Chương 1 : Đa thức đối xứng hai biến 51.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến . . . . . . 101.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. . . . . . . . 131.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng . . . . 22
Trang 1Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên)
Trang 3Mục lục
1.1 Các khái niệm cơ bản 5
1.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring 7
1.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến 10
1.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng 13
1.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng 22
1.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 29
1.7 Phân tích thầnh nhân tử và áp dụng 38
1.8 Chia đa thức đối xứng 43
1.9 Chứng minh bất đẳng thức 48
Chương2 : Đa thức đối xứng ba biến 62 2.1 Các khái niệm cơ bản 62
2.2 Tổng luỹ thừa và tổng nghịch đảo 63
2.3 Quỹ đạo của đơn thức 66
2.4 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến 68
2.5 Đa thức phản đối xứng 72
2.6 Công thức Viète và phương trình bậc ba 75
3
Trang 42.7 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn 84
2.8 Phân tích đa thức thành nhân tử 92
2.9 Tính chia hết của các đa thức đối xứng 100
2.10 Chứng minh các đẳng thức 104
2.11 Chứng minh các bất đẳng thức 119
2.12 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 136
Chương3 : Đa thức đối xứng nhiều biến 146 3.1 Các khái niệm 146
3.2 Biểu diễn các tổng luỹ thừa qua các đa thức đối xứng cơ sở 149 3.3 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng nhiều biến 152
3.4 Các hệ thức giữa các đa thức đối xứng cơ sở 156
3.5 Đa thức phản đối xứng nhiều biến 165
3.6 Phương trình và hệ phương trình 168
3.7 Chứng minh đẳng thức Phân tích thành nhân tử 174
3.8 Chứng minh các bất đẳng thức 187
Trang 5Lời nói đầu
Những lĩnh vực phức tạp của đại số đối với học sinh phổ thông thường làgiải phương trình và hệ phương trình bậc cao, phân tích các đa thức nhiềubiến bậc cao thành nhân tử, chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thứcchứa nhiều biến số v.v Một trường hợp quan trọng và thường gặp trongcác bài toán của các lĩnh vực nói trên là khi các biến số của đa thức có vaitrò như nhau Chúng ta gọi đa thức trong trường hợp này là đa thức đốixứng
Nhiều bài toán khó có chứa yếu tố đối xứng mà việc áp dụng lý thuyết
về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở thành đơn giản hơn Tài liệunày giới thiệu với bạn đọc cơ sở lý thuyết của các đa thức đối xứng và nhữngứng dụng của nó trong đại số sơ cấp Các vấn đề của lý thuyết được trìnhbày một cách đơn giản theo hướng quy nạp, từ trường hợp hai biến, babiến, đến nhiều biến Các ví dụ áp dụng trong cuốn sách cũng được trìnhbày từ đơn giản đến phức tạp Các bài toán được trình bày trong phần nàychủ yếu là các bài toán khó, nhiều bài toán được trích ra từ các đề thi vàotrường chuyên, vô địch của các nước hoặc OIM
Hiện nay đã có một số tài liệu chuyên khảo về đa thức xuất bản bằngtiếng Việt, đặc biệt là các tài liệu [M ], [Đ], trong đó có những phần dànhcho đa thức đối xứng Tuy nhiên, chưa có tài liệu chuyên về đa thức đối
3
Trang 6xứng, trình bày nhất quán từ đơn giản đến phức tạp các vấn đề cơ bản củađại số ở bậc phổ thông như phương trình, hệ phương trình, chứng minhcác đẳng thức và bất đẳng thức, tính chia hết, phân tích thành nhân tửv.v Điều đó cần thiết phải có sự giới thiệu riêng về đa thức đối xứng vàphân loại các dạng bài tập ứng dụng của nó một cách chi tiết Cuốn sáchnhỏ này nhằm tổng quan về đa thức đối xứng thông qua các định nghĩa,định lý, các ví dụ và bài tập cùng dạng.
