Đa thức đối xứng và các ứng dụng trong chương trình toán phổ thông

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ CÁC ỨNG DỤNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN PHỔ THƠNG Giáo viên hướng dẫn: Th.S Nguyễn Thị Sinh Sinh viên thực hiện: Trần Thị Thu Thủy Ngành đào tạo: Sư phạm Toán học Đà Nẵng, 04/2023 1|Page MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Mục đích nghiên cứu: Nhiệm vụ nghiên cứu: 4 Phương pháp nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu: CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 1.1 Vành đa thức ẩn: 1.1.1 Định nghĩa: 1.1.2 Bậc đa thức 1.1.3 Nghiệm đa thức: 1.1.4 Công thức Viète: 1.1.4.1 1.2 Công thức Viète tổng quát: Vành đa thức nhiều ẩn: 10 1.2.1 Vành đa thức n ẩn: 10 1.2.2 Bậc đa thức nhiều ẩn: 11 1.3 Đa thức đối xứng: 11 1.3.1 Định nghĩa đa thức đối xứng: 11 1.3.2 Đa thức đối xứng hai biến: 12 1.3.3 Đa thức đối xứng ba biến 16 CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN PHỔ THƠNG 25 2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử: 25 2.2 Trục thức mẫu 27 2.3 Giải hệ phương trình đối xứng (hệ phương trình đưa hệ đối xứng) 29 2.4 Chứng minh đẳng thức: 37 2.5 Chứng minh bất đẳng thức: 38 2.6 Ứng dụng hình học 42 KẾT LUẬN 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO 47 2|Page LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn tri ân sâu sắc thầy cô, lãnh đạo Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng, đặc biệt thầy khoa Tốn tạo điều kiện cho em thực Khóa luận tốt nghiệp Với lịng kính trọng biết ơn chân thành thân, em xin gửi lời cảm ơn tới Th.S Nguyễn Thị Sinh tận tình quan tâm giúp đỡ, hướng dẫn, bảo em suốt trình nghiên cứu đề tài Trong trình nghiên cứu đề tài, cố gắng với vốn kiến thức cịn hạn hẹp khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp xây dựng quý thầy cô để luận em hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn! 3|Page MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Mạch kiến thức đại số ba mạch kiến thức cốt lõi chương trình tốn phổ thơng Các tốn đại số ln chiếm vị trí định kì thi học sinh giỏi, kì thi đại học, , đa thức đối xứng phần quan trọng đại số sơ cấp, toán quen thuộc tài liệu liên quan đến đại số sơ cấp Vì vậy, đa thức đối xứng chuyên đề cần thiết trình học tập nâng cao kiến thức học sinh Trong trình giải nhiều toán đại số dạng trực tiếp dạng gián tiếp ta nhận tốn liên quan đến đa thức đối xứng Chính 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 Với lí trên, chọn đề tài: “Đa thức đối xứng ứng dụng chương trình Tốn phổ thơng” để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Khóa luận giới thiệu khái niệm, định nghĩa tính chất đa thức đối xứng ứng dụng để giải toán đại số thường gặp