VÀNH ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG

Kỹ Thuật - Công Nghệ - Báo cáo khoa học, luận văn tiến sĩ, luận văn thạc sĩ, nghiên cứu - Tài chính thuế UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -------- SILINGKA SAIYAMA VÀNH ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 5 năm 2017 UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN -------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: VÀNH ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG Sinh viên thực hiện SILINGKA SAIYAMA MSSV: 2113010142 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA: 2013 – 2017 Cán bộ hướng dẫn ThS. VÕ VĂN MINH MSCB: T34-15.110-14100 Quảng Nam, tháng 5 năm 2017 1 A. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Cấu trúc vành là một nội dung rất quan trọng trong lĩnh vực của Đại số hiện đại, có ứng dụng nhiều trong Đại số, Giải tích, Hình học, Toán rời rạc... Trong chương trình toán phổ thông, đa thức chủ yếu được đưa vào bộ môn Đại số và Giải tích. Đặc biệt trong các kỳ thi đại học, học sinh giỏi đều có những bài toán liên quan đến đa thức. Chính vì vậy, vành đa thức rất thiết thực với những ai muốn tìm hiểu sâu về toán ứng dụng. Từ các kết quả đạt được trong vành đa thức chúng ta có thể vận dụng giải một số bài toán rất phức tạp, giải hệ phương trình và xây dựng một số kết quả về tổ hợp, số học. Khi xét đa thức ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy và việc biểu diễn thành tích các nhân tử bậc nhỏ hơn. Với những lý do như đã nói ở trên, tôi chọn đề tài “Vành đa thức và ứng dụng ” làm khóa luận nghiên cứu của mình. 2. Mục tiêu của đề tài - Chứng minh lại một số kết quả cơ bản của vành đa thức. Vận dụng các kết quả đạt được để giải quyết một số bài toán đã được đặt ra. - Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng Trình bày một số khái niệm của vành đa thức và ứng dụng, rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa học của bản thân. 3.2. Phạm vi nghiên cứu Trong khuôn khổ của khóa luận chỉ nghiên cứu về vành đa thức và một số ứng dụng. 2 4. Phương pháp nghiên cứu - Sưu tầm, đọc và nghiên cứu tài liệu, phân tích, tổng hợp kiến thức, hỏi ý kiến chuyên gia. - Trao đổi, thảo luận với bạn bè, giáo viên hướng dẫn, qua đó tổng hợp kiến thức và trình bày theo đề cương nghiên cứu, thực hiện kế hoạch và hoàn thành khóa luận. 5. Đóng góp của đề tài Khóa luận đã tổng hợp và làm rõ nội dung về vành đa thức và các ứng dụng. 6. Cấu trúc của đề tài Khóa luận được chia thành 2 chương với những nội dung chính sau đây: Chương 1: Vành đa thức: Trình bày một số khái niệm về vành đa thức, vành đa thức một ẩn, Vành đa thức nhiều ẩn, Đa thức đối xứng. Chương 2: Ứng dụng của vành đa thức: Về tính chia hết, biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp. 3 B. NỘI DUNG Chương 1: VÀNH ĐA THỨC 1.1. Vành đa thức một ẩn. 1.1.1. Vành đa thức một ẩn hệ số thực. Ta gọi tập tất cả các đa thức hệ số thực là x , trong đó 2 0 1 2( ) ... m mf x a a x a x a x     , ia  , 0,i m 2 0 1 2( ) ... n ng x b b x b x b x     , jb  , 0,j n Với m n , ta có: 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ...m n m m nf x g x a b a b x a b x b x          0 0 1 1 0 0 1 1 0( ). ( ) . ( ) ... ( ... ) ...k m n k k k m nf x g x a b b a b x a b a b a b x a b x            Ta chứng minh được x cùng với hai phép toán cộng và nhân lập thành một vành giao hoán, có phần tử đơn vị là ( )e x 2 ( ) 1 0 0 ... 0 m e x x x x     Tương tự ta cũng có x , x lần lượt là vành đa thức một ẩn hệ số hữu tỷ, hệ số phức. 1.1.2. Xây dựng vành đa thức. Cho A là vành giao hoán có đơn vị là 1. Gọi P là tập các dãy vô hạn 0 1 2( , , ,..., ,0,0,....)na a a a với ia A , i  , trong đó chỉ có một số hữu hạn các ia khác không. Trên P ta xác định phép cộng và phép nhân như sau: 0 1 0 1 0 0 1 1( , ,..., ,0,0,....) ( , ,..., ,0,0,....) ( ,..., ,0,0,....)n n n na a a b b b a b a b a b      0 1 0 1 0 1( , ,..., ,0,0,....)( , ,..., ,0,0,....) ( , ,..., ,0,....)n n ka a a b b b c c c Với 0 1 1 0...k k k k i j i j k c a b a b a b a b          , 0,1, 2, ...k  Khi đó (P, ,.) lập thành một vành có đơn vị là (1,0,0,...) . 4 Ta xét dãy (0,1,0,...)x  2 (0,0,1,0,...)x  (0,0,...,0,1,0,...) n n x   Nếu a A , xét ánh xạ : A P   ( ) ( ,0,0,...)a a a   Ta chứng minh  là đơn cấu vành. +  là đồng cấu: ,a b A  ( ) ( ,0,...) ( ,0,...) ( ,0,...) ( ) ( )a b a b a b a b          ( . ) ( . ,0,...) ( ,0,...)( ,0,...) ( ). ( )a b a b a b a b      +  là đơn cấu. { ( ) (0,0,...)} { ( ,0,...) (0,0,...)}ker a A a a A a        { 0} {0}a A a    Vậy  là đơn cấu vành. Ta coi  nhúng A P như một vành con, ta đồng nhất ( ,0,...)a a A  . Khi đó, dãy 0 1( , ,..., ,0,...) Pna a a  , ta viết lại 0 1 0 1( , ,..., ,0,....) ( ,0,....) (0, ,0,...) ... (0,...,0, ,0,...)n na a a a a a    0 1( ,0,....) ( ,0,...)