Cuốn sách gồm "Lời nói nói đầu" và 3 chương
Chương 1 Đa thức đối xứng hai biến
Chương 2 Đa thức đối xứng ba biến
Chương 3 Đa thức đối xứng nhiều biến
Trong mỗi chương, phần đầu trình bày cơ sở lý thuyết của đa thức đốixứng với số biến tương ứng, tiếp theo trình bày các ví dụ áp dụng về cácchủ đề cơ bản của đại số sơ cấp, có vai trò như những bài tập giải mẫu Bàitập cuối mỗi mục là những bài có thể được giải theo phương pháp của các
ví dụ mẫu
Cuốn sách sẽ có ích cho các học sinh PTTH chuẩn bị cho các kỳ thi họcsinh giỏi, hoặc thi vào trường, các sinh viên ngành toán, của các trường sưphạm và các thầy, cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi
Các tác giả bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới các thành viên của semina
"Phương pháp Toán phổ thông" đã cho nhiều ý kiến quý báu để cuốn sáchđược hoàn chỉnh Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các đồngnghiệp và độc giả có ý kiến đóng góp để cuốn sách được tốt hơn Mọi ý kiếnxin gửi về địa chỉ: Nhà xuất bản Giáo dục, 81 Trần Hưng Đạo, Hà Nội
Hà Nội, ngày 08 tháng 03 năm 2009
Trang 7Chương 1
Đa thức đối xứng hai biến
Định nghĩa 1 Một đơn thức f (x, y) của các biến độc lập x, y (trường hợpchung nhất có thể là các số phức) được hiểu là hàm số có dạng
f (x, y) = aklxkyl,
trong đó akl6= 0 là một số (hằng số), k, l là những số nguyên không âm Số
akl được gọi là hệ số, còn k + l được gọi là bậc của đơn thức f (x, y) và được
ký hiệu là
deg[f (x, y)] = deg[axkyl] = k + l
Các số k, l tương ứng được gọi là bậc của đơn thức đối với các biến x, y.Như vậy, bậc của đơn thức hai biến bằng tổng các bậc của các đơn thức theotừng biến
5
Trang 8Định nghĩa 3 Giả sử Axkyl và Bxmyn là hai đơn thức của các biến x, y.
Ta nói rằng đơn thức Axkyl trội hơn đơn thức Bxmyn theo thứ tự của cácbiến x, y, nếu k > m, hoặc k = m và l > n
Ví dụ: Đơn thức x4y2 là trội hơn đơn thức x2y7, còn đơn thức x4y6 làtrội hơn đơn thức x4y5
Định nghĩa 4 Một hàm số P (x, y) được gọi là một đa thức theo các biến
số x, y, nếu nó có thể biểu diễn dược dưới dạng tổng của hữu hạn các đơnthức Như vậy, đa thức P (x, y) theo các biến số x, y là hàm số có dạng
P (x, y) = X
k+l6m
aklxkyl
Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức
Định nghĩa 5 Đa thức P (x, y) được gọi là đối xứng, nếu nó không thayđổi khi đổi chỗ của x và y, nghĩa là
Trang 91.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring 7
Định nghĩa 8 Các đa thức sk = xk+ yk(k = 1, 2, ) được gọi là các tổngluỹ thừa bậc k của các biến x, y
Định lý 1 Mỗi tổng luỹ thừa sm = xm + ym có thể biểu diễn được dướidạng một đa thức bậc m của σ1 và σ2
Chứng minh Ta có
σ1sk−1 = (x + y)(xk−1+ yk−1) = xk+ yk+ xy(xk−2+ yk−2) = sk+ σ2sk−2
Như vậy
sk = σ1sk−1− σ2sk−2 (1.1)Công thức (1.1) được gọi là công thức Newton nó cho phép tính sk theo