chương trình tốn phổ thơng Mục đích nghiên cứu: Đề tài nghiên cứu nhằm trình bày số định lí đa thức đối xứng, từ tìm ứng dụng đa thức đối xứng chương trình Tốn phổ thơng Nhiệm vụ nghiên cứu: - Giới thiệu đa thức đối xứng - Đưa ứng dụng đa thức đối xứng chương trình Tốn phổ thơng Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu tài liệu đại số - tài liệu liên quan đến đa thức đối xứng 4|Page Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung nghiên cứu ứng dụng đa thức đối xứng chương trình Tốn phổ thơng 5|Page CHƯƠNG 1: GIỚI THIỆU VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 1.1 Vành đa thức ẩn: 1.1.1 Định nghĩa: Giả sử A vành giao hốn, có đơn vị kí hiệu Ta gọi P tập hợp dãy (a0 , a1 , , an , )  A với i  N = tất trừ số hữu hạn Trên P ta định nghĩa hai phép toán cộng nhân sau: (a0 , a1 , , an , ) + (b0 , b1 , , bn , ) = ( a0 + b0 , a1 + b1 , , an + bn , ) (a0 , a1 , , an , )x(b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , , cn , ) với ck = a0 bk + a1bk −1 + + ak b0 =  a b , k = 0,1, 2, i + j =k i j Tập P với hai phép toán cộng nhân vành giao hốn có đơn vị Phần tử khơng phép cộng dãy (0, 0, ) , phần tử đơn vị phép nhân dãy (1, 0, 0, ) Xét dãy x = (0,1, 0, , 0, )  P Theo quy tắc phép nhân P ta có x = (0, 0,1, , 0, ) x n = (0, 0, , 0,1, 0, ) n Ta quy ước x0 = (1,0, ,0, ) Mặt khác, xét ánh xạ A→P a (a, 0, , 0, ) 6|Page Dễ dàng kiểm chứng ánh xạ đơn cấu vành, ta đồng phần tử a  A với dãy (a, 0, )  P xem A vành vành P Vì phần tử P dãy (a0 , a1 , , an , ) = tất trừ số hữu hạn, nên phần tử P có dạng (a0 , a1 , , an ,0, ) a0 , , an  A khơng thiết khác Việc đồng a với (a0 ,0, ) việc đưa vào dãy x cho phép ta viết (a0 , , an , 0, ) = (a0 , 0, ) + (0, a1 , 0, ) + + (0, , an , 0, ) = (a0 , 0, ) + (a1 , 0, )(0,1, 0, ) + + ( an , 0, )(0, , 0,1, 0, ) = a0 + a1 x + + an x n = a0 x + a1 x + + an x n Định nghĩa 1.1.1: Vành P gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ tử A , hay vắn tắt vành đa thức ẩn x A , kí hiệu A[ x] Các phần tử vành gọi đa thức ẩn x lấy hệ tử A Trong đa thức f ( x) = a0 x + a1 x + + an x n , i = 0,1, , n gọi hệ tử đa thức Các x i gọi hạng tử đa thức, đặc biệt a0 x = a0 gọi hạng tử tự 1.1.2 Bậc đa thức Định nghĩa 1.1.2: Bậc đa thức khác f ( x) = a0 x + + an −1 x n −1 + an x n với an  0, n  , n Hệ tử an gọi hệ tử cao f ( x) Như ta định nghĩa bậc đa thức khác Đối với đa thức ta bảo khơng có bậc Định lý 1.1.1: Giả sử f ( x) g ( x ) hai đa thức khác (i) Nếu bậc f ( x) khác bậc g ( x ) , ta có: f ( x) + g ( x)  bậc ( f ( x) + g ( x)) = max (bậc f ( x ), bậc g ( x )) 7|Page Nếu bậc f ( x) = bậc g ( x ) , thêm f ( x) + g ( x)  , ta có bậc ( f ( x) + g ( x))  max (bậc f ( x), bậc g ( x )) (ii) Nếu f ( x).g ( x)  , ta có bậc ( f ( x).g ( x))  bậc f ( x) + bậc g ( x) 1.1.3 Nghiệm đa thức: Định nghĩa 1.1.3: Giả sử c phần tử tùy ý vành A , f ( x) = a0 + a1 x + + an x n đa thức tùy ý vành A[ x]; phần tử f (c) = a0 + a1 x + + an c n  A cách thay x c gọi giá trị f ( x) c Nếu f (c) = c gọi nghiệm f ( x) Tìm nghiệm f ( x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an x n + + a0 = 0(an  0) A Định lý 1.1.2: Giả sử A vành, c  A , f ( x)  A[ x] Dư phép chia f ( x) cho x − c f (c ) Hệ 1.1: c nghiệm f ( x) f ( x) chia hết cho x − c Thực phép chia f ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an cho x − c , ta hệ tử đa thức thương q( x) = b0 x n −1 + b1 x n − + + bn −1 cho công thức b0 = a0 , bi = + cbi −1 , i = 1, , n − dư r = an + cbn−1 8|Page Vì r = f (c) , ta suy phương pháp (phương pháp Hoocne) để tính f (c ) sơ đồ sau đây: c a0 a1 … an −1 an b0 b1 … bn−1 bn phần tử dịng thứ nhì tính cách cộng vào phần tử tương ứng dòng thứ tích c với phần tử đứng trước dịng thứ nhì Định nghĩa 1.1.4: Giả sử A trường, c  A , f ( x)  A[ x] m số tự nhiên  , c nghiệm bội cấp m f ( x) chia hết cho ( x − c)m f ( x) không chia hết cho ( x − c)m+1 Trong trường hợp m = người ta gọi c nghiệm đơn, m = c nghiệm kép Người ta coi đa thức có nghiệm bội cấp m đa thức có m nghiệm trùng với 1.1.4 Hệ thức Viète: 1.1.4.1 Hệ thức Viète tổng quát: Cho phương trình bậc n: an x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 = (1) với an  Nếu phương trình có n nghiệm x1 ; x2 ; ; xn ta có: −an −1   x1 + x2 + x3 + + xn = a n   an −  x1 x2 + x2 x3 + + xn −1 xn = an (I)     n a0  x1 x2 xn = (−1) a n  Ngược lại có số x1 ; x2 ; ; xn thỏa mãn hệ (I) chúng nghiệm phương trình (1) 9|Page 1.1.4.2 Hệ thức Viète với phương trình bậc hai: Nếu x1 , x2 nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (a  0) , thì: −b   x1 + x2 = a = S ,   x x = c = P  a 1.1.4.3 Hệ thức Viète với phương trình bậc ba: Nếu x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0, (a  0), thì: −b   x1 + x2 + x3 = a ,  c   x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = , a  −d  x1 x2 x3 =  a  1.2 Vành đa thức nhiều ẩn: 1.2.1 Vành đa thức n ẩn: Trong 1.1 ta xây dựng vành đa thức ẩn A[ x] lấy hệ tử vành A Đó vành mà phần tử dãy (a0 , a1 , , an , ) 𝑎𝑖 ∈ 𝐴bằng tất trừ số hữu hạn Dãy (0,1, 0, ) kí hiệu x Tất nhiên ta kí hiệu dãy y ta lại kí hiệu vành xây dựng A[ y ] gọi vành đa thức ẩn y Bây ta định nghĩa vành đa thức n ẩn lấy hệ từ vành A quy nạp sau: Định nghĩa 1.2.1: Giả sử A vành giao hốn có đơn vị Ta đặt: A1 = A[ x1 ] A2 = A1 [x2 ] A3 = A2 [x3 ] An = An −1 [xn ] vành An = An−1[xn ] kí hiệu A[ x1 , x2 , , xn ] gọi vành đa thức n ẩn x1 , x2 , , xn lấy hệ tử vành A Một phần tử An gọi đa thức n ẩn x1 , x2 , , xn lấy hệ tử vành A , người ta kí hiệu f ( x1 , x2 , , xn ) hay g ( x1 , x2 , , xn ) 10 | P a g e Định lý 2.3.2 Giả sử 1 ,  ,  số thực Khi phương trình bậc ba u −  1u +  u −  = (2.8) Và hệ phương trình  x + y + z = 1 ,   xy + yz + zx =  ,  xyz =   (2.9) Liên hệ với sau: u1 , u2 , u3 nghiệm phương trình (2.8), hệ (2.9) có nghiệm  x1 = u1 ,   y1 = u2 , z = u ;   x2 = u1 ,   y2 = u3 , z = u   x3 = u2 ,   y3 = u1 , z = u ;   x4 = u2 ,   y4 = u3 , z = u ;   x5 = u3 ,   y5 = u1 , z = u ;   x6 = u3 ,   y6 = u2 , z =u  Và ngồi khơng cịn nghiệm khác Ngược lại, x = a, y = b, z = c nghiệm hệ (2.9) số a, b, c nghiệm phương trình (2.8) Chứng minh Giả sử u1 , u2 , u3 nghiệm phương trình (2.8) Khi ta có đồng thức: u −  1u +  u −  = (u − u1 )(u − u2 )(u − u3 ) Từ ta có hệ thức Viète:  u1 + u2 + u3 =  ,  u1u2 + u1u3 + u2 u3 =  ,  u1u2 u3 =   Suy u1 , u2 , u3 nghiệm hệ (2.9) Ngồi cịn năm nghiệm nhận cách hoán vị giá trị ẩn số Vấn đề hệ (2.9) khơng cịn nghiệm khác làm sáng tỏ Giả sử x = a, y = b, z = c nghiệm hệ (2.9), nghĩa  a + b + c = 1 ,  ab + bc + ca =  ,  abc =   34 | P a g e Khi ta có u −  1u +  u −  = u − (a + b + c)u + (ab + bc + ca)u − abc = (u − a)(u − b)(u − c) Điều chứng tỏ số a, b, c nghiệm phương trình bậc ba (2.8) Định lý chứng minh Định lý 2.3.3 Giả sử 1 ,  ,  số thực cho Để số x, y, z xác định hệ phương trình (1.23) số thực, điều kiện cần đủ là: = −4 13 +  12 22 + 18 1 2 − 4 23 − 27  (2.10) ∆= Ngồi ra, để số x, y, z khơng âm 1  0,   0,   Chứng minh Giả sử x, y, z nghiệm hệ (2.9) Khi theo Cơng thức Viète cho phương trình bậc ba, x, y, z nghiệm phương trình (2.8) Phương trình (2.8) có nghiệm thực biệt thức khơng âm, nghĩa (2.10) thỏa mãn Ngoài ra, số x, y, z khơng âm, hiển nhiên  i  0(i = 1, 2,3) Ngược lại,  i  0(i = 1, 2,3) (2.10) thỏa mãn, phương trình (2.8) khơng thể có nghiệm âm Thật vậy, (2.8) thay u = −v ta có phương trình: v +  1v +  v +  = (2.11) Vì  i  0(i = 1, 2,3) , nên phương trình (2.11) khơng thể có nghiệm dương, phương trình (2.8) khơng thể có nghiệm âm Từ suy x, y, z số không âm Định lí chứng minh Bài tốn 2.10: Giải hệ phương trình 73  3 x + y + z = ,   xy + yz + zx = x + y + z ,  xyz =   Giải: 35 | P a g e Đặt x + y + z = 1 , xy + yz + zx =  , xyz =  Hệ phương trình cho trở thành 73   s3 =  − 3 1 + 3 = ,   =  ,  =   Giải hệ phương trình ta tìm  =  = ,  = Ta có x, y, z nghiệm phương trình 7 u − u + u − =  (u − 1)(u − u + 1) = 2 2 Nghiệm phương trình u1 = 1, u2 = 2, u3 = Từ suy nghiệm hệ cho ( x, y, z ) : 1 1 1 (1, 2, ), (2,1, ), (2, ,1), (1, , 2), ( ,1, 2), ( , 2,1) 2 2 2 Bài toán 2.11: Giải hệ phương trình: 13  x + y + z = ,   1 13  + + = , x y z  xyz =   Giải: Đặt x + y + z = 1 , xy + yz + zx =  , xyz =  Hệ phương trình cho trở thành 13   = ,    13  = ,   =   Giải hệ phương trình ta tìm  =  = 13 ,  = Ta có x, y, z nghiệm phương trình 36 | P a g e u3 − 13 13 10 u + u − =  (u − 1)(u − u + 1) = 3 3 Nghiệm phương trình u1 = 1, u2 = 3, u3 = Từ suy nghiệm hệ cho ( x, y, z ) : 1 1 1 (1,3, ), (3,1, ), (3, ,1), (1, ,3), ( ,1,3), ( ,3,1) 3 3 3 2.4 Chứng minh đẳng thức: Bài toán 2.12: Chứng minh đồng thức ( x + y)3 + 3xy(1 − x − y) − = ( x + y − 1)( x + y − xy + x + y + 1) Giải: Theo cơng thức Waring, ta có: ( x + y)3 + 3xy(1 − x − y) − =  13 + 3 (1 −  ) − =  13 + 3 − 3 1 − Mặt khác, có ( x + y − 1)( x + y − xy + x + y + 1) = ( − 1)( 12 − 3 +  + 1) = =  13 − 3 1 +  12 +  −  12 + 3 −  − = =  13 + 3 − 3 1 − Từ hai hệ thức trên, ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.13: Chứng minh đồng thức ( x + y + z )( xy + yz + zx) − xyz = ( x + y )( y + z )( z + x) Giải: Sử dụng công thức quỹ đạo, khai triển vế phải, ta có: ( x + y )( y + z )( z + x) = x y + x z + y x + y z + z x + z y + xyz = = O( x y ) + 2 = ( 1 − 3 ) + 2 =  1 −  = = ( x + y + z )( xy + yz + zx) − xyz Từ khai triển trên, ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.14: Chứng minh rằng, 37 | P a g e x + y + z = xy + yz + zx = 3( x3 y3 + y3 z + z x3 ) = ( x3 + y + z )2 Giải: Sử dụng công thức quỹ đạo, khai triển vế phải với lưu ý điều kiện đề 1 = 0,  = , ta có 2( x3 y + y z + z x3 ) = 3O( x y ) = 3( 23 + 3 32 − 3 1 2 ) = 9 32 Tương tự với vế trái, ta có ( x3 + y + z ) = s32 = ( 13 −  1 + 3 ) = 9 32 Từ khai triển trên, suy điều phải chứng minh Bài toán 2.15: Chứng minh đồng thức (b − c)3 + (c − a)3 + (a − b)3 − 3(b − c)(c − a)(a − b) = Giải: Đặt x = a − b, y = b − c, z = c − a 1 = x + y + z = đẳng thức cần chứng minh trở thành x3 + y + z − 3xyz = s3 − 3 = 3 − 3 = 2.5 Chứng minh bất đẳng thức: Với hai số thực x, y, đặt x + y = 1 , xy =  Khi đó, ta có ( x + y )   ( x + y ) − xy    12 − 4  Mệnh đề 2.1 Cho 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 Đặt x + y = 1 , xy =  Khi  12  4 (2.12) Đẳng thức xảy x = y Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức f ( x, y )  (với x  0, y  x + y = a , tùy thuộc vào tốn), f ( x, y ) đa thức đối xứng Trước hết ta biểu diễn f ( x, y ) theo 1 ,  Sau đa thức vừa nhận thay   38 | P a g e cách đặt  = ( 12 − z ) với z  Hoặc biểu diễn   cách viết  12 = z + 4 Bài toán 2.16: Chứng minh rằng, a, b c ba số thực thỏa mãn điều điện a + b  c  , a + b2  c2 c2 c8 , a + b  , a + b8  128 Giải: Đặt a + b = 1 , ab =  Ta có: 1 s2 = a + b =  12 − 2 =  12 − ( 12 − z ) =  12 + z, 2 Vì z  theo giả thiết 1  c  , nên s2 = c , nghĩa a + b2  c2 Vận dụng bất đẳng thức trên, ta có a + b4 = (a )2 + (b )2  1 2 c4 ( c )  2 Tương tự dễ dàng chứng minh a + b8  c8 128 Một cách tổng qt, ta có tốn: Nếu a, b c ba số thực thỏa mãn điều kiện a + b  c  , với n nguyên dương, ta có: a 2n + b2n  2 n −1 c n Lưu ý: Cho c nhận giá trị thực khác nhau, ta nhận toán khác Mệnh đề 2.2 Với số thực x, y, z ln có: a)  12  3 b)  22  3 1 Dấu đẳng thức xảy x = y = z 39 | P a g e Mệnh đề 2.3 Với số thực dương x, y, z ln có: a) 1  9 b)  13  27 c)  23  27 32 Dấu đẳng thức xảy x = y = z Nhận xét: Các bất đẳng thức mệnh đề 2.3 với x, y, z số không âm Mệnh đề 2.4 Với số thực không âm x, y, z ta ln có bất đẳng thức a)  13 + 9  4 1 b) 2 13 + 9  7 1 Dấu đẳng thức xảy x = y = z Bài toán 2.17: Chứng minh rằng, a, b, c độ dài cạnh tam giác ta có bất đẳng thức: 2(ab + bc + ca)  a + b2 + c (a + b2 + c2 )(a + b + c)  2(a3 + b3 + c3 ) Giải: Vì a, b, c ba cạnh tam giác, ta đặt x = a + b − c, y = a − b + c , z = − a + b + c x, y, z số dương Khi a, b, c biểu thị theo x, y, z sau: a= x+ y x+z y+z ,b = ,c = 2 Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có bất đẳng thức 2( x+ y x+z x+ y y+z x+z y+z + + ) 2 2 2 x+ y x+z y+z ( ) +( ) +( ) 2 40 | P a g e Đặt  = x + y + z,  = xy + xz + yz,  = xyz , s2 = x + y + z đa thức đối xứng tổng lũy thừa cùa x, y, z Ta có: 2(s2 + 3 )  2s2 + 2  4  Dễ thấy bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Vì a, b, c ba cạnh tam giác, nên ta đặt x = a + b − c, y = a − b + c , z = − a + b + c x, y, z số dương Khi a, b, c biểu thị theo x, y, z sau: a= x+ y x+z y+z ,b = ,c = 2 Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có bất đẳng thức [( x+ y x+z y+z ) +( ) +( ) ](x + y + z )  2 x+ y x+z y+z  2[( ) +( ) +( ) ] 2 Đặt  = x + y + z,  = xy + xz + yz ,  = xyz , s2 = x + y + z , O( x y ) = x y + x z + y x + y z + z x + z t đa thức đối xứng bản, tổng lũy thừa công thức quỹ đạo x, y, z Ta có 2( s2 + 2 )  s3 + 3O( x y )  2( 12 − 2 + 2 )  2( 13 − 3 1 + 3 ) + 3( 1 − 3 )   1 +   Dễ thấy bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Bài toán 2.18 Cho x  0, y  0, z  x + y + z = Chứng minh rằng: x y z + +  x +1 y +1 z +1 Giải: 41 | P a g e  = x + y + z Đặt  = xy + yz + zx  = xyz  Từ điều kiện toán ta có  = Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4[ x( y + 1)( z + 1) + y ( x + 1)( z + 1) + z ( y + 1)( x + 1)]  3[( x + 1)( y + 1)( z + 1)]  4[ x + y + z + 2( xy + yz + zx) + 3xyz ]  3[ x + y + z + xy + yz + zx + xyz + 1]  4( + 2 + 3 )  3( +  +  + 1)  − 5 − 9  ( = 1)  ( 1 − 9 ) + (2 12 − 6 )  Mặt khác ta có bất đẳng thức sau:  12  3 1  9 Vậy bất đẳng thức chứng minh xong 2.6 Ứng dụng hình học Bài tốn 2.19: Cho p, r , R nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: p  3r + 12rR Dấu “=” xảy nào? Giải: Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC  = a + b + c Đặt  = ab + bc + ca  = abc  Ta có: p= a + b + c 1 = 2 42 | P a g e S= abc abc  = pr  rR = = 4R p 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  12  3  12 12S 6 3S + 12   + 4p 1 p2 1 (1) Ta có: S2 =  (− 13 + 4 1 − 8 ) 16 Thay vào (1), ta có: 3(− 13 + 4 1 − 8 ) 6  + 4 1  12   12  −3 13 + 12 1 4 (I) (Mệnh đề 2.2)  4 13  12 1   12  3 Vậy bất đẳng thức cần chứng minh chứng minh xong Dấu “=” xảy a = b = c  ∆𝐴𝐵𝐶đều Bài toán 2.20: Trong tam giác ABC, dựng đường phân giác AA’, BB’, CC’ Chứng minh rằng: S A ' B ' C '  S ABC Giải: 43 | P a g e Gọi a, b, c độ dài ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Theo tính chất đường phân giác ta có: A' B c = A 'C b A' B c  = BC b + c ac  A' B = b+c A D' C' B A' C Tương tự: BC ' = ca b+a Suy ra: BC '.BA '.sin B BC '.BA '.S ABC = ac S ac  BA ' C ' = S ABC (b + a )(b + c ) S BA ' C ' = Mà: S A ' B ' C ' = S ABC − S AB ' C ' − SBA ' C ' − SCA ' B ' Suy ra: S A' B 'C ' bc ac ab = 1− − − S ABC (a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b) = 2abc 2abc = (a + b)(b + c)(c + a ) (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc Đặt:  = a + b + c   = ab + bc + ca  = abc  Vậy 44 | P a g e SA' B 'C ' 2 = S ABC  1 −  Bất đẳng thức cần chứng minh  2   1 −   8   1 −  (II) (Mệnh đề 2.3)  9   1 Vậy bất đẳng thức chứng minh xong Dấu “=” xảy a = b = c  ∆𝐴𝐵𝐶đều 45 | P a g e KẾT LUẬN Khóa luận “Đa thức đối xứng ứng dụng đa thức đối xứng Tốn phổ thơng” trình bày số kết sau: Hệ thống lại kiến thức vành đa thức ẩn, vành đa thức nhiều ẩn đa thức đối xứng Đặc biệt nhấn mạnh lý thuyết đa thức đối xứng hai biến đa thức đối xứng ba biến để làm tiền đề phát triển ứng dụng đa thức đối xứng chương trình Tốn phổ thơng Khóa luận chọn lọc trình bày ứng dụng đa thức đối xứng chương trình tốn phổ thơng thơng qua lớp tập phân tích đa thức thành nhân tử, trục thức mẫu, giải hệ phương trình đối xứng, chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức ứng dụng tốn hình học Trong ứng dụng tác giả đưa tập với lời giải cụ thể, rõ ràng Khóa luận nghiên cứu phần nhỏ đại số thu số kết định Tuy nhiên, khóa luận chắn cịn nhiều thiếu sót, nên mong góp ý thầy để khóa luận hoàn thiện 46 | P a g e TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục Việt Nam [2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Trịnh Đào Chiến (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam [3] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Ngọc (2009), Chuyên đề đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam [4] Hồng Xn Sính (2005), Đại số đại cương, NXB Giáo dục Việt Nam [5] V.G.Boltianski, N.Ia.Vilenkin (1967), Phép đối xứng đại số (bản dịch), NXB Nauka, Moscow (Tiếng Nga) [6] Đề thi vơ địch Cộng hịa dân chủ Đức – năm 1981, 2, trang 120 [7] Đề giới thiệu thi Olympic 30 – lần VII trường PTTH chuyên Tiền Giang, tỉnh Tiền Giang, 2, trang 227 : 47 | P a g e 48 | P a g e