(0,1,0,...) ... ( ,0,...)(0,...,0,1,0,...)na a a    0 1 ... n na a x a x    . Kết luận: Mỗi dãy 0 1( , ,..., ,0,...) Pna a a  có thể viết thành 0 1( ) ... n nf x a a x a x    , ( 0)na  5 Ta ký hiệu: P A x . 1.1.3. Bậc của đa thức. Cho 0 1( ) ... m mf x a a x a x    . ( 0)ma  Gọi bậc đa thức ( )f x ký hiệu deg ( )f x m (hoặc bậc ( )f x m ) là số mũ của lũy thừa cao nhất trong đa thức mà hệ tử ma ứng với nó khác không. Bậc của đa thức là hằng số khác không thì bằng không. Đa thức 0 không có bậc. Định lý 1: Cho ( )f x , ( )g x là hai đa thức khác không. i) - Nếu deg ( ) deg ( )f x g x thì ( ) ( ) 0f x g x  và deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x max f x g x  - Nếu deg ( ) deg ( )f x g x đồng thời ( ) ( ) 0f x g x  thì deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x max f x g x  ii) Nếu ( ). ( ) 0f x g x  thì ta có deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x f x g x  Chứng minh: i) Giả sử 0 1( ) ... m mf x a a x a x    , 0ma  0 1( ) ... n ng x b b x b x    , 0nb  + Giả sử m n , ta có: 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ...n m n n mf x g x a b a b x a b x a x          Do đó deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x m max f x g x   + Nếu m n và 0n na b  thì 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) n n nf x g x a b a b x a b x        Do đó deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x n max f x g x   6 + Nếu m n nhưng 0n na b  thì deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x n max f x g x   Vậy deg( ( ) ( )) (deg ( ),deg ( ))f x g x max f x g x  . ii) Ta có 0 0 1 1( ). ( ) ... m n m nf x g x a b a b x a b x      Vì 0ma  , 0 0 0 m n n m n a b b a b       + 0m na b  , ta có deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x m n f x g x    . + 0m na b  , ta có deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x f x g x  . Suy ra deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x m n f x g x    . Định lý 2: Nếu A là một miền nguyên, ( )f x và ( )g x là hai đa thức khác không của vành A x thì ( ). ( ) 0f x g x  và deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x f x g x  . Chứng minh: Giả sử ( ), ( ) f x g x A x là hai đa thức khác không. 0 1( ) ... m mf x a a x a x    , 0ma  0 1( ) ... n ng x b b x b x    , 0nb  0 0 0 0( ). ( ) ... ( ... ) ... ( ) ...k n m n k k n n m nf x g x a b a b a b x a b x a b x            . ma và nb khác không suy ra 0m na b  (A không có ước của không). Do đó ( ). ( ) 0f x g x  và deg( ( ). ( )) deg ( ) deg ( )f x g x m n f x g x    . Hệ quả: Nếu A là miền nguyên thì A x cũng là miền nguyên. Ví dụ: Trong vành x cho 4 3 ( ) 5 4 2 1f x x x x    . 3 2 ( ) 2 4 3g x x x x    . deg( ( ) ( )) 4f x g x  . deg( ( ). ( )) 7f x g x  . 7 1.1.4. Phép chia có dư. Định lý 3: Cho A là trường, ( )f x bất kỳ, ( )g x khác không thuộc A x đều tồn tại duy nhất ( ), ( )q x r x : bậc ( )r x  bậc ( )q x hoặc ( ) 0r x  sao cho ( ) ( ). ( ) ( )f x q x g x r x  ( ( ) :q x đa thức thương; ( ) :r x đa thức dư) Chứng minh: a) Tồn tại ( )q x và ( )r x Giả sử 1 0 1 1( ) ... m m m mf x a a x a x a x       . 1 0 1 1( ) ... n n n ng x b b x b x b x       . + Nếu m n , đặt ( ) 0q x  suy ra ( ) ( )r x f x (thỏa mãn định lý). + Nếu m n , ta có chứng minh bằng quy nạp. Giả sử điều khẳng định trong định lý là đúng với k m  . Ta chia m ma x cho n nb x , được m n m n a x b  Đặt 1 ( ) ( ) . ( )m n m n a f x f x x g x b    (1) Hay 1 1 1 0 1 0 1( ) ... ...m m m n m mm m m m n m n n a a f x a a x a x b x b x a x b b             1 1 0 1 0 1... ...m m n mm m m n n n a a a a x b x b x b b           Nhận xét: Bậc 1 ( ) 1f x m m   . Theo giả thiết quy nạp tồn tại 1 ( )q x và ( )r x với bậc ( )r x  bậc ( )q x hoặc ( ) 0r x  sao cho: 1 1( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x  (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 1( ) ( ) . ( ) ( ( ). ( ) ( )) ( )m n m nm m n n a a f x f x x g x g x q x r x x g x b b        1( ) ( ) ( )m n m n a g x q x x r x b         8 Đặt 1( ) ( ) m m n a q x q x x b   ( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x  (3) Với bậc ( )r x  bậc ( )q x hoặc ( ) 0r x  b) Chứng minh ( )q x , ( )r x duy nhất Giả sử có ( )q x và ( ) r x A x  với bậc ( )r x  bậc ( )g x hoặc ( ) 0r x  sao cho ( ) ( ). ( ) ( )f x g x q x r x   (4) Từ (3) và (4) suy ra: ( ). ( ) ( ) ( ). ( ) ( )g x q x r x g x q x r x     ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x q x q x r x r x     (5) Nếu ( ) ( )q x q x thì ( ) ( ) 0q x q x  . Từ (5) và định lý 1 về bậc của đa thức, suy ra: bậc   ( ) ( ) ( )g x q x q x  bậc ( )g x  bậc   ( ) ( )q x q x  bậc ( )g x m a x (bậc ( )r x , bậc ( ))r x  bậc  ( ) ( )r x r x  (mâu thuẫn với (5)) Vậy ( ) ( )q x q x và từ (5) suy ra: ( ) ( )r x r x  . Ví dụ 1: Cho A là trường hữu tỷ. 5 4 3 2 ( ) 4 6 7 2 5f x x x x x     . 