phức 2π 2π α = cos + i sin , α3 = Vì α2 + α + = nên + α = −α2 3 Vậy (1 + α) = Biểu diễn m = 6k + r với r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} Đa thức (x+1)m +xm +1 chia hết cho x2 +x+1 (1+α)m +αm +1 = 44 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn hay (1+α)r +αr +1 = Vậy cos rπ rπ r2π r2π +i sin +cos +i sin +1 = 3 3 Điều tương đương   rπ rπ r2π rπ  sin + sin = hay 2 sin cos =0 3 rπ rπ r2π rπ  cos + cos + = 2 cos cos + = 3 ( r = 0, 2, 3, rπ rπ Như Kiểm tra r = 2, r = thỏa mãn hệ cos cos + = m Vậy, đa thức (x + 1) + xm + chia hết cho x2 + x + m = 6k + m = 6k + Ví dụ 2.2.8 Xác định số tự nhiên m để đa thức (x + 1)m + xm + chia hết cho (x2 + x + 1)2 Từ suy 212014 + 202014 + chia hết cho 4212 Bài giải Đa thức x2 + x + bất khả quy Q với nghiệm phức α = 2π 2π cos +i sin , α3 = Vì α2 +α+1 = nên 1+α = −α2 Vậy (1+α)6 = 3 Biểu diễn m = 6k + r với r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} Đa thức (x + 1)m + xm + (1 + α)m + αm + = chia hết cho (x2 + x + 1) m(1 + α)m−1 + mαm−1 =  r = 2, r = hay tương đương Kiểm tra r = thỏa mãn hệ (1 + α)r−1 + αr−1 = Vậy, đa thức (x + 1)m + xm + chia hết cho (x2 + x + 1)2 m = 6k + Với x = 20 có 212014 + 20201 + chia hết cho 4212 Ví dụ 2.2.9 Chứng minh khơng có số tự nhiên m để ước chung lớn
(x + 1)m + xm + 1, (x + 1)m − xm − chia hết cho (x2 + x + 1)3 Bài giải Suy từ ví dụ Ví dụ 2.2.10 [Poland 1996] Xác định tất cặp số (9n, r), n số nguyên dương r số thực, cho đa thức (x + 1)n − r chia hết cho 2x2 + 2x + Bài giải Đa thức 2x2 + 2x + bất khả quy Q với nghiệm phức −1 + i Đa thức (x + 1)n − r chia hết cho 2x2 + 2x + α= + i
n π π
n √ n = r hay cos + i sin = r Như ta có n = 4m 4 (−1)m r = với số nguyên dương m 4m 45 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.3 Ước chung dãy số từ đa thức Xét đa thức f (x) ∈ Z[x] thỏa mãn f (α) > α > Giả sử a0 = an = f (an−1 ) với số nguyên n > Vấn đề đặt ra: Tìm (an , am )? Bổ đề 2.3.1 Giả sử dãy số nguyên a0 = 0, a1 , a2 , , thỏa mãn (am , ak ) = (am−k , ak ) với số nguyên m > k Khi (an , am ) = a(n,m) với m, n Chứng minh Dựa theo Thuật tốn Euclide để tìm ước chung lớn nhất: m = q0 k + r1 với r1 < k k = q1 r1 + r2 với r2 < r1 r1 = q2 r2 + r3 với r3 < r2 rs−1 = qs rs + rs+1 với rs+1 < rs rs = qs+1 rs+1 , d = rs+1 = (m, k) Từ giả thiết suy (am , ak ) = (am−k , ak ) = · · · = (ar1 , ak ) tiếp tục (am , ak ) = (ar1 , ak ) = · · · = (ad , a0 ) = ad = a(m,k) Định lý 2.3.2 Giả sử đa thức f (x) ∈ Z[x] thỏa mãn f (α) > α > Với a0 = an = f (an−1 ) với số nguyên n > ta có (am , ak ) = a(m,k) với m, k Chứng minh Vì an = f (an−1 ) = f (f (an−2 )) = · · · = f (f ( (f (a0 )) )) với n lần f nên đặt fn (x) = f (f ( (f (x)) )) ∈ Z[x] với n lần f ta nhận an = fn (a0 ) an = fn−k (ak ) với n > k Vì an = fn (0) nên viết fn (x) = an +xgn (x) với gn (x) ∈ Z[x] Như vậy, m > k > có (am , ak ) = (fm−k (ak ), ak ) = (am−k + ak gm−k (ak ), ak ) = (am−k , ak ) Theo Bổ đè 2.3.1 ta có (am , ak ) = a(m,k) với m, k Ví dụ 2.3.3 Với đa thức f (x) = x7 + x6 + · · · + x2 + x + a0 = 0, an = f (an−1 ), ∀ n > 1, có (a2010 , a2008 ) = a2 = f (2) = 28 Ví dụ 2.3.4 Xét dãy Fibonacci a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 +an , ∀ n > Vì am = am−k ak+1 +am−k−1 ak nên (am , ak ) = (am−k ak+1 , ak ) = (am−k , ak ) = a(m,k) 46 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mệnh đề 2.3.5 Giả sử f (x) ∈ Z[x] Đặt pn (x) = f (f ( (f (x)) ))−x với n lần f Khi pn (x) chia hết cho f (x) − x Chứng minh Quy nạp theo n Với n = 1, p1 (x) chia hết cho p1 (x) = f (x) − x la hiển nhiên Giả sử kết luận cho ∀ k n Khi pn (x) = rn (x)p1 (x) Xét pn+1 (x) = f [pn (x) + x] − x = f [rn (x)p1 (x) + x] − x Vậy pn+1 (x) = f [rn (x)p1 (x) + x] − f (x) + f (x) − x Dễ dàng f [rn (x)p1 (x) + x] − f (x) chia hết cho f (x) − x Như vậy, pn+1 (x) chia hết cho f (x) − x Ví dụ 2.3.6 Giả sử f (x) = x9 +· · ·+x+2 Đặt pn (x) = f ( (f (x)) )− x với n lần f Khi pn (2) chia hết cho f (2) − = 1022 Từ suy |pn (2011)| > |f (2011) − 2011| 2.4 Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp Phương pháp biểu diễn Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp trình bày phép chứng minh định lí phương pháp thuận tiện để thực tế tìm biểu thức đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp Ví dụ 2.4.1 Cho đa thức đối xứng Z f (X1 , X2 , X3 ) = X12 X2 + X1 X22 + X12 X2 + X1 X32 + X22 X1 + X2 X12 Hãy tìm biểu thức qua σ1 , σ2 , σ3 Bài giải Hạng tử cao f X12 X2 Vậy ta có α1 = 2, α2 = 1, α3 = Theo lí thuyết tổng quát ta lập hiệu f (X1 , X2 , X3 )−σ13−2 σ22−1 σ30 Thay σ1 , σ2 , σ3 biểu thức chúng qua X1 , X2 , X3 , ta f (X1 , X2 , X3 ) − σ1 σ2 = −3X1 X2 X3 = −3σ3 Vậy ta có f (X1 , X2 , X3 ) = σ1 σ2 − 3σ3 Phương pháp hệ tử bất định Ta cịn cải tiến phương pháp cách áp dụng phương pháp hệ tử bất định Trước trình bày phương pháp ta dựa vào 47 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn kí hiệu sau: Nếu aXα1 X2α2 Xnαn (αi ≥ 0) hạng tử đa thức đối xứng f (X1 , X2 , , Xn ) hạng tử suy từ hạng tử cách thực tất phép số 1, 2, n, thuộc f (X1 , , Xn ) Ta kí hiệu tổng chúng S(aXα1 Xnαn ) Ví dụ 2.4.2 S(X1 ) = σ1 , S(X1 X2 ) = σ2 , S(X1 X2 X3 ) = σ3 v.v Rõ ràng đa thức S(aXα1 Xnαn ) Bài giải Giả sử cho đa thức đối xứng f (X1 , X2 , , Xn ) Ta phân tích thành tổng đa thức Sau ta biểu diễn đa thức qua đa thức đối xứng sơ cấp phương pháp hệ tử bất định Ví dụ sau cụ thể hóa phương pháp Ví dụ 2.4.3 Cho đa thức đối xứng: f (X1, X2, X3) = X13 X22 X3 + X12 X23 X3 + X12 X2 