sk−1 và sk−2
Với m = 1, m = 2, Định lý 1.1 đúng vì
s1 = x + y = σ1,
s2 = x2+ y2 = (x + y)2− 2xy = σ21− 2σ2.Giả sử Định lý đã đúng cho m < k Khi đó sk−2, sk−1 lần lượt là các đathức bậc k − 2, k − 1 của σ1, σ2 Theo công thức (1.1) ta suy ra sk là đathức bậc k của σ1 và σ2 Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứngminh
Sử dụng công thức (1.1) và các biểu thức của s1, s2 ở chứng minh trên,
dễ dàng nhận được các biểu thức sau
s1 = x + y = σ1,
s2 = σ21− 2σ2,
Trang 10Định lý 2 (Công thức Waring) Tổng luỹ thừa sk được biểu diễn qua các
đa thức đối xứng cơ sở σ1, σ2 theo công thức:
trong đó [k/2] ký hiệu là phần nguyên của k/2
Chứng minh Chúng ta sẽ chứng minh công thức (1.2) bằng phương phápquy nạp Với k = 1, k = 2 công thức tương ứng có dạng
Giả sử công thức Waring đã đúng cho s1, s2, , sk−1 Để chứng minhcông thức đó đúng cho sk chúng ta sử dụng công thức (1.1) Ta có
Trang 111.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring 9
= 1kX
m
(−1)m(k − m − 2)!(k − 1)m!(k − 2m − 1)! σ
k−2m
1 σ2m−
−1kX
n
(−1)n(k − n − 3)!(k − 2)n!(k − 2n − 2)! σ
m
(−1)m(k − m − 2)!(k − 1)m!(k − 2m − 1)! σ
k−2m
1 σ2m−
−1kX
m
(−1)m−1(k − m − 2)!(k − 2)(m − 1)!(k − 2m)! σ
k−2m
1 σ2m =
= 1kX
m
(−1)m(k − m − 2)! k − 1
m!(k − 2m − 1)!+
+ k − 2(m − 1)!(k − 2m)!σk−2m
1 σ2m
Sử dụng các công thức
1(m − 1)! =
mm!,
1(k − 2m − 1)! =
k − 2m(k − 2m)!
ta có
k − 1m!(k − 2m − 1)! +
k − 2(m − 1)!(k − 2m)! =
k(k − m − 1)m!(k − 2m)!.Cuối cùng, vì
Trang 12Sử dụng công thức Waring dễ dàng nhận được các biểu thức của sk =
xk+ yk theo σ1 = x + y, σ2 = xy sau đây:
1.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến
Định lý 3 (Định lý cơ bản) Mọi đa thức đối xứng P (x, y) của các biến
x, y đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức p(σ1, σ2) theo các biến
σ1 = x + y và σ2 = xy, nghĩa là
P (x, y) = p(σ1, σ2) (1.3)
Chứng minh Trước hết xét trường hợp đơn thức, trong đó luỹ thừa của x
và y cùng bậc, nghĩa là đơn thức dạng axkyk Hiển nhiên là
axkyk= a(xy)k = aσk2
Tiếp theo, xét đơn thức dạng bxkyl(k 6= l) Vì đa thức là đối xứng, nên
có số hạng dạng bxlyk Để xác định, ta giả sử k < l và xét tổng của hai đơn
Trang 131.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến 11
thức trên
b(xkyl+ xlyk) = bxkyk(xl−k + yl−k) = bσ2ksl−k
Theo công thức Waring sl−k là một đa thức của các biến σ1, σ2 , nên nhịthức nói trên là một đa thức của σ1, σ2
Vì mọi đa thức đối xứng là tổng của các số hạng dạng axkyk và b(xkyl+
xlyk), nên mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được ở dạng đa thức theocác biến σ1 và σ2 Định lý được chứng minh
Định lý 4 (Tính duy nhất) Nếu các đa thức ϕ(σ1, σ2) và ψ(σ1, σ2) khithay σ1 = x + y, σ2 = xy cho ta cùng một đa thức đối xứng P (x, y), thìchúng phải trùng nhau, nghĩa là ϕ(σ1, σ2) ≡ ψ(σ1, σ2)
Chứng minh Đặt φ(σ1, σ2) = ϕ(σ1, σ2) − ψ(σ1, σ2) Khi đó theo gải thiết
ta có:
φ(x + y, xy) = ϕ(x + y, xy) − ψ(x + y, xy) = P (x, y) − P (x, y) = 0
Ta sẽ chứng tỏ rằng φ(σ1, σ2) ≡ 0 Dễ thấy rằng, sau khi mở ngoặc thì biểuthức
Trang 14với giá trị lớn nhất của l Ví dụ, nếu
φ(σ1, σ2) = −σ41σ2− 4σ2
1σ23+ 2σ1σ24− 6σ1σ22+ 10σ32− 7σ1+ 5σ2+ 1
thì số hạng được chọn sẽ là 2σ1σ4
2.Như vậy, giả sử chọn được đơn thức Aσ1mσn2 Khi đó, nếu thay σ1 =
x + y, σ2 = xy, thì thì số hạng trội nhất của φ sẽ là Axm+nyn Thật vậy,giả sử Bσk1σ2l là đơn thức tuỳ ý khác với Axm+nyn Khi đó theo cách chọn
ta có hoặc m + n > l + l, hoặc m + n = k + l, nhưng n > l Trong cả haitrường hợp thì Axm+nyn trội hơn Bxk+lyl
Như vậy chúng ta đã chứng tỏ rằng Axm+nyn là đơn thức trội nhấtcủa φ(x + y, xy), nên φ(x + y, xy) 6= 0, ∀x, y, nếu φ(σ1, σ2) 6≡ 0 Vậy, ta cóφ(σ1, σ2) ≡ 0 Định lý được chứng minh
Để minh hoạ, xét ví dụ sau đây
Ví dụ 1 Biểu diễn đa thức đối xứng
Trang 151.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng 13
Giả sử P (x, y) và Q(x, y) là các đa thức đối xứng Xét hệ phương trình:
Hệ phương trình (1.5) thường đơn giản hơn hệ (1.4) và ta có thể dễ dàngtìm được nghiệm (σ1, σ2) Sau khi tìm được các giá trị của σ1, σ2, cần phảitìm các giá trị của các ẩn số x và y là nghiệm của hệ (1.4) Điều này có thểthực hiện được nhờ định lý sau đây
Định lý 5 Giả sử σ1 và σ2 là các số thực nào đó Khi đó phương trình bậchai
Trang 16và ngoài ra không còn có nghiệm nào khác Ngược lại, nếu x = a, y = b lànghiệm của hệ (??) thì các số a, b là nghiệm của phương trình (1.6).
Chứng minh Nếu z1, z2 là nghiệm của phương trình (1.6), thì theo côngthức Viète :
Trang 171.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng 15
Trang 18Giải hệ trên ta có các nghiệm:
a) Giải hệ với m = 72
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nghiệm
Lời giải Hệ phương trình đã cho là hệ đối xứng theo các biến x, y Tuynhiên, nếu ta đặt σ1 = x + y, σ2 = xy thì sẽ gặp khó khăn khi phải đưa
về hệ bậc 2 theo σ1, σ2, nhất là hệ có tham số Để ý rằng, nếu viết phươngtrình đầu của hệ ở dạng
t2− 18t + 72 = 0
Trang 191.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng 17
Khi đó hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (9) có hai nhiệm
X1, X2 thoả mãn điều kiện: X1 ≥ X2 ≥ −1
4) ≥ 0,s
Trang 20Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình đã cho: x1 = 16, x2 = 81.
Dễ thấy rằng hệ còn lại vô nghiệm
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x1 = 16, x2 = 81
Trang 211.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng 19
Đặt σ1 = x + y, σ2 = xy Khi đó ta có hệ phương trình
Trang 22Trường hợp 1: σ1+ 1 = 0, ta có x + y + 1 = 0, phương trình có vô số nghiệmnguyên (x ∈ Z, y = −1 − y).
Ví dụ 8 Chứng minh rằng, nếu các số u, v, x, y thoả mãn các hệ thức
u + v = x + y, u2 + v2 = x2 + y2 thì với mọi số tự nhiên n ta có
(x + y)2− 2xy = (u + v)2− 2uv; ⇔
(σ1 = α1,
σ2 = α2
Trang 231.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng 21
Theo Định lý cơ bản thì mỗi đa thức đối xứng đều biểu diễn duy nhấtqua đa thức của các biến là các đa thức đối xứng cơ sở Giả sử xn+ yn =ϕ(σ1, σ2) Thế thì ta có un+ vn = ϕ(α1, α2) Do α1 = σ1, α2 = σ2, nên ta
9. x + y = 1,
x5+ y5 = 31; 10.
(x2+ 1)(y2+ 1) = 10,(x + y)(xy − 1) = 3;
Trang 2422 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y = x2− xy + y2.
1.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng
dụng
Nhiều bài toán về phương trình bậc hai được giải một cách dễ dàng nhờ
áp dụng đa thức đối xứng Để minh hoạ, xét một số ví dụ sau
Ví dụ 9 Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phưiơng trình trình bậc hai
ax2+ bx + c = 0 (a 6= 0)
Với n là số nguyên, đặt Sn= xn
1 + xn
2.a) Chứng minh rằng
Trang 251.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng 23
Trong biểu thức trên thay x1+ x2 = −b
Ví dụ 10 Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c =
0 (a 6= 0) Thành lập phương trình bậc hai có các nghiệm là x2
Trang 26trong đó x1, x2 là các nghiệm của phương trình: x2− x − 3 = 0.
Lời giải Theo Định lý Viète ta có
Trang 271.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng 25
Ví dụ 12 Cho x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2 + px + q = 0,trong đó p, q là các số nguyên Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n,tổng sn= xn
lý quy nạp, sn∈ Z với mmọi số tự nhiên n
Ví dụ 13 Cho dãy số {un}n=+∞n=0 được xác định như sau:
u0 = 2, u1 = 6, un+1 = 6un+ 2un−1 (n ≥ 1) (1.12)
a) Tìm số hạng tổng quát un
b) Chứng minh rằng u2k chia hết cho 2k+1 với mọi k ∈ N
c) Chứng minh rằng với mọi k ≥ 1 thì u2k−1 chia hết cho 2k và không chiahết cho 2k+1
sn+1 = 6sn+ 2sn−1 (1.13)
Trang 28vk+1 = 20vk− vk−1, v0 = 2, v1 = 20.
Từ công trên suy ra vk là số chẵn với mọi k ∈ N
c) Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp Với k = 1 khẳngđịnh là đúng Giả sử, khẳng định đúng cho đến k = m Ta sẽ chứng minhkhẳng định cũng đúng với k = m + 1 Thật vậy ta có
u2m+1= 6u2m+ 2u2m−1
Theo phần b) thì u2m = 2mb, với b là số lẻ Cũng theo phần b) thì u2m =
2m+1a, với a ∈ N Do đó, ta có u2m+1 = 2m+1(6a + b) Nhưng 6a + b là số
lẻ, nên u2m+1 chia hết cho 2m+1 và không chia hết cho 2m+2
Ví dụ 14 Ký hiệu [x] là phần nguyên của số thực x Cho m là số nguyêndương Chứng minh rằng h(1 +√
3)2m+1i chia hết cho 2m+1 và không chiahết cho 2m+2
Trang 291.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng 27
Lời giải Xét phương trình bậc hai
Trang 30(a1− b1)(a2− b1)(a1+ b2)(a2+ b2) = q2− p2.
6 Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình x2+ ax + b = 0 và x3, x4
là các nghiệm của phương trình x2+ cx + d = 0 Chứng minh rằng
2(x1+x3)(x1+x4)(x2+x3)(x2+x4) = 2(b−d)2−(a2−c2)(b−d)+(a+c)2(b+d)
Trang 311.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 29
7 (Bungri 1980) Cho x1, x2 là hai nghiệm của phương trình
x2+ px − 1
2p2 = 0 (p ∈ R, p 6= 0)
Chứng minh rằng
x41+ x42 ≥ 2 +√2
8 ( Olimpic Balan 1964) Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình
x2+ px − 1 = 0 với p là số nguyên lẻ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
1.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy
Đa thức đối xứng là công cụ hữu hiệu để giải các phương trình đại sốbậc cao , đặc biệt là phương trình hệ số đối xứng và phương trình hồi quy
Định nghĩa 9 Đa thức
f (z) = a0zn+ a1zn−1+ + an−1z + an(a0 6= 0)được gọi là đa thức đối xứng, nếu các hệ số cách đều hai đầu bằng nhau,nghĩa là
a0 = an, a1 = an−1, a2 = an−2,
Trang 32Phương trình của đa thức đối xứng được gọi là phương trình đối xứng.
Ví dụ, các đa thức sau đây là đa thức hệ số đối xứng :
z5 − 3z4+ 2z3+ 2z2− 3z + 1,
2z8+ z7− 6z6+ 4z5+ 3z4+ 4z3− 6z2+ z + 2
Định lý 6 Đa thức f (z) bậc n là đa thức đối xứng khi và chỉ khi
znf1z
Trang 331.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 31
Khi λ = 1 thì đa thức hồi quy trở thành đa thức hệ số đối xứng.Ví dụ,phương trình
2x5+ 6x4− 2x3 + 4x2− 48x − 64 = 0
là phương trình hồi quy (λ = −2), còn phuơng trình
4x6+ 5x5− 3x4+ 10x3− 9x2+ 45x + 108 = 0
là phương trình hồi quy (λ = 3)
Định lý 7 Mọi đa thức hồi quy bậc chẵn 2k
trong đó g(z) là đa thức hồi quy bậc chẵn
Chứng minh Trước hết xét đa thức hệ số đối xứng f (z) có bậc 2k Với
z 6= 0 ta biến đổi f (z) như sau :
Trang 34Ta sẽ chứng tỏ rằng sk là các đa thức bậc k theo σ Thật vậy, nếu đặt
Trang 351.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 33
Trang 36,nên chia hai vế của phương trình cho z5 và biến đổi phương trình này vềdạng
ở dạng
2x8− 9x7+ 20x6− 33x5+ 46x4− 33.2x3+ 20.22x2− 9.23x + 2.24 = 0
Trang 371.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 35
Rõ ràng là x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho Chia hai
vế của phương trình cho x4 và biến đổi về dạng
Trang 38Lời giải Giả sử x0 là nghiệm của phưong trình đã cho Khi đó x0 6= 0 vàphương trình đã cho tương đương với
x20+ 1
x2 0
= t2
0− 2 Phương trình(14) trở thành
t2
0+ 1.Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng, với |t0| ≥ 2 thì
t4 0
Từ đó suy ra điều phải chứng minh của bài toán
Ví dụ 18 (IOM, 1982, Hunhgari đề nghị) Hãy xác định tất cả của tham
số a, sao cho phương trình
16x4− ax3+ (2a + 17)x2− ax + 16 = 0
có bốn nghiệm thực lập thành một cấp số nhân
Trang 391.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 37
Lời giải Dễ thấy rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đacho Với x 6= 0, phương trình đã cho tương đương với
Trước hết ta tìm điều kiện cần của tham số a Giả sử phương trình đã cho có
4 nghiệm thực lập thành một cấp số nhân Khi đó phương trình cuối cùngphải có hai nghiệm t1, t2, trong đó t1 cho hai nghiệm x1, 1
⇒ t1 = t32− 3t2.Mặt khác, theo định lý Viete ta có
Bài tập
Trang 40Giải các phương trình hệ số đối xứng:
Ví dụ 19 Phân tích đa thức sau thàng nhân tử
f (x, y) = 10x4− 27x3y − 110x2y2 − 27xy2+ 10y4