4 3 2 ( ) 3 2 3g x x x x x     . Thực hiện chia ( )f x cho ( )g x . Ta được ( ) 4 6q x x  3 2 ( ) 17 6 18 13r x x x x    . Ví dụ 2: Cho A là trường các số nguyên mod 9. 5 4 3 2 ( ) 4 6 7 2 5f x x x x x     4 3 2 ( ) 1 3 2 1 3g x x x x x     5 4 3 2 4 6 7 2 5x x x x    4 3 2 1 3 2 1 3x x x x    9 5 4 3 2 4 3 1 5 3x x x x x    4 3x  4 3 2 3 8 3 3 5x x x x    4 3 2 3 0 3 3 0x x x x    3 2 8 6 5x x  Ví dụ 3: Cho A là trường các số nguyên mod 11. 3 2 ( ) 1 7 2 4f x x x x     2 ( ) 2 2 1g x x x    3 2 1 7 2 4x x x    2 2 2 1x x   3 2 1 1 6x x x   6 4x  2 8 8 4x x   2 8 8 4x x   0 Vậy 3 2 2 ( 1 7 2 4) ( 2 2 1)(6 4)x x x x x x         . Hệ quả: ( )f x chia hết cho ( )g x khi và chỉ khi dư trong phép chia ( )f x cho ( )g x bằng không. 1.1.5. Nghiệm của một đa thức: Giả sử A là một trường, c A , ( ) f x A x 0 1( ) ... n nf x a a x a x    , ( 0 )na  Ta gọi giá trị của ( )f x tại c là 0 1( ) ... n nf c a a c a c A     Nếu ( ) 0f x  thì ta nói c là nghiệm của đa thức ( )f x . Định lý. (Bezout) Giả sử A là một trường, c A , ( ) f x A x . Dư của phép chia ( )f x cho x c là ( )f c . Chứng minh: Thực hiện ( )f x cho x c thì có hai khả năng: + Hoặc dư bằng 0 + Hoặc dư là đa thức bậc 0 vì bậc x c bằng 1. Vậy dư là một phần tử r A nên ta có: 10 ( ) ( ) ( )f x x c q x r   () Thay x c vào () ta được: ( ) 0. ( ) ( )f c q c r r f c    . Hệ quả: ( ) ( ) (c) 0f x x c f   Hay c là nghiệm của ( )f x . 1.1.6. Sơ đồ Hoocne: Cho phép tính ( )f c như là phép dư trong phép chia ( )f x cho x c . Thực hiện: 1 1 1 0...n n n na x a x a x a      x c 0 1 1( ) ... n n na a c x     1 2 1( ) ...n n n n na x a a c x     Tính ( )f c na 1na  2na  … 1a 0a c na 1nb  2nb  … 1b ( )f c Với 1 1.n n nb a c a   2 1 2.n n nb b c a    ,…, 1 0( ) .f c b c a  . Định nghĩa: (Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép). Cho A là một trường, phần tử c A được gọi là nghiệm bội của đa thức ( ) f x A x nếu ( )f x chia hết cho ( ) k x c và ( )f x không chia hết cho 1 ( ) k x c   . + Nếu 1k  thì c là nghiệm đơn. + Nếu 2k  thì c là nghiệm kép. 1.1.7. Phần tử đại số và phần tử siêu việt. Định nghĩa: Cho A là trường con của trường K. + Phần tử a K được gọi là phần tử đại số trên A nếu ( ) f x A x  : ( ) 0f a  + Phần tử c K được gọi là phần tử siêu việt trên A trong trường hợp trái lại. 11 Ví dụ 1: Cho là trường con của trường . Ta có: 2  là đại số trên vì 2 là nghiệm của 2 ( ) ( 2) f x x x   . ,e   là các số siêu việt trên . Ví dụ 2: Cho là trường con của . Mọi phần tử a ib  là đại số trên vì: a ib  nghiệm của phần tử 2 2 2 ( ) 2 ( ) f x x a a b x     . Vì ( )f x có một nghiệm là x a ib  , x a ib  suy ra: 2 2 2 ( )( ) ( ) 2 ( )x a ib x a ib f x x a a b         . Ví dụ 3: Cho là trường con của . i là đại số trên vì i  là nghiệm của 2 ( ) 1 f x x x   i  là siêu việt trên . 1.2. Vành đa thức nhiều ẩn. 1.2.1. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn. Cho A là vành giao hoán, có đơn vị. Xây dựng vành A x : 1 2 1 1 0 1 1 2 1 ={ ( ) ... : , } n n iA x f x a a x a x a x a A i       Vành 1 A x là vành giao hoán, có đơn vị. Xây dựng vành  1 2 A x x    1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 1{ ( , ) ( ) ... ( ) , ( ) } n n iA x x f x x a x x a x x a x A x      Ta viết  1 2 1 2 , A x x A x x là vành giao hoán, có đơn vị. Xây dựng  1 2 3 1 2 3 , , A x x x A x x x , phần tử ký hiệu: 13 33 1 2 311 12 21 22 1 2 3 0 1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3( , , ) ... n n na a a a aa a a a nf x x x c c x x x c x x x c x x x     . Bằng phép quy nạp ta có: 1 1 2 1 , ... ,.., nA A x A x x A x x    . 12 Phần tử 1 2 1 211 12 21 22 1 2 3 0 1 1 2 2 1 2 1 2( , , ) ... ... ... ... ...n n m m mna a a a aa a a a n n m nf x x x c c x x x c x x x c x x x      Với ic A ; i ; 1 2, ,...,i i ina a a , 1,i m là các số tự nhiên và 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i in j j jna a a a a a khi i j . ic là các hệ tử; 1 2 1 2 ...i i ina a a i nc x x x là các hạng tử của 1 2( , ,.., )nf x x x . và 1 2( , ,.., ) 0nf x x x  khi và chỉ khi các hệ số của đa thức đều bằng 0. 1.2.2. Bậc của đa thức. Cho 1 2 1 2( , ,.., ) , ,.., n nf x x x A x x x . + Bậc của đa thức ( )f x đối với ẩn ix đó là số mũ lũy thừa cao nhất của ẩn đó trong các hạng tử của đa thức. + Bậc của hạng tử 1 2 1 2 ...i i ina a a i nc x x x bằng tổng của số mũ 1 2, ,...,i i ina a a . + Bậc tổng thể của f là 1 2{ ... }i i inm max a a a    . + Đa thức 0 không có bậc. Ví dụ: Cho 3 5 2 4 2 7 3 4 5 2 6 8 1 2 3 4 5 1 4 2 3 4 1 2 3 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5( , , , , )f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x     . + Bậc hạng tử 5 2 2 3 4x x x là 8. 