X33 + X1 X22 X33 +X12 X2 X32 + X1 X23 X32 + X13 + X23 + X33 Hãy tìm biểu thức qua 1, 2, Bài giải Theo cách kí hiệu ta có f (X1 , X2 , X3 ) = S(X13 X22 X3 ) + S(X13 ) Trước hết ta tìm hiểu biểu thức S1 = S(X13 X22 X3 ) qua σ1 , σ2 , σ3 Ta ý dạng bậc Ta liệt kê tất hạng tử cao đa thức đối xứng f, f1 , f2 mà ta tìm theo phép chứng minh định lí Hạng tử cao S1 X13 X22 X3 Ta để ý S1 nên hạng tử có bậc Mặt khác hệ thống số mũ λ1 , λ2 , λ3 hạng tử cao phải thỏa mãn điều kiện ≥ λ1 ≥ λ2 ≥ λ3 với λ1 + λ2 + λ3 = Ngoài hệ thống số mũ sau phải ứng với hạng tử thấp Như ta bảng tất hạng tử cao sau: 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hệ thống số mũ Hệ tử cao Tổng hợp đa thức 321 X13 X22 X3 σ13−2 σ22−1 σ3 = σ1 σ2 σ3 222 aX12 X22 X32 aσ12−2 σ22−2 σ32 = aσ32 Từ bảng suy S1 = S(X13 X22 X3 ) = σ1 σ2 σ3 + aσ32 Để xác định a, ta đặt chẳng hạn X1 = 2, X2 = −1, X3 = −1 Khi σ1 = 0, σ2 = −3, σ3 = S1 = −12 Từ suy −12 = 4a a = −3 Do S1 = S(X13 X22 X3 ) = σ1 σ2 σ3 − 3σ32 Đối với S2 = S(X13 ) ta có bảng sau: Hệ thống số mũ Hệ tử cao Tổng hợp đa thức 300 X13 σ13 210 aX12 X2 aσ1 σ2 111 bX1 X2 X3 bσ3 Vậy ta có S2 = S(X13 ) = aσ1 σ2 + bσ3 Gán cho X1 , X2 , X3 giá trị thích hợp, ta tìm a = -3, b = Vậy S2 = σ13 − 3σ1 σ2 + bσ3 Cuối f (X1 X2 X3 ) = S1 + S2 = σ1 σ2 σ3 − 3σ32 + σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 Ví dụ 2.4.4 Tìm tổng lập phương nghiệm đa thức f (X) = X + X + 2X + X + Bài giải Trước hết ta tìm S(X13 ) = X13 + X23 + X33 + X43 Áp dụng phương pháp ta Hệ thống số mũ Hệ tử cao Tổng hợp đa thức 3000 X13 σ13 2100 aX12 X2 aσ1 σ2 1110 bX1 X2 X3 bσ3 Từ suy S(X13 ) = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 49 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Vì σ1 = −1, σ2 = 2, σ3 = −1 nên S(σ13 ) = (−1)3 − 3(−1)2 + 3(−1) = 2.5 Ứng dụng lí thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp Phép giải nhiều toán sơ cấp trở nên dễ dàng ta biết lợi dụng tính đối xứng giả thiết toán Qua ví dụ cụ thể đây, ta thấy lý thuyết đa thức đối xứng áp dụng để giải theo phương pháp thống nhiều loại toán đại số sơ cấp Phân tích đa thức thành nhân tử Ví dụ 2.5.1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử f (X, Y ) = 6X − 11X − 18X Y − 11XY + 6Y Bài giải Ta có f (X, X) = 6(X + Y ) − 11XY (X + Y ) − 18X Y = 6(σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 − 11σ2 (σ12 − 2σ2 ) − 18σ22 = 6σ14 − 35σ12 σ2 − 16σ22 Vế phải tam thức bậc hai σ2 Nó có nghiệm σ2 = 2σ12 ; σ2 = σ12 Vì ta có 16 f = 16(σ2 − 2σ12 )(σ2 − σ12 ) = (2σ12 − σ2 )(3σ12 − 16σ2 ) 16 Từ f (X, Y ) = [2(X + Y )2 − XY ][3(X + Y )2 − 16XY ] = (2X + 3XY + 2Y )(3X − 10XY + 3Y ) Nhân tử thứ có nghiệm phức ta để nguyên Nhân tử thứ hai phân tích thành 3X − 10XY + 3Y = (X − 3Y )(3X − Y ) Vậy ta có f (X, Y ) = (2X + 3XY + 2Y )(X − 3Y )(3X − Y ) 50 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 2.5.2 Phân tích đa thức sau thành nhân tử f (X, Y, Z) = 2X Y + 2X Z + 2Y Z − X − Y − Z Bài giải Ta có: f (X, Y, Z) = 2S(X Y ) − S(X ) = 2(σ22 − 2σ1 σ3 ) − (σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 ) = −σ14 + 4σ12 σ2 − 8σ1 σ3 = σ1 (4σ1 σ2 − σ13 − 8σ3 ) Như f chia hết cho σ1 = X + Y + Z Vì f chứa lũy thừa chẵn X, Y, Z nên khơng thay đổi Khi ta thay X −X , thay Y −Y thay Z −Z Vì phải chia hết cho −X +Y +Z, X −Y +Z X +Y −Z Từ suy f (X, Y, Z) = (X +Y +Z)(−X +Y +Z)(X −Y +Z)(X +Y −Z)g So sánh bậc hai vế ta thấy g đa thức bậc không, tức số Đặt X = Y = Z = ta = 3g , g = Như ta có 2X Y + 2X Z + 2Y Z − X − Y − Z = (X + Y + Z)(−X + Y + Z)(X − Y + Z)(X + Y − Z) Chứng minh đẳng thức Ví dụ 2.5.3 Chứng minh đẳng thức (X + Y + Z)(XY + XZ + Y Z) − XY Z = (X + Y )(X + Z)(Y + Z) Bài giải Vế trái σ1 σ2 − σ3 Mở dấu ngoặc vế phải ta được: (X +Y )(X +Z)(Y +Z) = X Y +X Z +Y Z +XZ +Y Z +Y Z +2XY Z = S(X Y ) + 2σ3 = (σ1 σ2 − 3σ3 ) + 2σ3 = σ1 σ2 − σ3 Ví dụ 2.5.4 Chứng minh x + y + z = x4 + y + z = 2(xy + xz + yz)2 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bài giải Ta có x4 + y + z = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 Theo giả thiết σ1 = x + y + z = , x4 + y + z = 2σ22 = 2(xy + xz + yz)2 Chứng minh bất đẳng thức - Trường hợp hai biến: Ta áp dụng có kết đa thức đối xứng để chứng minh nhiều bất đẳmg thức Cơ sở phương pháp ý sau: Giả sử σ1 σ2 số thực Muốn cho số x,y xác định điều kiện:  x + y = δ1 xy = δ2 thực, có đủ δ12 − 4δ2 ≥ Muốn cho x,y thực không âm, có đủ δ12 − 4δ2 ≥ 0, σ1 ≥ σ2 ≥ Giả sử cho đa thức đối xứng f(x,y) cần phải chứng minh với giá trị thực x y (hoặc giá trị khơng âm bất kì, với x + y ≥ a , tùy theo điều kiện toán) đa thức f(x,y) lấy giá trị không âm f (x, y) ≥ Muốn trước hết ta thay f(x,y) biểu thức qua σ1 σ2 Rồi đa thức tìm ta thay σ2 biểu thức qua σ1 số không âm z = σ12 − 4σ2 tức đặt σ2 = 14 (σ12 − z) Kết ta thu đa thức σ1 z, ta phải chứng minh với giá trị không âm z với điều kiện σ1 cho, đa thức lấy giá trị khơng âm Thơng thường cách làm dễ chứng minh bất đẳng thức cho Ví dụ 2.5.5 Chứng minh a b số thực, thỏa mãn điều kiện a + b ≥ c, ta có bất đẳng thức: c2 c4 c8 4 8 a +b ≥ , a +b ≥ , a +b ≥ 128 2 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bài giải Ta có a2 + b2 = σ12 − 2σ2 = σ12 − 41 (σ12 − z) = 21 σ12 + 21 z Vì z ≥ 0, theo điều kiện cho σ1 ≥ c, nên a2 + b2 ≥ 21 c2 Áp dụng kết ta  2 1 a4 + b4 ≥ c2 = c4 , 2  2 1 a8 + b8 ≥ c4 = c 128 Bằng quy nạp ta kết sau: a + b ≥ c n số tự nhiên ta có a2n + b2n ≥ 2n−1 c2n - Trường hợp ba biến: Nếu x, y, z số thực hiển nhiên ta có (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ Đẳng thức xảy x = y = z Vế thứ bất đẳng thức đối xứng với x, y, z Nó 2S(x21 ) − 2σ2 Vậy ta có: 2(σ12 − 2σ2 ) − 2σ2 ≥ Hay σ12 ≥ 3σ2 (1) Từ hệ thức (1) ta suy nhiều bất đẳng thức khác Ví dụ 2.5.6 Chứng minh a, b, c số thực ta có (ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c) tức σ22 ≥ 3σ1 σ3 Bài giải Theo bất đẳng thức (1) ta có (x + y + z)2 ≥ 3(xy + xz + yz) Đặt x = ab, y = ac , z = bc ta (ab + bc + ac)2 ≥ 3(a2 bc + ab2 c + abc2 ) Hay (ab + bc + ac)2 ≥ 3abc(a + b + c) Ví dụ 2.5.7 Chứng minh x, y, z số dương ta có σ1 σ2 ≥ 9σ3 53 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bài giải Vì x, y, z > nên σ1 , σ2 , σ3 > Vì ta nhân bất đẳng thức σ12 ≥ 3σ2 σ22 ≥ 3σ1 σ3 Ta σ12 σ22 ≥ 9σ1 σ2 σ3 Giản ước cho σ1 σ2 > ta σ1 σ2 ≥ 9σ3 Giải tốn phương trình bậc hai Dùng đa thức đối xứng ta giải nhiều tốn cần tính biểu thức chứa nghiệm phương trình bậc hai Ví dụ 2.5.8 Cho phương trình bậc hai x2 + 6x + 10 = Hãy lập phương trình bậc hai mà nghiệm bình phương nghiệm phương trình cho Bài giải Gọi nghiệm phương trình cho x1 x2 , nghiệm phương trình phải tìm y1 y2 hệ số p q Theo cơng thức Viet ta có σ1 = x1 + x2 = −6 σ2 = x1 x2 = 10 Và y1 + y2 = −p; y1 y2 = q Theo giả thiết ta có y1 = x21 , y2 = x22 p = −(y1 + y2 ) = −(x21 + x22 ) = −(σ1 − 2σ2 ) = −16 q = y1 y2 = x21 x22 = σ22 = 100 Như phương trình bậc hai phải tìm là: y − 16y + 100 = Ví dụ 2.5.9 Lập phương trình bậc hai z + pz + q = mà nghiệm z1 = x61 − 2x22 z2 = x62 − 2x21 Trong x1 , x2 nghiệm phương trình bậc hai x2 − x − = Bài giải Theo cơng thức Viet, ta có σ1 = x1 + x2 = z = x1 x2 = −3 −p = z1 + z2 = (x61 − 2x22 ) + (x62 − 2x21 ), q = z1 + z2 = (x61 − 2x22 )(x62 − 2x21 ) Ta có −p = x61 + x62 − (x22 + x21 ) = (σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 ) − 2(σ12 − 2σ2 ) 54 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn = [16 − 6.14 (−3) + 9.12 (−3)2 − 2(−3)2 ] − [2(1)2 − 2(−3)] = 140 q = x61 x62 − 2(x81 + x82 ) + 4x21 x22 = (σ26 − 2[σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 ) − 16σ12 σ23 + 2σ24 ] + 4σ22 = (−3)6 −2[18 −8.16 (−3)+20.14 (−3)2 −(6.12 (−3)3 +(−3)4 ]+4(−3)2 = −833 Vậy phương trình phải tìm z − 140z = Tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng Ví dụ 2.5.10 Tìm số ngun dương thỏa mãn phương trình: x3 + y + = 3xy Bài giải Đặt x1 + x2 = δ1 x1 x2 = δ2 ta có δ13 − 3δ1 δ2 + = 3δ2 , tức (δ1 + 1)(δ12 − δ1 + − 3δ2 ) = Vì x>0, y>0 nên δ1 = x + y > 0, δ1 + 6= Vì ta có δ12 − δ1 + − 3δ2 = Từ δ2 = (δ12 − δ1 + 1) Vì phải tìm số nguyên dương x y cho  x + y = δ1 xy = 13 (δ1 − δ1 + 1) x y nghiệm phương trình bậc hai z − δ1 z + (δ12 − δ1 + 1) = Biệt thức phương trình là: ∆ = δ12 − (δ12 − δ1 + 1) = − (δ12 − 4δ1 − 4) 3 = − (δ1 − 2)2 