Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 56 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
56
Dung lượng
869,29 KB
Nội dung
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
PHẠM QUỲNH THƠ
ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ SƠ CẤP
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
TS. Nguyễn Thị Kiều Nga
HÀ NỘI, 2015
LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình làm khóa luận, em đã nhận được sự giúp đỡ và chỉ bảo
rất tận tình của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga. Em xin chân thành cảm ơn và bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô.
Em cũng xin cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong Khoa Toán,
các thầy cô trong tổ Đại số và Thư viện Trường ĐHSP Hà Nội 2 đã tạo điều
kiện tốt nhất giúp em hoàn thành khóa luận này.
Hà Nội, tháng 5 năm 2015
Sinh viên
Phạm Quỳnh Thơ
LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận của em được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn
Thị Kiều Nga cùng với sự cố gắng của bản thân. Trong suốt quá trình nghiên
cứu và thực hiện khóa luận em có tham khảo một số tài liệu của một số tác giả
(đã nêu trong mục tài liệu tham khảo).
Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp này là kết quả nghiên cứu của
bản thân em, không trùng với kết quả của tác giả nào khác. Nếu sai em xin
hoàn toàn chịu trách nhiệm.
MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU
3
Chƣơng 1. Kiến thức chuẩn bị
4
1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
4
1.2. Phép chia có dư
5
1.3. Nghiệm của đa thức
5
1.3.1. Nghiệm bội
6
1.3.2. Định lý Bezout
6
1.3.3. Biểu diễn đa thức thông qua các nghiệm của nó
6
1.3.4. Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
6
1.4. Công thức Viete, lược đồ Hoocner
7
1.4.1. Công thức Viete
7
1.4.2. Lược đồ Hoocner
8
1.5. Đa thức đồng dư
8
1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
9
1.7. Đa thức đối xứng
10
1.7.1. Định nghĩa đa thức đối xứng
10
1.7.2. Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản
10
1.7.3. Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản
10
Chƣơng 2. Ứng dụng của đa thức một ẩn
11
2.1. Chứng minh đẳng thức
11
2.2. Bài toán chia hết
13
2.3. Ứng dụng định lý Viete
15
2.3.1. Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm
15
2.3.2. Dạng 2: Tìm miền giá trị của tham số để các nghiệm của
phương trình f x,m 0 thỏa mãn điều kiện K nào đó
18
2.3.3. Dạng 3: Tìm mối quan hệ giữa các hệ số của một số phương
trình bậc 3, bậc 4 khi biết mối quan hệ giữa các nghiệm và ngược lại
21
2.4. Phân tích đa thức thành nhân tử
24
Chƣơng 3. Ứng dụng của đa thức nhiều ẩn
28
3.1. Chứng minh đẳng thức
28
3.2. Chứng minh bất đẳng thức
32
3.3. Phân tích đa thức nhiều ẩn thành nhân tử
36
3.4. Giải hệ phương trình
40
3.5. Trục căn thức ở mẫu
43
3.6. Giải phương trình căn thức
45
3.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng
48
KẾT LUẬN
52
TÀI LIỆU THAM KHẢO
53
MỞ ĐẦU
Trong nhà trường phổ thông, môn toán giữ một vị trí hết sức quan
trọng. Nó giúp học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngành
khoa học và cũng là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế. Môn toán
có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung,
rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy.
Đại số là một bộ phận lớn của toán học, trong đó đa thức là một khái
niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều không những trong đại số mà
còn trong giải tích, toán cao cấp và toán ứng dụng.
Tuy nhiên cho đến nay, vấn đề đa thức và ứng dụng của nó trong việc
giải các bài toán sơ cấp mới chỉ được trình bày sơ lược, chưa được phân loại
và hệ thống một cách chi tiết. Tài liệu về đa thức còn ít, chưa được hệ thống
theo dạng toán cũng như phương pháp giải, cho nên việc nghiên cứu về đa
thức còn gặp nhiều khó khăn.
Với lý do trên, cùng với lòng say mê nghiên cứu và được sự giúp đỡ,
chỉ bảo tận tình của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga em đã mạnh dạn chọn đề tài:
“Đa thức và ứng dụng trong giải các bài toán đại số sơ cấp” để làm khóa luận
tốt nghiệp, nhằm phân loại, hệ thống một số bài toán về đa thức và các ứng
dụng của nó trong môn toán ở nhà trường phổ thông.
Nội dung khóa luận được chia làm 3 chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Ứng dụng của đa thức một ấn
Chương 3. ứng dụng của đa thức nhiều ẩn
Do thời gian có hạn và năng lực bản thân còn hạn chế nên khóa luận
không tránh khỏi sai sót. Em rất mong được sự góp ý của các thầy cô và các
bạn.
Em xin chân thành cảm ơn!
3
Chƣơng 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho A là vành giao hoán có đơn vị (ký hiệu là 1). Khi đó:
P a 0 ,a1, ,a n ,
/ a i A,a i 0 hầu
,
hết, i
cùng với hai
phép toán:
- Phép cộng:
a 0 ,a1,
,a n ,
b0 ,b 1,
,bn ,
a 0 b0 ,a1 b1,
b0 ,b 1,
,bn ,
c0 ,c1,
,a n bn ,
- Phép nhân:
a 0 ,a1,
,a n ,
với ck
a b , k 0,1,
i jk
i
,cn ,
,n,
j
lập thành một vành giao hoán có đơn vị 1 1,0,0, ,0,
.
Ta gọi P là vành đa thức, mỗi phần tử thuộc P gọi là một đa thức.
Xét ánh xạ: f : A P
a
a,0,
.
,0,
là một đơn cấu vành. Do vậy, ta đồng nhất a A với phần tử:
f a a,0, ,0,
Ký hiệu:
Khi đó:
P . Khi đó, A là vành con của P.
x 0,1,0, ,0, ,
x 2 0,0,1,0, ,0, ,
x 3 0,0,0,1,0, ,0, ,
...
x n 0,
,0,1,0,
,0,
n
Do đó, mỗi phần tử P:
a 0 ,a1, ,a k ,
Do a i 0 hầu hết nên tồn tại n
4
sao cho
a n 1 a n 2
0
Vì thế a 0 ,a1, ,a n ,0,
Khi đó: a 0 1,0,
a 0 a1x
a1 0,1,0,
a n 0,
,0,1,0,
n
an xn
Thay cho P viết A x và gọi là vành đa thức của ẩn x, lấy hệ tử trong
A. Mỗi phần tử thuộc A x gọi là đa thức của ẩn x được ký hiệu là:
f x ,g x ,
1.2. Phép chia có dƣ
Cho A x là vành đa thức, A là một trường,
f x ,g x là hai đa thức của vành A x ,g x 0
Khi đó, tồn tại duy nhất q x ; r x A x sao cho:
f x gx qx r x
Nếu r x 0 thì deg r x deg g x . Đa thức q x được gọi là
thương và r x được gọi là dư của phép chia f x cho g x .
Nếu r x 0 thì f x g x trong A x .
1.3. Nghiệm của đa thức
* Định nghĩa:
Cho K là một vành chứa vành A. Phần tử K gọi là nghiệm của đa
thức f x A x nếu và chỉ nếu f 0 .
Ta cũng có thể nói là nghiệm của phương trình đại số f x 0 trong K.
Nếu deg f x n thì phương trình f x 0 gọi là phương trình đại số
bậc n n 1 .
5
1.3.1. Nghiệm bội
Giả sử k là một số tự nhiên khác 0. Một phần tử A gọi là nghiệm
bội bậc k của đa thức f x A x nếu và chỉ nếu f x x và f x
k
không chia hết cho x
k 1
.
1.3.2. Định lý Bezout
a) Định lý Bezout
Cho vành đa thức A x ; A là một trường; f x A x ; A . Khi đó,
dư trong phép chia f x cho x là f .
b) Hệ quả
Cho A là một trường.
Phần tử A là nghiệm của đa thức f x A x khi và chỉ khi
f x x .
1.3.3. Biểu diễn đa thức thông qua các nghiệm của nó
Định lý:
Cho đa thức f x a 0 x n a1x n 1
a n 1x a n A x ; a 0 0 thì
tồn tại trường K A và f x có thể viết dưới dạng:
x n trong vành K x
là những nghiệm của đa thức f x trong K.
f x a 0 x 1 x 2
với 1, 2 , , n
1.3.4. Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
a) Nhận xét
Với mọi f x Q x luôn tìm được a Q* để f x a f1 x ; f1 x
Do đó f x 0 khi và chỉ khi f1 x 0 . Để tìm nghiệm hữu tỉ của
chuyển về tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên f1 x .
b) Định lý 1
Cho f x a 0 x n a1x n 1
Nếu phân số tối giản
a n 1x a n
x .
p
là nghiệm của đa thức f x thì:
q
6
x .
f x ta
p a n và q a 0 .
c) Định lý 2
Nếu phân số tối giản
p
là nghiệm của đa thức với:
q
f x a 0 x n a1x n 1
a n 1x a 0
x
thì với mọi số nguyên m ta có f m chia hết cho p mq .
Trường hợp đặc biệt p + q là ước của f 1 ,p q là ước của f 1 .
d) Nhận xét
Nếu 1 là nghiệm của f x
x ; nguyên thì:
f 1
f 1
và
đều nguyên.
1
1
1.4. Công thức Viete, lƣợc đồ Hoocner
1.4.1. Công thức Viete
Cho f x a 0 x n a1x n 1
a n 1x a n A x ; deg f x n . Giả sử
f x có n nghiệm 1, 2 , , n K với K A . Khi đó:
f x a 0 x 1 x 2
x n .
Đồng nhất các hệ tử của hai đa thức. Ta có:
1 2
n
1 2 13
a1
a0
n 1 n
a2
a0
...
1 2
k
n k 1 n k 2
n 1
n
n 1
...
1 2
an
.
a0
7
k
ak
a0
1.4.2. Lược đồ Hoocner
Cho A là trường.
Và f x A x là đa thức bậc n. Giả sử:
f x a 0 x n a1x n 1
a n 1x a n ( A )
Chia f x cho x trong A x , giả sử thương của phép chia đó là:
q x b0 x n 1 b1x n 2
Nghĩa là: a0 xn a1xn1
bn 2 x bn 1 , bi A, i 0,n 1 .
an1x an
(x )(b0 x n1 b1x n2 ... bn2 x bn1 f .
Đồng nhất hệ số ta có bảng sau, gọi là lược đồ Horner.
a0
b0 a0
a1
...
b1 a1 b0
...
an
f ( ) an bn1
1.5. Đa thức đồng dƣ
a) Định nghĩa:
Cho vành đa thức A[x], u x ,p x ,q x A x và u(x) là đa thức
khác không. Ta nói rằng đa thức p(x) và q(x) là đồng dư theo môđun đa thức
u(x) nếu p( x) q(x) u( x) trong vành A[x].
Kí hiệu: p ( x) q (x) (mod u(x))
b) Các tính chất:
Cho p x ,q x , x A x .
1. Nếu p x q x mod x thì q x p x mod x .
2. Nếu p x q x mod x và p x r x mod x thì:
p x r x mod x
8
3. Cho các đa thức bất kỳ p1 ( x), p2 ( x),...,pn ( x), q1 ( x),q 2 ( x),..., qn ( x) và
u1 ( x),u 2 ( x),...,u n ( x) A x . Nếu pi ( x) qi ( x) (mod (x)) với mọi i 1,n
thì u1 ( x). p1 ( x) ... un ( x). pn ( x) u1 ( x).q1 ( x) ... un ( x).qn ( x)(mod ( x))
4. Cho các đa thức p x ,q x ,r x A x ,
Nếu p x q x mod x thì p x r x q x r x mod x .
5. Với các đa thức p x ,q x ,r x A x .
Nếu p ( x) q(x) r ( x)(mod (x)) thì p ( x) r ( x) q( x) (mod (x))
6. Với hai đa thức p x ,q x A x ; f x A x và t là số tự nhiên.
Nếu p ( x) q ( x) (mod (x)) thì pt ( x) qt ( x) (mod (x))
7. Với hai đa thức p x ,q x A x ; f x A x , nếu:
p ( x) q ( x) (mod (x)) thì F ( p ( x)) F (q( x))(mod (x))
1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
Ta xây dựng vành đa thức nhiều ẩn bằng phương pháp quy nạp.
Giả sử A là vành giao hoán có đơn vị 1.
Đặt A1 = A[x1]. Khi đó A1 là vành giao hoán có đơn vị 1.
Đặt A2 = A[x2] = A x1, x 2 thì A2 là vành giao hoán có đơn vị 1.
Cứ tiếp tục như vậy.
...
Khi đó ta có vành An= A[x1, x2, ..., xn] là vành đa thức n ẩn x1, x2,...,xn.
Mỗi phần tử của vành A[x1,x2,...xn] kí hiệu là f(x1,x2,...,xn);
g(x1,x2,...,xn); gọi là các đa thức n ẩn x1,x2,...,xn lấy hệ tử trên A.
Cho đa thức f x1,x 2 , ,x n A x1, ,x n . Khi đó f x1, x 2 ,
biểu diễn dưới dạng:
9
, xn
f ( x1x2 ,..., xn ) c1 x1a11 x2a12 ...xna1n c2 x1a21 x2a22 ...xna2 n ... cm x1am1 x2 x1am 2 ...xnamn
trong đó ci A và ai1 , ai 2 ,..., ain ; i 1, m
ai1, ai 2 ,..., ain a j1, a j 2 ,..., a jn với mọi
i j
1.7. Đa thức đối xứng
1.7.1. Định nghĩa đa thức đối xứng
Đa thức f ( x1, x2 ,...xn ) A x1, x2 ,...xn được gọi là đa thức đối xứng
nếu f( x1, x2 ,...xn ) f ( xi1 , xi2 ,...xin ) với
1,2,
i1, i2 ,..., in
là hoán vị bất kì của
,n . Nói cách khác, một đa thức là đa thức đối xứng nếu nó không
thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó.
1.7.2. Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản
1 x1 x2 ... xn
2 x1x2 x1x3 ... xn1xn
...
k x1x2 ...xk ... xnk 1xnk 2 ...xn
...
n x1x2 ...xn
1.7.3. Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản
a) Định lý
Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 ,...xn ) A x1, x2 ,...xn . Khi đó
tồn tại duy nhất cách biểu diễn một đa thức dưới dạng đa thức của các đa thức
đối xứng cơ bản.
b) Phương pháp đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối
xứng cơ bản
- Phương pháp dựa theo hạng tử cao nhất của đa thức.
- Phương pháp hệ tử bất định.
10
Chƣơng 2
ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN
2.1. Chứng minh đẳng thức
2.1.1. Cơ sở lý luận
Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức.
Để chứng minh A = B, trong đó A, B là các biểu thức. Ta làm như sau:
Bước 1: Coi A, B là biểu thức của một biến x nào đó.
Bước 2: Biến đổi tương đương đưa đẳng thức A = B về dạng:
P x Q x , trong đó P x , Q x là 2 đa thức của biến x.
Bước 3: Xác định max
deg P x ,deg Q x m .
Khi đó sẽ chỉ ra có nhiều hơn m số i sao cho:
P i Q i , i 1,2, ,n.
n m 1
Theo nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức ta có: P x Q x hay
A = B.
2.1.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh đẳng thức
a b c bc ca ab abc b c c a a b
với a, b, c là
những số thực bất kỳ.
Lời giải
Ta coi một trong ba số a, b, c là ẩn x. Giả sử coi a là ẩn x.
Đặt P x x b c bc cx xb xbc
Q x b c c x x b
Ta chứng minh P x Q x . Thật vậy, ta có:
degP x 2; deg Q x 2
Cho x những giá trị 0, - b, - c, ta có:
11
P 0 b c bc Q 0
P b c b b 2c 0 Q b .
2
P c b c 0 c b 0 Q c .
Nếu hai trong những số 0, -b, -c trùng nhau thì dễ dàng kiểm tra được
P x Q x .
Nếu những số này đôi một khác nhau thì nguyên lý so sánh hệ số đa
thức suy ra P x Q x .
Ví dụ 2: Chứng minh với mọi số tự nhiên n và mọi số nguyên k;
0 k n thì Ckn Cnnk .
Giải
Ta có:
1 x
n
Cnn x n Cnn 1x n 1
C1n x C0n .
Với x 0 ta có:
1 x
n
1
x 1
x
n
n
1
1
x n Cnn n Cnn 1 n 1
x
x
Cnn Cnn1x
C1n
1
C0n
x
C1n x n1 C0n x n
C0n x n C1n x n1
Cnn1x Cnn .
Theo nguyên lý so sánh hệ số đa thức suy ra:
C0n Cnn , C1n Cnn 1,
Vậy đẳng thức Ckn Cnnk , n , k ; 0 k n luôn đúng.
2.1.3. Bài tập áp dụng
Bài 1: Nếu a, b, c là những số bất kỳ, chứng minh rằng:
a) a b c b c a c a b 4abc b c c a a b .
2
2
2
12
b) a 2 1 b 2 1 c 2 1 a bc b ca c ab .
abc 1 a 2 b 2 c2 2abc 1 .
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi giá trị của x
a3
c3
x b x c x d b3 x c x d x a
a b a c a d
b c b d b a
x d x a x b d3 x a x b x c x 3 .
c d c a c b
d a d b d c
Bài 3: Chứng minh đẳng thức
a) C1n C3n
Cnn 2n1 (n lẻ)
b) C1n C3n
Cnn1 2n1 (n chẵn)
2.2. Bài toán chia hết
a) Phương pháp chung
Để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau ta sử dụng:
- Định nghĩa và tính chất của phép chia hết.
- Đa thức đồng dư.
- Dựa vào tính chất nghiệm.
- Một số tính chất số học: sự phân bố nghiệm, bậc của đa thức,...
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh đa thức x 3m x 3n 1 x 3l2 chia hết cho đa thức
x 2 x 1 trong Q x n,m,l * .
Lời giải
Đặt f x x 3m x 3n 1 x 3l2
Ta có: f x x 3m x 3n 1 x 3l2
( x3m 1) ( x3n1 x) ( x3l 2 x 2 ) ( x 2 x 1)
( x3 1) f1 ( x) x( x3 1) f 2 ( x) x 2 ( x3 1) f3 ( x) ( x 2 x 1)
13
Với f1 ( x), f 2 ( x), f3 ( x)
x
Suy ra f ( x) ( x 2 x 1) trong Q x
Ví dụ 2: Chứng minh đa thức:
x9999 x8888 x 7777 x 6666 ... x1111 1 chia hết cho
x9 x8 x 7 x 6 ... x 1
Lời giải
Đặt A x9 x8 x 7 x 6 ... x 1
B x9999 x8888 x 7777 x 6666 ... x1111 1
Khi đó:
B A ( x9999 x9 ) ( x8888 x8 ) ( x7777 x7 ) ( x6666 x6 ) ... ( x1111 x)
x9 ( x10 )999 1 x8 ( x10 )888 1 x7 ( x10 )777 1 x6 ( x10 )666 1
... x ( x10 )111 1
Ta thấy với mọi số tự nhiên k thì:
( x10 ) k 1 ( x10 1) x10( k 1) x10( k 2) ... x10 1 chia hết cho đa thức x10 - 1.
Mà x10 1 ( x 1)( x9 x8 x7 x6 ... x 1) nên đa thức ( x10 )k 1
chia hết cho đa thức x9 x8 x 7 x 6 ... x 1 .
Ví dụ 3: Với mọi p lẻ, chứng minh rằng đa thức
x pa0 x pa1 ... x
pa p 1 p 1
chia hết cho đa thức
x
x p1 x p2 ... x 1 trong
Lời giải
Đặt p( x) x pa0 x pa1 ... x
pa p 1 p 1
( x) x p1 x p2 ... x 1
Ta có: x p 1 ( x 1)( x p1 x p2 ... x 1) 0(mod ( x))
x p 1 (mod ( x))
14
Khi đó: x pa0 ( x p )a0 1 (mod ( x))
x pa1 1 x( x p ) a1 x (mod ( x))
...
x
pa p 1 p 1
x p 1 ( x p )
a p 1
x p 1 (mod ( x))
p( x) x pa0 x pa1 ... x
pa p 1 p 1
1 x ... x p 1 0(mod ( x))
suy ra: p( x) ( x)
c) Bài tập vận dụng
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 , với mọi số thực x,
y thì đa thức y( y n1 nxn1 ) xn (n 1) chia hết cho ( y x)2 .
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm k, m, n, l và
x
thì đa thức x 4 k x 4 m1 x 4 n2 x 4l 3 chia hết cho x 3 x 2 x 1 .
Bài 3: Chứng minh rằng x R, n
*
thì
đa thức (1 xn )( x 1) 2nxn (1 x) n2 xn (1 x)2 chia hết cho (1 x)3 .
2.3. Ứng dụng định lý Viete
2.3.1. Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm
2.3.1.1. Cơ sở lý luận
- Biểu thức K sẽ đưa được về biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản.
- Theo công thức Viete ta tính được các giá trị của đa thức đối xứng cơ
bản, thay vào ta tìm được K.
2.3.1.2. Thuật toán
Bƣớc 1: Thiết lập hệ thức Viete giữa các nghiệm của phương trình để
tìm các i .
Bƣớc 2: Biểu diễn các nghiệm của phương trình thông qua các đa thức
đối xứng cơ bản.
2.3.1.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho x1, x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình:
15
x3 px 2 qx r 0
Xác định:
A x12 x 22 x32 ; B x13 x32 x33 .
Giải
Theo công thức Viete có:
x1 x 2 x3 p
x1x 2 x 2 x 3 x1x 3 q
x1x 2 x 3 r
A x12 x 22 x 32
Ta có:
x1 x 2 x 3 2 x1x 2 x 2 x 3 x1x 3
2
p2 2q
Vậy A p2 2q
B x13 x32 x33
x1 x 2 3x1x 2 x1 x 2 x 33
3
x1 x 2 x 3 3 x1 x 2 x 3 x1x 2 x 2 x 3 x1x 3 3x1x 2x 3
3
p3 3pq 3r .
Vậy B p3 3pq 3r
Ví dụ 2: Hãy tính diện tích tam giác mà đường cao của nó là nghiệm
của phương trình:
x3 - ax 2 bx c 0
(1)
Giải
Gọi y1, y2 , y3 là độ dài các cạnh của tam giác.
x1, x 2 , x 3 là độ dài các đường cao tương ứng.
S là diện tích tam giác
16
Khi đó, ta có:
1
2S
S yi x i , i 1.3 x i
2
yi
(*)
Thay (*) vào (1) ta được:
3
2
2S
2S
2S
a b c 0
yi
yi
yi
Khi và chỉ khi 8S3 4aS2 yi 2bSyi2 cy3i 0
Khi và chỉ khi y3i 2
bS 2
4aS2
S3
yi 4
yi 8 0
c
c
c
(2)
Do đó: y i với i 1.3 là nghiệm của phương trình
f ( y) y3
2bS 2 4aS 2
8S 3
y
y
0
c
c
c
Từ (2) theo công thức Hêrông thì:
S2 p p y1 p y 2 p y3 p f p
Với p
S2
y1 y2 y3 bS
là nửa chu vi.
2
c
bS bS S4
f 4 4ab 2c b 4 8bc 2
c c c
S c 4ab c b 8bc
4
2
4
1
2 2
2.3.1.4. Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho x1, x 2 , x 3 , x 4 là các nghiệm của phương trình:
x 4 px3 qx 2 rx s 0 . Hãy xác định
A x12 x 22 x32 x 42 ;
B x13 x32 x33 x34 ;
C x14 x 24 x34 x 44
Bài 2: Cho x1, x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình x3 px 2 qx r 0 .
Hãy biểu diễn thông qua p, q, r những hàm của các biến x1, x 2 , x 3 :
17
A x12 x 2 x1x 22 x12 x3 x 2x32 x 22x3 x12 x32
B
1
1
1
.
x1 x 2 x 3
2.3.2. Dạng 2: Tìm miền giá trị của tham số để các nghiệm của phương
trình f x,m 0 thỏa mãn điều kiện K nào đó.
2.3.2.1. Cơ sở lý luận
Áp dụng công thức Viete để giải toán.
2.3.2.2. Thuật toán
Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm, tìm mối liên hệ giữa các
nghiệm.
Bước 2: Biểu diễn điều kiện của tham số thông qua điều kiện K.
Bước 3: Tìm miền giá trị của tham số và kết luận.
2.3.2.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho các nghiệm
x1, x2 , x3 , x4 của đa thức p( x) x4 2 x3 6 x mx 11 thỏa mãn điều kiện
x1 x2 x3 x4
Giải
Giả sử phương trình có bốn nghiệm x1, x2 , x3 , x4 .
Theo công thức Viete ta có:
x1 x2 x3 x4 2
(1)
x1 x2 x1 x3 x1 x4 x2 x3 x2 x4 x3 x4 6
(2)
x1 x2 x3 x1 x3 x4 x2 x3 x4 x1 x2 x4 m
(3)
x1 x2 x3 x4 11
(4)
Mặt khác: x1 x2 x3 x4
(5)
Từ (1) và (5) ta có: x1 x2 1
Ta có (3) khi và chỉ khi x3 x4 ( x1 x2 ) x1x2 ( x3 x4 ) m
khi và chỉ khi x3 x4 x1x2 m
18
khi và chỉ khi x1x2 x3 x4 m
lại có: (2) tương đương x1x2 x3 x4 x1 ( x3 x4 ) x2 ( x3 x4 ) 6
khi và chỉ khi x1x2 x3 x4 ( x3 x4 )( x1 x2 ) 6
khi và chỉ khi m 1 6
khi và chỉ khi m 5
Vậy m = 5 thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Ví dụ 2: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho các nghiệm
x1, x 2 , x3 , x 4 của đa thức f x x 4 3x 3 6x 2 mx 4 thỏa mãn điều kiện:
x1
1
1
1
x 2 x3 x 4
Giải
Theo công thức Viete ta có:
x1 x2 x3 x4 3
x x x x x x x x x x x x 6
1 2
2 3
3 4
1 4
1 3
2 4
x1 x2 x3 x2 x3 x4 x1x3 x4 x1x2 x4 m
x1 x2 x3 x4 4
Theo giả thiết:
x1
1 1 1
x2 x3 x4
Tương đương x1x2 x3 x4 x2 x3 x3 x4 x2 x4
Tương đương x2 x3 x3 x4 x2 x4 4
Từ x1 x2 x3 x4 3 x2 x3 x4 x1 3
Do: x1x2 x2 x3 x3 x4 x1x4 x1x3 x2 x4 6
Khi và chỉ khi x1 ( x2 x3 x4 ) ( x2 x3 x3 x4 x2 x4 ) 6
Khi và chỉ khi x1 (3 x1 ) 4 6
Khi và chỉ khi x12 3x1 2 0
19
3
2
2
Suy ra : x1 x1 .x1 (3x1 2) x1 3x1 2 x1 3(3x1 2) 2 x1 7 x1 6
x14 x13 .x1 (7 x1 6) x1 7(3x1 2) 2 x1 6 x1 15x1 14
Mà x1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 nên:
x14 3x13 6 x12 mx1 4 0
Khi và chỉ khi (15x1 14) 3(7 x1 6) 6(3x1 2) mx1 4 0
Khi và chỉ khi (m 12) x1 4 0
Khi và chỉ khi x1
4
m 12
(với m≠12)
Lại có x1 thỏa mãn phương trình:
x12 3x1 2 0
2
4
4
2 0 (với m≠12)
3.
m 12
m 12
Khi và chỉ khi m 2 18m 80 0
m 8
Khi và chỉ khi
m 10
Vậy với m = 8; m = 10 thì thỏa mãn điều kiện bài toán.
2.3.2.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Tìm những giá trị của tham số m để phương trình:
x3 2 x 2 x m 0
Có 3 nghiệm x1, x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12 x22 x32
Bài tập 2: Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình x 2 2 x 2 0 .
Hãy tính x15 x25
Bài tập 3: Tìm m để những nghiệm x1, x2 , x3 của đa thức:
f ( x) x3 mx2 10 x 5 thỏa mãn điều kiện x1 x2 x1x2
20
2.3.3. Dạng 3. Tìm mối quan hệ giữa các hệ số của một số phương
trình bậc 3, bậc 4 khi biết mối quan hệ giữa các nghiệm và ngược lại
2.3.3.1. Cơ sở lý luận
Dựa vào công thức Viete và điều kiện ràng buộc cho ở bài toán để tìm
được mối quan hệ giữa các hệ số với phương trình. Các điều kiện này là cần
và đủ nên ta áp dụng để tìm nghiệm của phương trình bậc 3, bậc 4 nhanh hơn
trong trường hợp các hệ số của phương trình thỏa mãn điều kiện trên.
2.3.3.2. Thuật toán
+ Bước 1: Sử dụng định lý Viete để tìm ra hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm với các hệ số của phương trình.
+ Bước 2: Sử dụng định lí Bezout đưa phương trình đã cho về phương
trình bậc nhỏ hơn.
+ Bước 3: Giải phương trình có bậc nhỏ hơn suy ra nghiệm của phương
trình ban đầu.
2.3.3.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giả sử phương trình x4 ax3 bx2 cx d 0 (1) có 4
nghiệm. Chứng minh rằng, tích hai nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại khi
và chỉ khi c2 = da2. Áp dụng giải phương trình sau: x 4 x3 10 x 2 2 x 4 0
(*)
Giải
Điều kiện cần:
Giả sử x1, x2 , x3 , x4 là 4 nghiệm của phương trình (1) và bốn nghiệm này thỏa
mãn điều kiện: x1x2 x3 x4
Đặt y x1x2 x3 x4
y 2 ( x1x2 )2 ( x3 x4 )2
Theo công thức Viete ta có:
21
x1 x2 x3 x4 a
x1 x2 x3 x2 x3 x4 x1 x3 x4 x1 x2 x4 c
x x x x d
1 2 3 4
x1 x2 x3 x4 a
x2 x3 ( x1 x4 ) x1 x4 ( x2 x3 ) c
2
2
2
2
y ( x1 x2 ) ( x3 x4 ) d
x1 x2 x3 x4 a
y ( x1 x2 x3 x4 ) c
2
2
2
2
y ( x1 x2 ) ( x3 x4 ) d
c 2 da 2
* Điều kiện đủ
Giả sử x 4 ax3 bx 2 cx d 0 có c 2 da 2 . Xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: Nếu d = 0 thì c = 0 x4 a x3 bx2 0 .
Khi đó (1) x2 ( x2 ax b) 0
x 0
2
x ax b 0
Phương trình đã cho có một nghiệm x=0
Chuyển việc giải phương trình (1) về việc giải phương trình
x 2 ax b 0
- Trường hợp 2: Nếu d≠0 thì x = 0 không phải là nghiệm của (1). Do
- vậy ta có thể chia hai vế của (1) cho x2 và do c2 = da2 nên ta được:
(1)
x 2 ax b
x2
c d
0
x x2
c2
c
c
2c
2
x
.
a
x
b
0
a2 x2
ax
ax
a
2
c
c
2c
x a x b
0
ax
ax
a
22
Đặt t x
c
ax
Đưa việc giải phương trình (1) về việc giải phương trình
t 2 at b
2c
0
a
(2)
Giải (2) rồi suy ra nghiệm của phương trình (1)
Áp dụng: Giải phương trình sau: x 4 x3 10 x 2 2 x 4 0 (*)
Giải
Ta thấy:
c2 (2)2 4 4.12 da2
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (*). Ta chia
hai vế của phương trình (*) cho x2 ta được:
x 2 x 10
x2
2 4
0
x x2
4
2
2
2 x. x 14 0
2
x
x
x
2
2
2
x x 14 0
x
x
2
Đặt t x . Khi đó phương trình trở thành: t2 - t - 14 = 0
x
1 57
t1
2
1 57
t2
2
+ Với t
1 57
2 1 57
thì x
x
2
2
2 x 2 (1 57) x 4 0
23
1 57 26 2 57
x1
4
x2 1 57 26 2 57
4
+ Với t
1 57
2 1 57
thì x
x
2
2
2 x 2 (1 57) x 4 0
1 57 26 2 57
x3
4
x4 1 57 26 2 57
4
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
2.3.3.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Giải phương trình:
x3 2 x 2 4 x 3 0
x 4 2 x3 3x 2 2 x 4 0
a 3 4ab 8c 0
Bài tập 2: Tìm hệ thức liên hệ giữa các hệ số của phương trình
x3 ax 2 bx c 0 ,Biết rằng phương trình này có ba nghiệm mà bình
phương một nghiệm bằng tổng bình phương hai nghiệm còn lại.
2.4. Phân tích đa thức thành nhân tử
* Cơ sở lý luận:
Nếu biết α là nghiệm của f(x) thì f ( x) ( x ). f1 ( x) hoặc giả sử
f(x) = g(x) . h(x). Ta đi tìm g(x), h(x).
* Thuật toán
Bước 1: Giả sử
f(x) = g(x) . h(x); deg(g(x) < deg f(x);
deg h(x) < deg f(x); g(x); h(x) biểu diễn như tích của những đa thức không
phân tích trên K (K là một trong những tập
, , ).
Bước 2: Dựa vào nguyên lí so sánh hệ số đa thức tìm được g(x) và h(x)
24
* Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
f ( x ) x 4 3x 3 2 x 2 3x 9
Giải
Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ α. Khi đó α phải là nghiệm
nguyên và là ước của - 9. Do đó α có thể là 1; 3; 9
Ta có f (1) 6 1 không phải là nghiệm
f (1) 6 1 không phải là nghiệm
Với 3;
f (1)
f (1) 3
3 ;
1
1
2
3 không là nghiệm
- Với 3;
f (1) 3
f (1)
;
3
1 2
1
3 không là nghiệm
- Với 9;
f (1) 3
f (1) 3
;
1 4
1
5
9 không là nghiệm
- Với 9;
f (1) 3
f (1) 3
;
1 5
1 4
9 không là nghiệm
Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỉ. Do đó f(x) không có nhân
tử là đa thức bậc nhất.
Giả sử f ( x) x4 3x3 2 x2 3x 9 ( x2 ax b)( x 2 cx d )
x4 3x3 2x2 3x 9 x4 (a c) x3 (b d ac) x 2 bc ad ) x bd
So sánh hệ số ở 2 vế ta được:
a c 3
b d ac 2
bc ad 3
bd 9
25
Giải hệ ta tìm được: a = -2; b = 3; c = -1; d = -3
Vậy f ( x) ( x2 2 x 3)( x2 x 3)
Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử:
f ( x) 10 x5 81x4 90 x3 102 x2 80 x 21
Giải
Giả sử
p
là nghiệm của f(x); (p, q) = 1; p>0.
q
Thì p|21; q|10; (p - q) | f(1); (p + q) | f(-1)
p có thể là: ±1; ±3; ±7; ±21
q có thể là: ±1; ±2; ±5; ±10.
f(1) = 10 - 81 + 90 - 102 + 80 - 21 = -24
f(-1) = -10 - 81 - 90 - 102 - 80 - 21 = -384
Nhận thấy nếu x < 0 thì f(x) < 0
x = ±1 và x < 0 không là nghiệm của f(x)
1 1 3 7
p
có thể là 3,7, , , ,
2 5 5 5
q
Sử dụng lược đồ hoocne:
10
-81
90
-102
80
-21
3
10
-51
-63
-291
-793
-2400
7
10
- 11
13
-11
3
0
1
2
10
- 76
52
-76
42
0
1
5
10
-79
317
5
3
5
10
0
10
7
5
10
-67
19
5
26
2179
25
0
2667
25
1
3
Vậy f ( x) ( x 7)( x )( x )(10 x 2 10)
2
5
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x 4 4 x3 10 x 2 37 x 14
b) ( x2 x 1)2 1
c) x5 7 x3 12 x 2 6 x 36
Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x 6 6 x5 11x 4 x 3 18 x 2 20 x 8
b) x5 2 x 4 6 x 3 3x 2 42 x 48
c) x 5 x 4 1
d) x10 x 5 1
27
Chƣơng 3
ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC NHIỀU ẨN
3.1. Chứng minh đẳng thức
* Cơ sở lý luận:
Các vế là đa thức đối xứng nên ta đưa các vế về đa thức của các đa thức
đối xứng cơ bản. Điều đó dẫn đến việc chứng minh các đẳng thức được đơn
giản hơn.
* Thuật toán:
+ Bước 1: Biểu diễn các vế là các đa thức đối xứng về đa thức của các
đa thức đối xứng cơ bản.
+ Bước 2: Chứng minh các biểu thức mới.
* Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Chứng minh hằng đẳng thức
x y z xy yz zx x y y z x z xyz
Giải
Đặt 1 x y z ; 2 xy yz xz
Khi đó vế trái = 12 .
Vế phải x y y z x z
x 2 y x 2z y2 x xz2 yz2 y2z 2xyz xyz
12 33 33
= 12
Do đó: Vế trái = vế phải.
Vậy đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì:
x 4 y4 z 4 2 xy yz zx .
2
28
Giải
Đặt 1 x y z ; 2 xy yz xz
Khi đó vế phải 222 .
Vế trái = x 4 y 4 z 4 x 2 y 2 2x 2 y 2 z 4
2
x 2 y2 z2
2
2 x 2 y 2 z 2 2x 2 y 2 .
2
2
x y z 2xy 2yz 2zx 2 x 2z 2 y 2z 2 x 2 y 2 .
14 4122 422 2 22 213 .
14 4122 222 413 .
Theo giả thiết thì x y z 0 suy ra 1 0 nên vế trái bằng 222 .
Vậy x 4 y4 z 4 222 2 xy yz zx (đpcm).
2
Ví dụ 3:
Cho x y 1; x3 y3 a; x5 y5 b .
Chứng minh rằng 5a a 1 9b 1.
Giải
Đặt 1 x y ; 2 xy
Ta có: a x 3 y3 x y 3xy x y 13 312 .
3
Suy ra: 2
1 a
3
Mà b x5 y5 x5 y5 x 2 y3 x3y2 x 2 y3 x 3y2 .
x y x y x y x y .
2 3 .
x 2 x 3 y3 y 2 x 3 y3 x 2 y 2 x y .
2
2
1
2
3
2
3
3
1
2
1
2
29
2
1
2
2
1 22 1 32 22 .
1 522 52 .
5a 2 5a 1
.
9
9b 5a 2 5a 1 .
9b 1 5a a 1 .
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu x y z 0 thì những đẳng thức sau
đúng:
x 3 y3 z 3 x 2 y 2 z 2 x 5 y5 z 5
a)
.
3
2
5
b) 2 x 5 y5 z5 5xyz x 2 y 2 z 2 .
x 7 y 7 z 7 x 2 y 2 z 2 x 5 y5 z 5
x 3 y3 z 3 x 4 y 4 z 4
c)
.
2
7
2
5
3
4
Giải
Áp dụng bài toán tổng lũy thừa ta có:
S1 1 0 .
S2 1S1 22 22 .
S3 1S2 2S1 33 33 .
S4 1S3 2S2 3S1 2S2 222 .
S5 1S4 2S3 3S2 323 223 523 .
S6 1S5 2S4 3S3 232 333 .
S7 1S6 2S5 3S4 5223 2223 7223 .
Khi đó:
30
x 3 y3 z3 x 2 y2 z 2 S3 S2 33 2 2
a)
3
2
3 2
3
2
23
523 S5
VP.
5
5
x 5 y5 z5 S5 523
22
S
b)
23 3
3 2
5
5
5
2
2
xyz
x 2 y2 z2
2
x 7 y7 z7 S7 7223
c)
223 23 2 .
7
7
7
523 2 2 S5 S2 x 7 y7 z 7
33 222
2
2 3 2
5
2
5 2
7
3
4
2
S3 S4
.
3 4
Ta có điều phải chứng minh.
Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Chứng minh rằng:
a)
x y
b)
x y
2
4
x 4 y 4 2 x 2 xy y 2
5
x 5 y5 5xy x 2 xy y2 .
Bài tập 2: Chứng minh rằng x, y, z
x y y z z x
3
3
.
3
ta có:
3 x y y z z x .
x y z x 2 y 2 z 2 xy yz zx .
Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu xy yz zx 0 thì:
a) y z z x y x x 4 y z y 4 z x z 4 y x .
2
2
2
2
2
2
b) x y y z z x 24x 2 y2z 2 z 4 x y x 4 y z y 4 z x .
2
2
2
2
31
2
2
3.2. Chứng minh bất đẳng thức
3.2.1. Cơ sở lý luận
- Dùng đa thức đối xứng để chứng minh bất đẳng thức. Đặc biệt là
những bất đẳng thức có dạng: f x, y 0 với f x, y là một đa thức đối
xứng.
- Nhận xét
1. Cho 2 số thực 1 ; 2 . Khi đó các số thực x, y xác định bởi hệ phương
trình:
x y 1
xy 12
thỏa mãn điều kiện 12 4 2 0 (1)
12 4 2 0 khi x = y
Đặc biệt để những số x, y xác định từ hệ phương trình trên là các số
thực, không âm thì điều kiện càn và đủ là những số 1 ; 2 thảo mãn
các điều kiện sau:
12 4 2 0 ; 1 0; 2 0
2. Ta luôn có ( x y )2 ( y z )2 ( z x) 2 0
3.2.2. Thuật toán
Bƣớc 1: Biểu diễn các về của các bất đẳng thức về đa thức của các đa
thức đối xứng cơ bản.
Bƣớc 2: Sử dụng nhận xét trên để dẫn đến bất đẳng thức cần chứng
minh.
3.2.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a,b,c
thỏa mãn điều kiện
a b c; c 0 thì ta có các bất đẳng thức:
1
c2 4
c4 8
c8
4
8
; a 2n b 2n 2n 1 c 2n
a b ;a b ;a b
2
2
8
128
2
2
32
Giải
Đặt 1 a b; 2 ab
12
Ta có: a b 22 ; 4 2 2
.
4
2
2
2
1
2
1
a 2 b 2 12 2
1 2
1
1
1 12 .
4
2
2
c2
Vì a, b tồn tại nên 0; 1 c a b .
2
2
2
Áp dụng kết quả đó ta được:
2
1 1 2 c4
a b c .
2 2
8
4
4
2
11 4
c8
a b c
.
2 8 128
8
8
Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng:
a 2n b 2n
1
2
2n 1
c 2n (với n )
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a > 0; b > 0 thỏa mãn a + b = 1 thì:
ab 6ab a
a 2 b 2 ab 6ab a 2 b 2
1
1
0
6 khi và chỉ khi
ab a 2 b2
ab a 2 b 2
khi và chỉ khi a 2 b 2
2
a>0; b>0.
Giải
Đặt 1 a b ; 2 a b
Xét f a 2 b 2 ab 6ab a 2 b 2 .
12 2 6122 1222 .
12
2
1 2
1
1 2
1 612 12 12
1 .
4
4
16
33
b 2 0 do
3
3
3
1
14 12 2 .
4
4
4
4
3
1
Theo giả thiết: 1 a b 1 2 0
4
4
Vậy
0 .
1
1
2
6 với a + b = 1; a > 0; b > 0 khi và chỉ khi:
ab a b2
a 2 b 2 ab 6ab(a 2 b 2 ) 0 .
Ví dụ 3: Chứng minh
x 4 y 2 2x 2 y 2 2 4xy y 2 4x 3 y
với mọi x, y
(1)
Giải
(1) x 4 2x 2 1 y 2 4 x x 3 y 4x 2 0
(2)
Xét tam thức bậc hai ẩn y:
f y x 4 2x 2 1 y 2 4 x x 3 y 4x 2 .
Ta có: a x 4 2x 2 1 x 2 1 0 với mọi x
2
' 4 x x3
2
4x 2 x 4 2x 2 1 .
4x 6 8x 4 4x 2 4x 6 8x 4 4x 2 .
16x 4 0 x với mọi x .
Khi đó: x 4 2x 2 1 y 2 4 x x 3 y 4x 2 0
x
đpcm.
Ví dụ 4: Cho a,b,c 0,1 . Chứng minh:
1 a b c
2
4 a 2 b2 c2 .
Giải
Xét tam thức bậc2:
f x x 2 1 a b c x a 2 b 2 c2 .
Ta có f 1 1 1 a b c a 2 b2 c2 .
34
1 1 a b c a 2 b2 c2 .
a a 1 b b 1 c c 1 .
a a 1 0
Do a,b,c 0,1 nên b b 1 0
c c 1 0
f 1 a a 1 b b 1 c c 1 0 .
Ta có: 1 f 1 0 suy ra f x 0 luôn có nghiệm.
1 a b c 4 a 2 b2 c2 0 a,b,c 0,1 .
2
Hay 1 a b c 4 a 2 b2 c2 đpcm.
2
Ví dụ 5:
Chứng minh rằng nếu x, y, z là những số dương bất kỳ thì ta có:
( x y z )( xy yz zx) 9 xyz
Giải
Đặt:
1 x y z
2 xy yz zx
3 xyz
Vì x, y, z > 0 nên 1, 2 , 3 0 nên nhân các bất đẳng thức theo từng
vế. Ta có:
12 3 2
22 3 1 3
Khi đó ta được 12 22 91 2 3
Giản ước cho 1 2 0 ta được: 1 2 9 3
Khi và chỉ khi ( x y z )( xy yz zx) 9 xyz
35
3.2.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Chứng minh rằng: với mọi x, y 0 ta luôn có:
a)
x y
8
64 xy( x y)2
b) x4 2 x3 y 2 xy3 y 4 6 x2 y 2
Bài tập 2: Chứng minh
a) x4 y 4 z 4 2 x2 y 2 3 y 2 z 2 2 z 2 x2 0 x, y, z
b) xy yz zx 3xyz ( x y z ) x, y, z
2
Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là độ dài ba cạnh của tam giác thì:
a) 2( x y z )( x2 y 2 z 2 ) 2( x3 y3 z 3 )
b) 2( xy yz zx) x2 y 2 z 2
Bài tập 4: Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
2
2
9
a 2ab b 2ca c 2ab
2
3.3. Phân tích đa thức nhiều ẩn thành nhân tử
3.3.1. Cơ sở lý luận
Nếu đa thức đã cho là đa thức đối xứng thì ta đưa đa thức này về đa
thức của các đa thức đối xứng cơ bản, ở dạng này việc phân tích nó thành
nhân tử dễ dàng hơn.
3.3.2. Thuật toán
Bước 1: Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức của các đa thức đối
xứng cơ bản.
Bước 2: Phân tích đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản thành
các nhân tử.
Bước 3: Thay trở lại, sau đó xét các nhân tử mới, cứ tiếp tục thế đến khi
không phân tích được nữa thì dừng.
36
3.3.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
f ( x, y, z) 2 x2 y 2 2 x2 z 2 2 y 2 z 2 x4 y 4 z 4
Giải
Đặt 1 x y z; 2 xy xz yz; 3 xyz
Ta có f ( x, y, z) 2( x2 y 2 x2 z 2 y 2 z 2 ) ( x4 y 4 z 4 )
2( 22 2 1 3 ) ( 14 4 2 12 2 22 4 1 3 )
14 4 12 2 8 1 3
1 (4 1 2 13 8 3 )
Như vậy, f chia hết cho 1 x y z
Do f chỉ chứa lũy thừa chẵn của x, y, z và f(x,y,z) là đa thức đối xứng
đẳng cấp bậc 4 nên nó không thay đổi khi thay x bởi -x, y bởi -y v à z bởi -z.
Khi đó, f cũng chia hết cho:
(-x + y + z), (x - y + z) và (x + y - z).
Suy ra: f ( x, y, z ) ( x y z )( x y z )( x y z )( x y z ).g ( x, y, z )
So sánh các bậc của 2 vế ta thấy rằng g (x, y, z)là một đa thức bậc
không, tức là g(x, y, z) = a (hằng số).
Đặt x = y = z = 1, ta được 3 = 3a a = 1.
Cuối cùng ta có:
2 x2 y 2 2 x2 z 2 2 y 2 z 2 x4 y 4 z 4
( x y z )( x y z )( x y z )( x y z )
Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
f ( x, y) x3 3x3 y 2 x2 y 3x2 y 2 2xy 3xy3 y3
Giải
Đặt 1 x y; 2 xy
Ta có f ( x, y) x3 3x3 y 2 x2 y 3x2 y 2 2xy 3xy3 y3
37
( x y )3 3 xy ( x 2 y 2 ) 2 xy ( x y ) 3 x 2 y 2
13 3 2 1 3 2 ( 12 2 2 ) 2 1 2 3 22
12 2 1 3 2 12 3 22
( 1 3 2 )( 12 2 )
( x y 3 xy )( x 2 y 2 xy )
Ví dụ 3: Phân tích đa thức
f ( x1, x2 ) 6 x14 6 x24 11x13 x2 11x1x23 18x12 x22
thành nhân tử trong vành R x1, x2 với hệ số trên
Giải
Đặt 1 x1 x2 , 2 x1 x2 .
Ta có f ( x1 , x2 ) 6 x12 x22 2 x12 x22 11x1x2 ( x1 x2 ) 2 2 x1x2 18 x12 x22
6 (( x1 x2 )2 2 x1 x2 )2 2( x1 x2 )2 11x1 x2 ( x1 x2 ) 2 2 x1 x2 18 x12 x22
6 (12 2 2 )2 2 22 11 2 (12 2 2 ) 18 22
614 3512 2 16 22
3 2
1 )
16
(212 2 )(312 16 2 )
( 2 212 )( 2
f ( x1 , x2 ) 2( x1 x2 ) x1 x2 3( x1 x2 ) 2 16 x1 x2
(2 x12 2 x22 3 x1 x2 )(3 x12 10 x1 x2 3x22 )
(2 x12 2 x22 3 x1 x2 )(3 x1 x2 )( x1 3x2 )
Ví dụ 4:
Phân tích đa thức thành nhân tử:
f ( x, y, z) ( x y)2 ( y z)2 ( z x)2 3( x y)( y z)( z x)
Giải
Đặt: 1 x y z; 2 xy xz yz; 3 xyz
Khi đó: f (u, r, v) 13 31 2 1 (12 3 2 )
38
u x y
v x z
r z x
Ta có:
u r v 2( x y z ) 21
uv vr ru
( x y ) ( y z ) ( z x) ( z x )( x y )
(x 2 y 2 z 2 ) ( xy yz zx)
12 2
Do đó: f ( x, y,z) 21 (412 312 3 2 )
2 1 ( 12 3 2 )
2( x y z )( x 2 y 2 z 2 xy yz zx)
3.3.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử trong
x, y
a) f ( x, y) 10 x4 27 x3 y 110 x2 y 2 27 xy3 10 y 4
b) f ( x, y) x3 9 x3 y 4 x2 y 6 x2 y 2 3xy 2 2 xy3 y3
c) f ( x, y) 6 x4 119 x3 y 18x2 y 2 11xy3 6 y 4
Bài tập 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) f ( x, y, z) x3 y3 z 3 3xyz
b) g ( x, y, z) ( x y z)5 x5 y5 z 5
c) h( x, y, z) ( x y z)3 x3 y3 z 3
Bài tập 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) f ( x, y) ( x y)5 x5 y5
b) g ( x, y, z) ( x y z)3 x3 y3 z 3
39
3.4. Giải hệ phƣơng trình
3.4.1. Cơ sở lý luận
Ta hay gặp hệ phương trình mà các vế của các phương trình trong hệ là
các đa thức đối xứng của các ẩn. Trong trường hợp này ta chuyển hệ phương
trình thành hệ phương trình mà các ẩn là các đa thức đối xứng cơ bản, hệ
phương trình mới này thường là những hệ phương trình đơn giản hơn so với
hệ phương trình ban đầu.
3.4.2. Thuật toán
Bước 1: Biểu diễn từng vế trái của các phương trình qua các đa thức
đối xứng cơ bản i (i 1,n)
Bước 2: Ta thu được hệ mới chứa σi. Giải hệ tìm ra σi.
Bước 3: Vận dụng công thức Viet tìm ra các nghiệm của hệ ban đầu.
3.4.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
x 3 y 3 65
2
2
x y xy 20
(I )
Giải
x y 1
Đặt
xy 2
Ta có: 12 4 2 0) (*)
Hệ (I) trở thành
( x y)3 3xy( x y) 65
xy( x y) 20
13 3 1 2 65
tương đương
1 2 20
40
13 3.20 65
tương đương
1 2 20
5
tương đương 1
2 4
Các giá trị tìm được thỏa mãn điều kiện (*)
Do đó x, y là nghiệm của phương trình:
t 2 5t 4 0
t 1
t 4
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là (4; 1) và (1; 4).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
x y z 3
3
3
3
x y z 27
x 4 y 4 z 4 113
Giải
Đặt: 1 x y z; 2 xy xz yz; 3 xyz
Hệ phương trình tương đương với
x y z 1
xy yz zx 2
xyz
3
Ta có x3 y3 z 3 13 31 2 3 3
x4 y5 z 6 14 412 2 2 22 41 3 113
Do đó ta có hệ phương trình:
1 3
3
1 3 1 2 3 3 27
4
2
2
1 4 1 2 2 2 4 1 3 113
41
1 3
Suy ra 3 2 3
2
36 2 2 2 12 3 32
1 3
3 3 2
2
2 2 32
1 3
2 4
3 12
1 3
4
2
3 12
(1)
(2)
a) Với 1 3; 2 4; 3 12 thì x, y, z là nghiệm của phương trình
t 3 3t 2 4t 12 0
Khi và chỉ khi (t 3)(t 2 4) 0
t1 3
t 2i
2
t3 2i
Khi đó x, y, z là hoán vị của (- 3, - 2i; 2i).
b) Với 1 3; 2 4, 3 12 thì x, y, z là nghiệm của phương trình:
t 3 3t 2 4t 12 0
Khi và chỉ khi (t 3)(t 2 4) 0
t1 3
Suy ra t2 2
t3 2
Khi đó x, y, z là hoán vị của (- 3; - 2; 2)
Vậy hệ phương trình đã cho có 12 nghiệm trong đó có 6 nghiệm là
hoán vị của (- 3; - 2i; 2i) và 6 nghiệm là hoán vị của (- 3; -2; 2).
3.4.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Giải hệ phương trình:
42
x 2 xy y 2 1
x y xy 3
Bài tập 2: Giải hệ phương trình:
x xy y 1
2
2
x y xy 2
Bài tập 3: Giải hệ phương trình:
x y z 3
2
2
2
x y z 25
3
3
3
x y z 27
Bài tập 4: Giải hệ phương trình:
x y z 7
2
2
2
x y z 37
3
3
3
x y z 1
3.5. Trục căn thức ở mẫu
3.5.1. Cơ sở lý luận
Để khử căn thức ở mẫu số, người ta có thể dùng hằng đẳng thức hoặc
có thể nhận các biểu thức hoặc có thể nhận các biểu thức liên hợp ở mẫu số.
Nhưng đó là trường hợp mẫu số chứa hai biến dạng: a n b hay
n
a n b .
Còn trường hợp mẫu số của ba (hay nhiều hơn) căn thức thì vận dụng các đa
thức đối xứng.
3.5.2. Thuật toán
Bước 1: Biến đổi biểu thức đã cho về biểu thức chứa các đa thức đối
xứng cơ bản.
Bước 2: Sử dụng các đa thức đối xứng dạng tổng.
2 12 2 2
3 13 3 1 2
4 14 4 12 2 4 1 3 2 22
...
43
Bước 3: Biểu diễn biểu thức đó qua 1, 2 ,... rồi thay vào căn thức ban
đầu.
3.5.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Trục căn thức ở mẫu số của biểu thức:
1
a b c
Giải
Đặt
a x; b y ; c z
1 x y z
Đặt 2 xy yz zx
xyz
3
1
1
1
a b c x y z 1
Khi đó:
Lại có: 2 x2 y 2 z 2 12 2 2 a b c
4 x4 y 4 z 4 14 412 2 41 3 2 22 a2 b2 c2
Ta tổ hợp các tổng trên sao cho 1 lamf thừa số chung.
Có: 22 2 4 (12 2 2 )2 2(14 412 2 41 3 2 22 )
14 4 12 2 8 1 3
1 (4 1 2 13 8 3 )
4 1 2 13 8 3
Từ đó:
1
22 2 4
1
Tức là :
1
4( a b c )( ab bc ca ( a b c )3 8 abc
(a b c)2 2(a 2 b 2 c 2 )
a b c
Ví dụ 2: Trục căn thức ở mẫu:
A
7
3
433
44
Giải
Ta có:
A
Vậy A
7
7( 3 16 3 12 3 9)
3
4 3 3 ( 3 4 3 3)( 3 16 3 12 3 9)
7( 3 16 3 12 3 9)
91
7( 3 16 3 12 3 9)
91
3.5.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
1
a b c d
Bài tập 2: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
5
1
a b5c
5
Bài tập 3: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
1
n a n a ... n a
1
2
m
(m, n
*
)
3.6. Giải phƣơng trình căn thức
3.6.1. Cơ sở lý luận
Một số phương trình căn thức mà việc giải nó có thể chuyển về việc
giải hệ phương trình đối xứng thông qua việc đặt ẩn phụ.
3.6.2. Thuật toán
Bước 1: Đặt ẩn phụ đưa phương trình căn thức về hệ phương trình đối
xứng.
Bước 2: Giải hệ phương trình đối xứng tìm được giá trị của ẩn phụ.
Bước 3: Thay giá trị của ẩn phụ vào tìm giá trị của ẩn ban đầu.
45
3.6.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải phương trình
4
x 2 4 3 x 1
Giải
Đặt
4
x 2 u;
4
3 x v; (u, v 0) . Ta có hệ:
1 1
1 0
2
2
1 1
u v 1
2
4 4
2
2
u v 1
(1 2 2 ) 2 2 1
1
- Với 1
2 0
u 1
v 0
u 0
hoặc
v 1
+ Nếu u = 1; v = 0 thì phương trình có nghiệm x = 3
+ Nếu u = 0; v = 1 thì phương trình có nghiệm x = 2
1
- Với 1
2 2
vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 2; x2 = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3
8 x
2
3
x 27
2
3 (8 x)( x 27) 7
Giải
8 x 0
Điều kiện:
27 x 8
x
27
0
(*)
Đặt u 3 8 x ; v 3 x 27 ; (u, v 0)
Suy ra: u3 8 x; v x 27
u 2 v 2 uv 7
Ta có hệ: 3 3
u v 35
(u v) 2 3uv 7
3
(u v) 3uv (u v ) 35
Đặt 1 u v; 2 uv thì hệ trên trở thành:
46
2
1 32 7
3
1 3 1 2 35
12 7
2
3
3
( 2 7) 35
1
1
1
6
2
1 5
5
Với 1
2 6
u, v là nghiệm của phương trình t 2 1t 2 0 ,
nghĩa là phương trình t2 – 5t + 6 = 0.
t 2
t 3
u 2
v 3
u 3
v 2
x 0
x 15
x 0
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x 15
3.6.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Giải các phương trình sau
a) 4 18 5 x 4 64 5 x 4
b)
3
x2
2
3
x3
2
53
( x 2)( x 3)
2
Bài tập 2: Giải phương trình sau:
3
1
1
x 3 x 1
2
2
47
Bài tập 3: Giải các phương trình sau
a)
3
x 1 3 x 2 3 2x
b) x3 1 2 3 2 x 1
3.7. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình đối xứng
3.7.1. Cơ sở lý luận
Từ phương trình mà hai vế là các đa thức đối xứng hai biến ta đưa về
phương trình đơn giản hơn với ẩn là 1, 2 . Tìm nghiệm 1, 2 suy ra tìm
nghiệm nguyên của phương trình ban đầu.
3.7.2. Thuận toán
+ Biểu diễn phương trình ban đầu theo phương trình của 1, 2 với
1 x y
2 xy
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình t 2 1t 2 0 ( 0)
+ Tìm x, y theo 1, 2 .
3.7.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 y 2 x y xy
(1)
Giải
Phương trình (1) ( x y)2 ( x y) 3xy
Đặt
x y 1
Điều kiện
xy 2
12 4 2
Khi đó, phương trình (1) trở thành:
12 1 3 2
12 1 3 2 0
Kết hợp điều kiện (*) suy ra:
48
(*)
4.
2
1
12 1
3
Khi và chỉ khi 12 41 0
Khi và chỉ khi 0 1 4 .
Do x, y
suy ra 1 nhận các giá trị 0, 1, 2, 3, 4.
+ Với 1 0 ta tìm được 2 0
x y 0
Suy ra
xy 0
x 0
y 0
+ Với 1 1 ta tìm được 2 0
x y 0
Suy ra
xy 0
x 0
x 1
hoặc
y 1
y 0
2
+ Với 1 2 ta tìm được 2
3
Với 1 3 ta tìm được 2 2
x y 3
Suy ra
xy 2
x 1
y 2
x 2
hoặc
y 1
+ Với 1 4 ta tìm được 2 4
x y 4
Suy ra
xy 4
x 2
y 2
Vậy phương trình có 6 nghiệm là các bộ số
(0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2) , (2; 1), (2; 2)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x3 y3 z 3 3xyz 1
Giải
Đặt
1 x y z
2 xy yz zx
xyz
3
49
Phương trình đã cho trở thành:
13 31 2 3 3 3 3 1
13 31 2 1 0
Vì x, y, z 1; 2 ; 3
Xét phương trình:
13 31 2 1 0 với ẩn là 1
Nếu phương trình có nghiệm nguyên thì 1 1
+ Nếu 1 1 2 0 . Ta có hệ:
x y z 1
xy yz zx 0
(1)
(2)
Suy ra x2 y 2 z 2 1
Do x, y, z
x2 1
y z 0
nên:
y2 1
hoặc
x z 0
z2 1
hoặc
x y 0
x2 1
- Với
y z 0
( x, y, z ) (1,0,0);(1,0,0)
y2 1
- Với
x z 0
( x, y, z ) (0,1,0);(0, 1,0)
z2 1
- Với
x y 0
( x, y, z ) (0,0,1);(0,0, 1)
Vì x, y, z > 0 nên các nghiệm thỏa mãn là: (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1)
+ Nếu 1 1 2
2
(loại vì 2 ).
3
Vậy nghiệm của phương trình là:
(x, y, z) = { (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1)}
50
3.7.4. Bài tập áp dụng
Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
1) x2 y 2 x y 0
2) x y x2 xy y 2
3) x3 y3 xy 25
4) 39( x y) 7( x2 xy y 2 )
51
KẾT LUẬN
Đa thức có vị trí quan trọng trong Toán học, không những là đối tượng
nghiên cứu chủ yếu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải tích. Nó là
phần kiến thức quan trọng được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc
phổ thông ở các dạng đơn giản mà ta thường gọi là các biểu thức chứa chữ đại
diện cho các số. Ngoài ra, lý thuyết đa thức còn được sử dụng nhiều trong
toán cao cấp, toán ứng dụng. Và chúng ta cũng thường xuyên gặp những bài
toán về đa thức trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic toán học trong
trường phổ thông.
Tuy khóa luận này đã trình bày kiến thức về đa thức và những bài toán
trong đại số sơ cấp có liên quan đến đa thức nhưng còn rất nhỏ so với lượng
kiến thức về đa thức. Khóa luận này được thực hiện với mong muốn đóng góp
kinh nghiệm trong việc nghiên cứu, giúp việc dạy học và học tập môn toán ở
trường phổ thông. Từ khóa luận này có thể giúp bạn đọc nghiên cứu sâu hơn,
rộng hơn nữa về đa thức.
Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu, thời gian và năng
lực còn hạn chế nên không thể tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận
được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên.
Em xin chân thành cảm ơn!
52
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và ứng dụng, Nxb Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, Nxb Giáo dục.
[3] Ngô Thúc Lanh (1987), Đại số và số học, tập 3, Nxb Giáo dục.
[4] Hoàng Xuân Sính (1998), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục.
[5] Bùi Huy Hiền, Nguyễn Hữu Hoan (2005), Bài tập đại số và số học, Nxb
Đại học Sư phạm Hà Nội.
[6] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
53
[...]... x1x2 xn 1.7.3 Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản a) Định lý Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 , xn ) A x1, x2 , xn Khi đó tồn tại duy nhất cách biểu diễn một đa thức dưới dạng đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản b) Phương pháp đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản - Phương pháp dựa theo hạng tử cao nhất của đa thức - Phương pháp... 6 x 36 Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x 6 6 x5 11x 4 x 3 18 x 2 20 x 8 b) x5 2 x 4 6 x 3 3x 2 42 x 48 c) x 5 x 4 1 d) x10 x 5 1 27 Chƣơng 3 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC NHIỀU ẨN 3.1 Chứng minh đẳng thức * Cơ sở lý luận: Các vế là đa thức đối xứng nên ta đưa các vế về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản Điều đó dẫn đến việc chứng minh các đẳng thức được... (1 x)3 2.3 Ứng dụng định lý Viete 2.3.1 Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm 2.3.1.1 Cơ sở lý luận - Biểu thức K sẽ đưa được về biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản - Theo công thức Viete ta tính được các giá trị của đa thức đối xứng cơ bản, thay vào ta tìm được K 2.3.1.2 Thuật toán Bƣớc 1: Thiết lập hệ thức Viete giữa các nghiệm của phương trình để tìm các i Bƣớc... nghĩa đa thức đối xứng Đa thức f ( x1, x2 , xn ) A x1, x2 , xn được gọi là đa thức đối xứng nếu f( x1, x2 , xn ) f ( xi1 , xi2 , xin ) với 1,2, i1, i2 , , in là hoán vị bất kì của ,n Nói cách khác, một đa thức là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó 1.7.2 Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản 1 ... c Bài 3: Chứng minh đẳng thức a) C1n C3n Cnn 2n1 (n lẻ) b) C1n C3n Cnn1 2n1 (n chẵn) 2.2 Bài toán chia hết a) Phương pháp chung Để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau ta sử dụng: - Định nghĩa và tính chất của phép chia hết - Đa thức đồng dư - Dựa vào tính chất nghiệm - Một số tính chất số học: sự phân bố nghiệm, bậc của đa thức, b) Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh đa thức. .. tử bất định 10 Chƣơng 2 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN 2.1 Chứng minh đẳng thức 2.1.1 Cơ sở lý luận Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức Để chứng minh A = B, trong đó A, B là các biểu thức Ta làm như sau: Bước 1: Coi A, B là biểu thức của một biến x nào đó Bước 2: Biến đổi tương đương đưa đẳng thức A = B về dạng: P x Q x , trong đó P x , Q x là 2 đa thức của biến x Bước 3:... trên là các số thực, không âm thì điều kiện càn và đủ là những số 1 ; 2 thảo mãn các điều kiện sau: 12 4 2 0 ; 1 0; 2 0 2 Ta luôn có ( x y )2 ( y z )2 ( z x) 2 0 3.2.2 Thuật toán Bƣớc 1: Biểu diễn các về của các bất đẳng thức về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản Bƣớc 2: Sử dụng nhận xét trên để dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh 3.2.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng... thức của các đa thức đối xứng cơ bản Điều đó dẫn đến việc chứng minh các đẳng thức được đơn giản hơn * Thuật toán: + Bước 1: Biểu diễn các vế là các đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản + Bước 2: Chứng minh các biểu thức mới * Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh hằng đẳng thức x y z xy yz zx x y y z x z xyz Giải Đặt 1 x y z ; 2 xy... x)) suy ra: p( x) ( x) c) Bài tập vận dụng Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 , với mọi số thực x, y thì đa thức y( y n1 nxn1 ) xn (n 1) chia hết cho ( y x)2 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm k, m, n, l và x thì đa thức x 4 k x 4 m1 x 4 n2 x 4l 3 chia hết cho x 3 x 2 x 1 Bài 3: Chứng minh rằng x R, n * thì đa thức (1 xn )( x 1) ... ràng buộc cho ở bài toán để tìm được mối quan hệ giữa các hệ số với phương trình Các điều kiện này là cần và đủ nên ta áp dụng để tìm nghiệm của phương trình bậc 3, bậc 4 nhanh hơn trong trường hợp các hệ số của phương trình thỏa mãn điều kiện trên 2.3.3.2 Thuật toán + Bước 1: Sử dụng định lý Viete để tìm ra hệ thức liên hệ giữa các nghiệm với các hệ số của phương trình + Bước 2: Sử dụng định lí Bezout ... dụ đa thức đối xứng sau gọi đa thức đối xứng 10 1.7.3 Đưa đa thức đối xứng đa thức đa thức đối xứng 10 Chƣơng Ứng dụng đa thức ẩn 11 2.1 Chứng minh đẳng thức 11 2.2 Bài toán chia hết 13 2.3 Ứng. .. tư Đại số phận lớn toán học, đa thức khái niệm quan trọng sử dụng nhiều đại số mà giải tích, toán cao cấp toán ứng dụng Tuy nhiên nay, vấn đề đa thức ứng dụng việc giải toán sơ cấp trình bày sơ. .. 1.7.3 Đưa đa thức đối xứng đa thức đa thức đối xứng a) Định lý Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 , xn ) A x1, x2 , xn Khi tồn cách biểu diễn đa thức dạng đa thức đa thức đối xứng b)