13 1.2.3. Sự sắp xếp thứ tự từ điển của đa thức n ẩn. Cho 1 2 1 2 1 2 0 ( , ,.., ) ...i i in m a a a n i n i f x x x c x x x    . Đa thức này được gọi là sự sắp xếp thứ tự từ điển nếu i j  thì bộ số mũ 1 2( , ,..., )i i ina a a và 1 2( , ,..., )j j jna a a phải thỏa mãn  (0 )t t n  sao cho : i jk t a k a k   còn i ja t a t . Ví dụ: Cho 5 2 4 5 5 3 6 5 4 6 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 1 2 3( , , ) 6 2 8f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x      . Các số mũ trong mỗi số hạng cho ta một phần tử thuộc 3 , có 6 phần tử: (5, 2,1), (4, 5,1), (5,1, 3), (1, 6, 0), (5, 0,1), (1, 4, 6) Theo quan hệ thứ tự, ta có: (5, 2,1) (5,1, 3) (5, 0,1) (4, 5,1) (1, 6, 0) (1, 4, 6)     . Khi đó 5 2 5 3 5 4 5 6 4 6 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) 2 6 8f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x      gọi là sắp xếp 1 2 3( , , )f x x x theo lối từ điển. 1.3. Đa thức đối xứng. 1.3.1. Định nghĩa và ví dụ: Định nghĩa: Đa thức 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ,..., i j n nf x x x x x A x x được gọi là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi ta đổi chỗ vị trí của 2 ẩn ,i jx x bất kỳ, tức là: 1 2 1 2( , ,..., ,..., ,..., ) ( , ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf x x x x x f x x x x x . 14 Ví dụ: 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3( , , )f x x x x x x x x x    2 2 2 2 1 3 2 1 3 2 1 3( , , )f x x x x x x x x x    Suy ra 1 2 3 2 1 3( , , ) ( , , )f x x x f x x x . Định lý: Tập hợp các đa thức đối xứng n ẩn (ký hiệu 1 2 , ,..., nD x x x ) lập thành một vành (Tất nhiên 1 2 , ,..., nD x x x là vành con của 1 2 , ,..., nA x x x ). Chứng minh: Ta có 1 1 2( ,..., ,..., ,..., ) , ,..., i j n nf x x x x D x x x . và 1 1 2( ,..., ,..., ,..., ) , ,..., i j n ng x x x x D x x x . i j  : 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ( ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf x x x x x f x x x x (1) 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ( ,..., ,..., ,..., )i j n j i ng x x x x x g x x x x (2) Lấy (1) trừ (2), ta được: 1 1( )( ,..., ,..., ,..., ) ( )( ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf g x x x x f g x x x x   hay f g D  . 1 1( . )( ,..., ,..., ,..., ) . ( ,..., ,..., ,..., )i j n j i nf g x x x x f g x x x x hay .f g D . Vậy 1 ,..., nD x x là vành con của 1 ,..., nA x x . 15 Nhận xét: Các đa thức sau đây: 1 1 2 ... nx x x      . 2 1 2 1 3 1... x nx x x x x x      . 3 1 2 3 1 2 4 2 1... n x nx x x x x x x x x       (1.1) … 1 1 2 1 1 2 2 2 3... ... ... ...n n n n nx x x x x x x x x x        . 1 2 ...n nx x x   . cũng là những đa thức đối xứng, gọi là các đa thức đối xứng cơ bản. Định lý cơ bản của đa thức đối xứng. Giả sử 1 2 , ,..., nD x x x là tập các đa thức đối xứng của các biến 1 2, ,..., nx x x . Khi đó tồn tại một đa thức 1 2( , ,..., )n     sao cho nếu trong nó ta thay 1 2, ,..., n    bằng những đẳng thức (1.1) thì sẽ nhận được 1 2 , ,..., nD x x x . Chứng minh: Ta sử dụng các định nghĩa và bổ đề sau: Định nghĩa: Đa thức 1( ,..., )k nf x x đối xứng đẳng cấp k tức là bậc tổng thể của các hạng tử trong nó bằng nhau và bằng k. Bổ đề 1: Mỗi đa thức đối xứng 1( ,..., )nf x x bao giờ cũng phân tích được thành tổng của hữu hạn các đa thức đối xứng đẳng cấp. 16 Chứng minh: 1 2 ... ...k mf f f f f      ; kf là tổng tất cả các hạng tử của f có bậc tổng thể là k. Ta chứng minh được kf là đa thức đối xứng với mọi k. Ý nghĩa của bổ đề 1 : Chỉ cần chứng minh mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp k là phân tích được qua các đa thức đối xứng cơ bản. Khi đó f là phân tích được. Bổ đề 2: Trong đa thức đối xứng đẳng cấp k, 1( ,..., )k nf x x bộ số mũ 1 2( , ,..., )na a a của hạng tử cao nhất (với sắp thứ tự từ điển) phải thỏa mãn: 1 2 ... na a a   . Chứng minh: Giả sử ngược lại thì i , i j và i i ja a  . Lúc đó 1 2 1( , ,..., ,..., ,..., ) ( ,.., ,..., ,..., )i i j n i j i na a a a a a a a a  . Thế nhưng nếu 1 1 ... ... ...i ji n aa a a i i j nx x x x   là hạng tử của kf thì 1 1 ... ... ...i j i n a a a a i j i nx x x x   là hạng tử của kf . Như vậy 1 1 ... ... ...i ji n aa a a i i j nx x x x   không là hạng tử cao nhất Vậy mâu thuẫn suy ra điều phải chứng minh. Bổ đề 3: Cho một bộ số mũ 1 2( , ,..., )na a a mà 1 2 ... na a a   . Khi đó đa thức đối xứng 2 31 2 1 2. ... na a aa a n       có hạng tử cao nhất là 1 2 1 2. ... naa a nx x x . 17 Chứng minh: Hạng tử cao nhất 1 2 1 a a   là 1 2 1 2( ) 1 1 1.a a a a x x x   2 3 2 a a   là 2 3 2 3 3 32 2( ) ( ) 1 2 1 1 2 2. . . .a a a a a aa a x x x x x x     … 1k ka a k   là 1 1 1 ...k k k ka a a a kx x   … n a n  là 1 ... ...n n na a a k nx x x Hạng tử cao nhất của 1  là 1 2 1 2. ... naa a nx x x . Bổ đề 4: Hiệu của 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k hoặc bằng 0, hoặc là đa thức đối xứng đẳng cấp k. Bổ đề 5: Cho kf , kg là 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k có cùng hạng tử cao nhất. Khi đó hạng tử cao nhất của hiệu ( )k kf g có bậc bé hơn bậc của hạng tử chung cao nhất. Chứng minh định lý: Cho 1 2 (1) 1 1 1 2 1 2( ,..., ) . ... ( , ,..., )naa a k n n k nf x x d x x x f x x x  . Khi đó 1 2 ... na a a   . Theo bổ đề 3, ta có đa thức 2 31 2 1 1 2. ... na a aa a nd       là hạng tử cao nhất là 1 2 1 1 2. ... naa a nd x x x . Theo bổ đề 4: 18 (1) ( )k kf f   là đa thức đối xứng đẳng cấp 1 ,..., nk a a có hạng tử cao nhất với bộ mũ 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )n nb b b a a a . Vậy 1 2 (1) 1 1 ... naa a k k nf f d      . Lặp lại quá trình trên (1) kf ta được: 2 31 2(1) ( 2) 2 1 2. ... nb b bb b k n kf d f       Trong đó 2d là hệ tử của hạng tử cao nhất trong (1) kf và hạng tử cao nhất ( 2) kf có bộ số mũ 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )n nc c c b b b Quá trình này sẽ dừng lại sau hữu hạn bước. Suy ra phân tích f . 1.3.2. Phương pháp biểu diễn. Giả sử ta cho đa thức đối xứng 1 2 1 2 1 2( , ,..., ) ( ... )naa a n nf x x x x x x  , trong đó 1 2 1 2 ... naa a nx x x là hạng tử cao nhất 1 2( .... )na a a   . Ta tiến hành các bước như sau: Bước 1: Chọn hệ thống mũ: Mỗi hệ thống gồm n số nguyên không âm (có thế có một số số) thỏa mãn các điều kiện: + Tổng các số của hệ thống đều bằng bậc của đa thức, tức là 1 2 ... na a a   . + Các số của hệ thống được xếp theo thứ tư từ điển ( hệ thống sau thấp hơn hệ thống trước ). Bước 2: Lấy tổng các tích đa thức đối xứng cơ bản ứng với từng hệ thống mũ. Chẳng hạn ứng với bộ số mũ 1 2( , , ... )na a a ta viết các hạng tử 2 3 11 2 1 2 1. .... .n n na a a a aa a i n nm        , với hệ số im chưa biết. 19 Bước 3: Dùng phương trình hệ số bất định tính các giá trị im . Ví dụ 1: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản. 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 3 1 3 2 3 2 3( , , )f x x x x x x x x x x x x x x x      . Ta có: 2 1 2 3 1 2( , , ) ( )f x x x x x  Hệ thống mũ: (2;1;0); (1;1;1) Khi đó 2 1 2 1 2 1 3( )x x m      Sử dụng phương pháp hệ số bất định tính 1m . Lập bảng: 1x 2x 3x 1  2  3  f 1 1 1 3 3 1 1 16 9 3m m     Vậy 2 1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) ( ) 3f x x x x x       Ví dụ 2: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua các đa thức đối xứng cơ bản. 3 3 3 1 2 3 1 2 3( , , )f x x x x x x   Ta co: Hạng tử cao nhất của g là 3 1x . Các hệ thống mũ là: (3, 0, 0); (2, 1, 0); (1, 1, 1). Khi đó 3 1 2 3 1 1 1 2 2 3( , , )f x x x m m       . Lập bảng: 20 1x 2x 3x 1  2  3  f 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 2 1 0 2 2 -1 -1 0 -3 2 6 nên: 1 12 8 2 3m m     . 2 26 2 3m m   . Vậy 3 1 2 3 1 1 2 3( , , ) 3 3f x x x       . Ví dụ 3: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản. 2 2 2 2 2 2 4 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2( , , ) ( )( )( ) ( )g x x x x x x x x x x x      . Ta có: 4 2 1 2 3 1 2( , , ) ( )g x x x x x  nên Hạng tử cao nhất của g là 4 2 1 2x x . Các hệ thống mũ là: (4, 2, 0); (4, 1, 1); (3, 3, 0); (3, 2, 1); (2, 2, 2). Khi đó 2 2 3 3 2 1 2 1 1 3 2 2 3 1 2 3 4 3g m m m m              . Lập bảng: 1x 2x 3x 1  2  3  f 1 1 0 2 1 0 2 2 -1 -1 0 -3 2 50 1 -2 -2 -3 0 4 200 1 -1 -1 -1 -1 1 8 21 Suy ra 22 4g m   . 2 450 ( 27) 4g m m    . 1 4200 ( 108) 16g m m    . 1 2 3 48 1g m m m m      . Suy ra: 1 2m   ; 2 2m   ; 3 4m  ; 4 1m   . Vậy 2 2 3 3 2 1 2 1 3 2 1 2 3 32 2 4g              . Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản. 2 ...f x  Ta có: Các hệ thống mũ: (2, 0, …,0), (1, 1, …,0) Vậy 2 1 1 1 2( ,..., )nf x x m    . Cho 1 1x  ; 2 1x   ; 3 ... 0nx x   . Khi đó: 1 2m   Vậy 2 1 22f    . 22 Chương 2: ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 2.1. Tính chia hết. Định lý 1: Với các đa thức ( )f x , ( )g x thuộc A x và ( )g x khác không, tồn tại duy nhất ( )q x , ( )r x sao cho ( ) ( ) ( ) ( )f x q x g x r x  với deg ( ) deg ( )r x g x hoặc ( ) 0r x  . Định lý 2: Giả sử A là một trường và đa thức bất khả quy ( ) g x A x có nghiệm  . Đa thức ( ) f x A x chia hết cho ( )g x khi và chỉ khi ( ) 0f   . Chứng minh. Giả sử đa thức ( ) f x A x . Theo Định lý 1, có duy nhất hai đa thức ( )q x , ( )r x sao cho...

UBND TỈNH QUẢNG NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN



SILINGKA SAIYAMA

VÀNH ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Quảng Nam, tháng 5 năm 2017

UBND TỈNH QUẢNG NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN

A MỞ ĐẦU 1 Lý do chọn đề tài

Cấu trúc vành là một nội dung rất quan trọng trong lĩnh vực của Đại số hiện đại, có ứng dụng nhiều trong Đại số, Giải tích, Hình học, Toán rời rạc Trong chương trình toán phổ thông, đa thức chủ yếu được đưa vào bộ môn Đại số và Giải tích Đặc biệt trong các kỳ thi đại học, học sinh giỏi đều có những bài toán liên quan đến đa thức Chính vì vậy, vành đa thức rất

thiết thực với những ai muốn tìm hiểu sâu về toán ứng dụng

Từ các kết quả đạt được trong vành đa thức chúng ta có thể vận dụng giải một số bài toán rất phức tạp, giải hệ phương trình và xây dựng một số kết quả về tổ hợp, số học Khi xét đa thức ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy và việc biểu diễn thành tích các nhân tử bậc nhỏ hơn Với

những lý do như đã nói ở trên, tôi chọn đề tài “Vành đa thức và ứng dụng”

làm khóa luận nghiên cứu của mình

2 Mục tiêu của đề tài

- Chứng minh lại một số kết quả cơ bản của vành đa thức Vận dụng

các kết quả đạt được để giải quyết một số bài toán đã được đặt ra

- Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng

dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp 3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1 Đối tượng

Trình bày một số khái niệm của vành đa thức và ứng dụng, rèn luyện

khả năng nghiên cứu khoa học của bản thân 3.2 Phạm vi nghiên cứu

Trong khuôn khổ của khóa luận chỉ nghiên cứu về vành đa thức và một số ứng dụng

4 Phương pháp nghiên cứu

- Sưu tầm, đọc và nghiên cứu tài liệu, phân tích, tổng hợp kiến thức, hỏi ý kiến chuyên gia

- Trao đổi, thảo luận với bạn bè, giáo viên hướng dẫn, qua đó tổng hợp kiến thức và trình bày theo đề cương nghiên cứu, thực hiện kế hoạch và hoàn thành khóa luận

5 Đóng góp của đề tài

Khóa luận đã tổng hợp và làm rõ nội dung về vành đa thức và các ứng dụng

6 Cấu trúc của đề tài

Khóa luận được chia thành 2 chương với những nội dung chính sau đây:

Chương 1: Vành đa thức:

Trình bày một số khái niệm về vành đa thức, vành đa thức một ẩn, Vành đa thức nhiều ẩn, Đa thức đối xứng

Chương 2: Ứng dụng của vành đa thức:

Về tính chia hết, biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp

B NỘI DUNG Chương 1: VÀNH ĐA THỨC

Ta chứng minh được [ ]x cùng với hai phép toán cộng và nhân lập

thành một vành giao hoán, có phần tử đơn vị là ( )e x

( ) 1 0 0 0 me x   x x   x

Tương tự ta cũng có [ ]x , [ ]x lần lượt là vành đa thức một ẩn hệ

Vậy  là đơn cấu vành

Ta coi  nhúng AP như một vành con, ta đồng nhất

( ,0, )a a A Khi đó, dãy ( , , , ,0, ) Pa a0 1 an  , ta viết lại

Gọi bậc đa thức f x( ) ký hiệu deg ( )f xm (hoặc bậc f x( )m) là số

mũ của lũy thừa cao nhất trong đa thức mà hệ tử am ứng với nó khác không

Bậc của đa thức là hằng số khác không thì bằng không Đa thức 0 không có bậc

Định lý 1: Cho f x( ), g x( ) là hai đa thức khác không

i) - Nếu deg ( ) deg ( )f xg x thì f x( )g x( ) 0

và deg( ( )f xg x( ))max(deg ( ),deg ( ))f xg x

- Nếu deg ( ) deg ( )f xg x đồng thời f x( )g x( ) 0

thì deg( ( )f xg x( ))max(deg ( ),deg ( ))f xg x

Do đó deg( ( )f xg x( )) n max(deg ( ),deg ( ))f xg x

+ Nếu m n nhưng anbn 0 thì

deg( ( )f xg x( )) n max(deg ( ),deg ( ))f xg x

Vậy deg( ( )f xg x( ))max(deg ( ),deg ( ))f xg x

m nf x g x a b a b x a b x 

m nn

m n

a bb

a b

+ a bm n0, ta có deg( ( ) ( ))f x g x  m ndeg ( ) deg ( )f xg x

+ a bm n0, ta có deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( )f x g xf xg x

Suy ra deg( ( ) ( ))f x g x  m ndeg ( ) deg ( )f xg x

Định lý 2: Nếu A là một miền nguyên, f x( ) và g x( ) là hai đa thức khác không của vành A x[ ] thì f x g x( ) ( ) 0

và deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( )f x g xf xg x

a và bn khác không suy ra a bm n 0 (A không có ước của không)

Do đó f x g x( ) ( ) 0 và deg( ( ) ( ))f x g x  m ndeg ( ) deg ( )f xg x

Hệ quả: Nếu A là miền nguyên thì A x[ ] cũng là miền nguyên

Ví dụ: Trong vành [ ]x cho f x( ) 5x44x32x1 g x( ) 2x34x2 x3

deg( ( )f xg x( )) 4 deg( ( ) ( )) 7f x g x

1.1.4 Phép chia có dư

Định lý 3: Cho A là trường, f x( ) bất kỳ, g x( ) khác không thuộc A x[ ]

đều tồn tại duy nhất q x r x( ), ( ): bậcr x( )bậcq x( ) hoặc r x( ) 0 sao cho ( )( ) ( )( )

f xq x g xr x (q x( ) : đa thức thương; r x( ) : đa thức dư)

+ Nếu m n , đặt q x( ) 0 suy ra r x( )f x( ) (thỏa mãn định lý)

+ Nếu m n , ta có chứng minh bằng quy nạp

Giả sử điều khẳng định trong định lý là đúng với  k m Ta chia

a x cho nn

b x , được mm nn

axb

Đặt ( ) 1( ) mmn

Vậy q x( )  q x( ) và từ (5) suy ra: r x( )  r x( )

Ví dụ 1: Cho A là trường hữu tỷ

4x 3x 1x 5x 3x 4x33x48x33x2 3x 5

3x40x33x2 3x 08x36x25

Ví dụ 3: Cho A là trường các số nguyên mod 11

8x 8x 4 

a x a x     a x a x c

0 ( 1 ) n1

nnaa c x

Định nghĩa: (Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép)

Cho A là một trường, phần tử c A được gọi là nghiệm bội của đa thức f x( )A x[ ] nếu f x( ) chia hết cho (x c )k và f x( ) không chia hết cho

Ví dụ 1: Cho là trường con của trường Ta có:

2 là đại số trên vì 2 là nghiệm của f x( ) ( x2 2) [ ]x

  là các số siêu việt trên

Ví dụ 2: Cho là trường con của Mọi phần tử a ib  là đại số trên vì:   nghiệm của phần tử a ibf x( )  x2 2a a( 2b2) [ ]x Vì

( )

f x có một nghiệm là x a ib  , x a ib  suy ra:

(x a ib x a ib  )(   ) f x( )  x 2a a( b )

Ví dụ 3: Cho là trường con của

i là đại số trên vì i  là nghiệm của f x( )  x2 1 [ ]xi là siêu việt trên

1.2 Vành đa thức nhiều ẩn

1.2.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn

Cho A là vành giao hoán, có đơn vị Xây dựng vành A x[ ]:

+ Bậc của đa thức f x( ) đối với ẩn xi đó là số mũ lũy thừa cao nhất của

ẩn đó trong các hạng tử của đa thức + Bậc của hạng tử 12

1ai 2ai ain

c x xx bằng tổng của số mũ a ai1, i2, ,ain

+ Bậc tổng thể của f là m max a { i1ai2  ain} + Đa thức 0 không có bậc

1.2.3 Sự sắp xếp thứ tự từ điển của đa thức n ẩn

( , , , ) ii inm

Ví dụ:

Cho f x x x( , , )1 2 3 x x x15 22 36x x x14 52 3 2x x x15 2 33 x x1 26 x x15 3 8x x x1 2 34 6 Các số mũ trong mỗi số hạng cho ta một phần tử thuộc 3, có 6 phần tử:

(5, 2,1), (4, 5,1), (5,1, 3), (1, 6, 0), (5, 0,1), (1, 4, 6)

Theo quan hệ thứ tự, ta có:

(5, 2,1)(5,1, 3)(5, 0,1)(4, 5,1)(1, 6, 0)(1, 4, 6) Khi đó

Định nghĩa: Đa thức f x x( , , , , , , , )12 xi xj xn A x[ , , ]1 xn được gọi

là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi ta đổi chỗ vị trí của 2 ẩn

Tập hợp các đa thức đối xứng n ẩn (ký hiệu D x x[ , , ,1 2 xn]) lập

thành một vành (Tất nhiên D x x[ , , ,1 2 xn] là vành con của

cũng là những đa thức đối xứng, gọi là các đa thức đối xứng cơ bản

Định lý cơ bản của đa thức đối xứng

Giả sử D x x[ , , ,1 2 xn] là tập các đa thức đối xứng của các biến

Chứng minh: Ta sử dụng các định nghĩa và bổ đề sau:

Định nghĩa: Đa thức f xk( , ,1 xn) đối xứng đẳng cấp k tức là bậc tổng

thể của các hạng tử trong nó bằng nhau và bằng k

Bổ đề 1: Mỗi đa thức đối xứng f x( , ,1 xn) bao giờ cũng phân tích được

thành tổng của hữu hạn các đa thức đối xứng đẳng cấp

Chứng minh: f  f1 f2   fk   fm; fk là tổng tất cả các hạng

tử của f có bậc tổng thể là k Ta chứng minh được fk là đa thức đối xứng

với mọi k

Ý nghĩa của bổ đề 1: Chỉ cần chứng minh mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp k

là phân tích được qua các đa thức đối xứng cơ bản Khi đó f là phân tích được

Bổ đề 2: Trong đa thức đối xứng đẳng cấp k, f xk( , ,1 xn) bộ số mũ

Bổ đề 3: Cho một bộ số mũ ( ,a a1 2, ,an)mà a1  a2   an Khi đó đa thức đối xứng 1223

1akak akakkx  x 

…

 là 1an an anknxxx

Hạng tử cao nhất của 1 là 12

1a . 2a annx xx

Bổ đề 4: Hiệu của 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k hoặc bằng 0, hoặc là đa

thức đối xứng đẳng cấp k

Bổ đề 5: Cho fk, gk là 2 đa thức đối xứng đẳng cấp k có cùng hạng tử

cao nhất Khi đó hạng tử cao nhất của hiệu (fk  gk) có bậc bé hơn bậc của hạng tử chung cao nhất

     là hạng tử cao nhất là 12

1 1a . 2a annd x xx

Theo bổ đề 4:

(1) ( )

f  f  là đa thức đối xứng đẳng cấp k  a1, ,an có hạng tử cao nhất với bộ mũ ( , , , ) ( ,b b1 2 bn  a a1 2, ,an)

Quá trình này sẽ dừng lại sau hữu hạn bước Suy ra phân tích f

1.3.2 Phương pháp biểu diễn

Giả sử ta cho đa thức đối xứng 12

( , , , ) ( aa an)

f x xx  x xx , trong đó 12

1a 2a an

x xx là hạng tử cao nhất (a1a2  an) Ta tiến hành các bước như sau:

Bước 1: Chọn hệ thống mũ: Mỗi hệ thống gồm n số nguyên không âm (có

thế có một số số) thỏa mãn các điều kiện:

+ Tổng các số của hệ thống đều bằng bậc của đa thức, tức là

Bước 3: Dùng phương trình hệ số bất định tính các giá trị mi

Ví dụ 1: Biểu diễn đa thức đối xứng sau qua đa thức đối xứng cơ bản

f x x x  m  m Lập bảng:

Chương 2: ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 2.1 Tính chia hết

Giả sử A là một trường và đa thức bất khả quy g x( )A x[ ] có nghiệm

 Đa thức f x( )A x[ ] chia hết cho g x( ) khi và chỉ khi f( ) 0 

Chứng minh Giả sử đa thức f x( )A x[ ] Theo Định lý 1, có duy nhất hai đa thức q x( ), r x( ) sao cho f x( )q x g x( ) ( )r x( ) với deg ( ) deg ( )r x  g x hoặc

a) 2x1; b) x1; c) x

Bài giải:

a) Ta có

121 2()

x  x

Do đó f x( ) chia hết cho

trong [ ]x b) Ta có x1

( 1) ( 1 1) n ( 1) n 2( 1) 1 0

f        

Do đó f x( ) chia hết cho x1 c) Ta có x

(0) (0 1) n (0) n 2(0) 1 0

Suy ra f x( ) chia hết cho x

Bài tập 2: Chứng minh rằng đa thức f x( )x3mx3 1n x3p2 chia hết cho đa thức g x( )x2 x 1; m n p, , 

Vậy  cũng là nghiệm của f x( ) Do đó f x g x( ) ( )

2.2 Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, từ đó giải các bài toán liên quan

Mọi đa thức đối xứng có thể biểu diễn qua đa thức đối xứng cơ bản và sự biểu diễn này là duy nhất

+ Đối với đa thức hai ẩn việc biểu diễn tương đương đơn giản, chẳng hạn như:

   

  

    

 

2.3 Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp 2.3.1 Phân tích đa thức thành nhân tử

Đôi khi với những đa thức đối xứng ta gặp khó khăn trong việc phân tích chúng thành nhân tử Việc phân tích một đa thức thành nhân tử giúp ích rất nhiều cho chúng ta trong quá trình giải phương trình hay hệ phương trình Dưới đây là một vài bài tập về việc phân tích một đa thức đối xứng thành nhân tử dựa vào những đa thức cơ bản

Bài tập 1: Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:

Bài tập 3: Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:

Nhân tử thứ nhất có nghiệm phức ta để nguyên Nhân tử thứ hai phân tích thành

3x 10xy3y  (x 3 )(3yx y) Vậy ta có:

( 1)

x y z

   

    

   

f x x x x x x x x x x x x x x x của vành [ , , ]x x x1 2 3 theo công thức đối xứng cơ bản Từ đó tìm nghiệm thực hoặc phức của hệ phương trình:

1 21 32 3( , , ) 0

f x x x

x xx xx x

   

  

028 0 (!)

 

Bài tập 3: Biểu thị f x y( , )[ , ]x y theo các đa thức đối xứng cơ bản:

1 1

cosx sinx      

38

a) Tính 333

A X X X X  X X X X  X X X X  b) Lập phương trình có 3 nghiệm là

x ;

x ;

2 31 31 221



Theo định lý Vietè ta lập được phương trình:



Vậy để tìm x, y ta có hai hệ phương trình

x yxy

 

x yxy

  

Giải hệ này ta tìm được các nghiệm đã cho là:

11



33

 44

(a b  a c  b c)  3(a b c  a b c a b c )

Hay (a b  a c  b c)2  3a b c a(  b  c)

2.3.4 Giải các bài toán về phương trình bậc hai

Dùng các đa thức đối xứng ta có thể giải được nhiều bài toán trong đó

cần tính những biểu thức chứa các nghiệm của một phương trình bậc hai Bài tập 1: Cho phương trình bậc hai x26x10 0 Hãy lập một phương trình bậc hai mà các nghiệm là bình phương các nghiệm của phương trình đã cho

Bài giải:

Gọi các nghiệm của phương trình đã cho là x1 và x2, các nghiệm của phương trình phải tìm là y1 và y2 và các hệ số của nó là p và q Theo công thức Vietè ta có:

1 x1 x26

    và 2x x1 210 và y1y2 p; y y1 2q

Theo giả thiết ta có y1x12, y2x22 Vì vậy

p (y1y2) (x12x22)

 (12 )2 16 qy y1 2x x12 2222100

Như vậy phương trình bậc hai phải tìm là: y216y100 0

Bài tập 2: Lập phương trình bậc hai z2pz q 0 mà các nghiệm là

 px16x262(x22x12)

(166 14 29 12 22223) 2(1222)

166.1 ( 3) 9.1 ( 3)4   2  2 2( 3)   2(1)2 2( 3)140 qx x16 622(x18x82) 4 x x12 22

(262[188 16 220 14 22) 16 16 23224]+422

( 3)2[18.1 ( 3) 20.1 ( 3)(6.1 ( 3)( 3) ] 4( 3)833      Vậy phương trình phải tìm là:

z  z

2.3.5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng

Bài tập 1: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình:

x y   xy Bài giải:

13

Biệt thức của phương trình này là:

x yxy

 

x yxy

  

Bài tập 2: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình:

 ( Vì 122

4  )

Vậy ta có các hệ

0 

 , 120

1 

 , 1

 

 , 12

44 



Hệ thức ba không thích hợp vì x và y phải là nguyên Vậy còn lại các hệ,

x yxy

  

x yxy

  

x yxy

  

x yxy

  

Từ đó suy ra lời giải

 , 22

 , 33

 , 44

 , 55

 , 66



C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Trong khóa luận này, tôi đã trình bày được những vấn đề cơ bản, làm rõ các mệnh đề trong vành đa thức một ẩn, nhiều ẩn, đa thức đối xứng, biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ứng dụng, giải các bài tập liên quan

Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong khóa luận không tránh khỏi thiếu sót nhất định, tôi rất mong nhận được sự góp ý của các quý thầy cô giáo và các bạn để khóa luận này hoàn thiện hơn

D TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Bùi Huy Hiền, Đại số đại cương, NXB ĐHSP 2006

[2] Ngô Thúc Lanh, Đại số và số học ( Tập II ), NXB Giáo dục 1987

[3] Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục 2003

[4] Nguyễn Tiến Quang, Đại số đại cương, NXB ĐHSP 2006

[5] Một số trang WEB và tạp chí toán

MỤC LỤC

A MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục tiêu của đề tài 1

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1

3.1 Đối tượng 1

3.2 Phạm vi nghiên cứu 1

4 Phương pháp nghiên cứu 2

6 Cấu trúc của đề tài 2

1.3.2 Phương pháp biểu diễn 18

Chương 2: ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 22

2.1 Tính chia hết 22

2.2 Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, từ đó giải

các bài toán liên quan 23

2.3 Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán sơ cấp 26

2.3.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 26

2.3.2 Giải hệ phương trình đối xứng: 28

2.3.3 Chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức 34

2.3.4 Giải các bài toán về phương trình bậc hai 35

2.3.5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng 37

C KẾT LUẬN 39

D TÀI LIỆU THAM KHẢO 40