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Nó âm δ1 6= Vậy ta phải có δ1 = x + y = Khi ta có x = y = δ1 =1 Ví dụ 2.5.11 Tìm số ngun dương thỏa mãn phương trình: x2 − xy + y = x + y Bài giải Đặt x + y = δ1 xy = δ2 ta có δ1 = δ12 − 3δ2 Vì x y thực nên ta phải có (x − y)2 = (x + y)2 − 4xy = δ12 − 4δ2 ≥ Tức δ12 ≥ 4δ2 Và δ12 − δ1 = 3δ2 ≤ δ12 δ − δ1 ≤ 0, hay δ1 (δ1 − 4) ≤ Từ suy Tức  ≤ δ1 ≤ 3δ2 = δ1 − δ1 (    δ1 =  δ1 = δ1 = δ = δ1 = , Vậy ta có hệ δ = , δ = , , δ2 = δ2 = δ2 = 2 Hệ thứ ba khơng thích hợp x y phải nguyên Vậy  lại cáchệ,   x+y =0 x+y =1 x+y =3 x+y =4 xy = , xy = , xy = , xy = Từ  suy  lời giải     x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = x6 = , , , , , y1 = y2 = y3 = y4 = y5 = y6 = Giải hệ phương trình Ta thường gặp hệ thống phương trình vế phải phụ 56 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn thuộc cách đối xứng ẩn x, y, z Trong trường hợp ta nên chuyển sang ẩn σ1 = x + y + z , σ2 = xy + xz + yz , σ3 = xyz Việc giải hệ với ẩn thường đơn giản hơn, bậc phương trình giảm xuống (vì σ3 chẳng hạn đa thức bậc ba x, y, z) Sau tìm giá trị σ1 , σ2 , σ3 để tìm x, y, z, ta phải giải phương trình bậc ba Ta thử tìm nghiệm nó, sau áp dụng định lí Bezont ta trở phương trình bậc hai Trong đại số sơ cấp thường ta gặp trường hợp đặc biệt Trong trường hợp có hai ẩn dĩ nhiên phép giải đưa đến phương trình bậc hai Ví dụ 2.5.12 Giải hệ phương trình  x + y3 = x2 + y = Bài giải Ta đưa vào ẩn σ1 = x + y , σ2 = xy Khi hệ cho trở thành  σ1 − 3σ1 σ2 = σ12 − 2σ2 = Rút σ2 từ phương trình thứ hai điền vào phương trình thứ nhất, ta phương trình σ1 − σ13 + 6σ1 − = Hay σ13 − 12σ1 + 16 = Ta dễ thấy phương trình có nghiệm σ1 = +2 Vậy vế trái viết: σ3 − 12σ1 + 16 = (σ1 − 2)(σ12 + 2σ1 − 8) Ngoài σ1 = ra, phương trình cịn có hai nghiệm σ1 = 2, σ2 = −4, nghiệm phương trình bậc hai σ12 + 2σ1 − = Như σ1 ta có hai khả năng, σ1 = σ1 = −4 Từ phương trình σ12 + 2σ2 = 0, ta tìm giá trị tương ứng σ2 σ2 = σ2 =   x+y =2 x + y = −4 Vậy để tìm x, y ta có hai hệ phương trình xy = hay xy = 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Giải hệ ta tìm nghiệm cho là,   x1 = x2 = y1 = y2 =   √ √ x3 = −2 + i√ x4 = −2 − i√ y3 = −2 − i y4 = −2 + i Ví dụ 2.5.13 Giải hệ phương trình ( x+y+z =a x2 + y + z = b2 x3 + y + z = a3 Bài giải Ta đưa vào ẩn ( x + y + z = σ1 xy + xz + yz = σ2 xyz = σ3 Khi hệ cho viết ( σ1 = a σ1 − 2σ2 = b2 σ1 − 3σ1 σ2 − 4σ3 = a3 Từ hệ ta tìm   σ1 = a σ2 = 21 (a2 − b2 )  σ = (a2 − b2 ) Như x, y, z nghiệm phương trình bậc ba 1 f(v) = v3 −av2 + (a2 − b2 )v − a(a2 − b2 ) = 2 Vế phải phương trình phân tích thành   2 f(v) = (v − a) v + (a − b ) Các nghiệm f(v) = r v1 = a v2 = r b2 − a2 b2 − a2 v3 = − 2 58 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn