Khóa luận tốt nghiệp lý thuyết về đa thức đối xứng

Lời cảm ơn Trước tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn Th.S Phan Trọng Tiến, người tận tình hướng dẫn em trình thực khóa luận Em xin chân thành cảm ơn tất quý thầy cô Trường Đại học Quảng Bình, đặc biệt thầy cô giáo khoa Khoa học tự nhiên dạy dỗ em suốt thời gian ngồi ghế nhà trường, nhờ dạy dỗ em học nhiều điều bổ ích cho chuyên ngành sống Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, cảm ơn tập thể lớp ĐHSP Toán K55, bạn bè tất người bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em lúc khó khăn, động viên giúp thân ngày cố gắng học tập hoàn thành khóa luận Em xin chân thành cảm ơn! Quảng Bình, tháng năm 2017 Tác giả PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Như biết, Toán học có vai trò vô quan trọng đời sống, công nghệ khoa học đại, công cụ thiết yếu giúp học tốt môn học khác, hoạt động hiệu lĩnh vực Môn Toán có khả to lớn, giúp phát triển lực, phẩm chất, trí tuệ có khả đóng góp tích cực vào việc giáo dục tư tưởng đạo đức, lối sống cho Hiện nay, chương trình toán học trung học phổ thông phần đa thức quan trọng Đa thức trở thành công cụ đắc lực Giải tích Trong kì thi học sinh giỏi quốc gia hay kì thi Olympic toán quốc tế toán đa thức đề cập đến tập khó bậc THPT Những lĩnh vực đại số học sinh trung học phổ thông thường dạng toán giải phương trình phương trình bậc cao, phân tích đa thức nhiều biến bậc cao thành nhân tử, tìm nghiệm nguyên phương trình hay chứng minh đẳng thức bất đẳng thức Một trường hợp quan trọng thường gặp toán lĩnh vực nói biến số đa thức có vai trò Chúng ta gọi đa thức trường hợp đa thức đối xứng Khóa luận “Ứng dụng đa thức đối xứng vào giải toán đại số ” trình bày số vấn đề liên quan đến nhiều toán có yếu tố đối xứng, biết áp dụng lí thuyết đa thức đối xứng làm cho toán trở nên đơn giản Khóa luận nhằm giới thiệu lý thuyết đa thức đối xứng ứng dụng đại số sơ cấp Hy vọng giúp bạn học sinh nắm vững giải thành thạo toán có liên quan đến đa thức đối xứng Mục đích nghiên cứu Khóa luận nhằm thể vai trò quan trọng Giải tích Đại số khảo sát đa thức Đây chuyên đề nhằm tổng quan đa thức đối xứng thông qua định nghĩa, định lý, ví dụ Phương pháp nghiên cứu • • • • Phương pháp nghiên cứu phân tích, tổng hợp, khái quát hóa Nghiên cứu tài liệu: Giáo trình, sách tham khảo đa thức Tham khảo nguồn tài liệu từ Internet: www.tailieu.vn, www.xemtailieu.com Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn Nội dung nghiên cứu Trong đề tài “Ứng dụng đa thức đối xứng vào giải toán đại số ”, đưa số định nghĩa, định lý ứng dụng đa thức đối xứng vào giải toán đại số Chương Lý thuyết đa thức đối xứng Ở chương này, trình bày số kiến thức lý thuyết đa thức đối xứng mà học sinh cần nắm để sử dụng trình làm toán liên quan đến đa thức thức đối xứng Chương Ứng dụng đa thức đối xứng để giải toán đại số Ở chương này, hệ thống lại số dạng toán có ứng dụng đa thức đối xứng giải phương trình, hệ phương trình, phân tích đa thức thành nhân tử phương pháp làm số toán CHƯƠNG I: LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG Đa thức đối xứng hai biến 1.1 Các khái niệm Định nghĩa 1.1.1 Đa thức P ( x, y ) gọi đối xứng hai biến x, y không thay đổi giá trị thay x, y cho Nghĩa là: P ( x, y ) = P( y , x ), ∀x, y ∈ ¡ Ví dụ: P( x, y ) = x + y Q( x, y ) = x + xy + y đa thức đối xứng biến x, y Định nghĩa 1.1.2 Các đa thức σ = x + y , σ = xy gọi đa thức đối xứng sở biến x, y Định nghĩa 1.1.3 Đa thức đối xứng P ( x, y ) gọi bậc m , nếu: P (tx, ty ) = t m P( x, y ), ∀t ≠ 1.2 Tổng lũy thừa, tích lũy thừa công thức Waring Định nghĩa 1.2.1 Các đa thức sm = x m + y m gọi tổng lũy thừa bậc m biến x y Định nghĩa 1.2.2 Các đa thức pm = x m y m gọi tích lũy thừa bậc m biến x y Định lý 1.2.3 (Công thức Newton ) (Theo [1]) Tính sm theo sm−1 sm−2 sm = σ 1sm−1 − σ sm− (1) Chứng minh: Với m = 1, m = , định lý 1.2.3 s1 = x + y = σ , s2 = x + y = ( x + y )2 − xy = σ 12 − 2σ Giả sử định lý cho m < k Khi sk −1 sk −2 đa thức bậc k − 1, k − σ , σ Theo công thức (1) ta suy sk đa thức bậc k σ σ Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh Dùng công thức Newton, ta nhận biểu thức sau: s1 = σ ; s2 = σ 12 − 2σ ; s3 = σ 13 − 3σ 1σ ; s4 = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ; s5 = σ 15 − 5σ 13σ + 5σ 1σ 22 ; Như vậy, muốn tính sk , ta phải tính trước tổng sk −1 sk −2 Đôi ta cần có biểu thức sk phụ thuộc vào σ ,σ Từ có công thức Waring Công thức Waring Định lý 1.2.4 (Công thức Waring) (Theo [1]) Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng sở σ σ theo công thức: k    ( −1) m (k − m − 1)! k −2 m m sk = ∑ σ1 σ k m!(k − 2m)! m =0 Công thức Waring cho biểu thức sn = x n + y n theo σ = x + y , σ = xy sau đây: Biểu thức sn = x n + y n tính theo σ ,σ s1 = σ ; s2 = σ 12 − 2σ ; s3 = σ 13 − 3σ 1σ ; s4 = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ; s5 = σ 15 − 5σ 13σ + 5σ 1σ 22 ; s6 = σ 16 − 6σ 14σ + 9σ 12σ 22 − 2σ 23 ; s7 = σ 17 − 7σ 15σ + 14σ 13σ 22 − 7σ 1σ 23 ; s8 = σ 18 − 8σ 16σ + 20σ 14σ 22 − 16σ 12σ 23 + 2σ 24 ; s9 = σ 18 − 9σ 17σ + 27σ 15σ 22 − 30σ 12σ 23 + 9σ 1σ 24 ; 1.3 Một số định lý Định lý 1.3.1 (Theo [1]) Mọi đa thức đối xứng P ( x, y ) biến x, y biểu diễn dạng p (σ ,σ ) , σ = x + y; σ = xy P ( x, y ) = p (σ ,σ ) Chứng minh : Trước hết xét trường hợp đơn thức, lũy thừa x y bậc, nghĩa đơn thức dạng ax k y k Hiển nhiên ax k y k = a ( xy ) k = aσ 2k Tiếp theo, xét đơn thức dạng bx k y l ( k ≠ l ) Vì đa thức đối xứng nên có số hạng dạng bx l y k Để xác định, ta giả sử k < xét tổng hai đơn thức b( x k y l + x l y k ) = bx k y k ( x l −k + y l −k ) = bσ 2k sl −k Theo công thức Waring sl −k đa thức biến σ ,σ , nên nhị thức nói đa thức σ ,σ Vì đa thức đối xứng tổng số hạng dạng ax k y k b( x k y l + x l y k ) nên đa thức đối xứng biểu diễn dạng đa thức theo biến σ σ W Định lý 1.3.2 (Tính nhất) (Theo [1]) Nếu đa thức ϕ (σ ,σ ) ψ (σ ,σ ) thay σ = x + y,σ = xy cho ta đa thức đối xứng P ( x, y ) , chúng phải trùng nhau, nghĩa ϕ (σ ,σ ) ≡ ψ (σ ,σ ) Đa thức đối xứng ba biến 2.1 Các khái niệm Định nghĩa 2.1.1 (Theo [1]) Đa thức P( x, y, z ) gọi đa thức đối xứng biến x, y, z không thay đổi với hoán vị x, y, z , nghĩa P ( x, y , z ) = P ( x, z , y ) = P ( y , x , z ) = P ( y , z , x ) = P ( z , x , y ) = P ( z , y , x ) Ví dụ: Các đa thức đa thức đối xứng theo biến x, y, z x4 + y + z − 2x2 y − y z − 2x2 z ; ( x + y )( y + z )( x + z ); ( x − y)2 ( y − z )2 ( x − z )2 Định nghĩa 2.1.2 Các đa thức σ = x + y + z; σ = xy + yz + xz; σ = xyz gọi đa thức đối xứng sở biến x, y , z 2.2 Tổng lũy thừa, tổng nghịch đảo m m m Định nghĩa 2.2.1 Các đa thức sm = x + y + z gọi tổng lũy thừa bậc m biến x, y, z Định lý 2.2.2 (Công thức Newton) (Theo [1]) Với k ∈ ¢ , ta có hệ thức: sk = σ 1sk −1 − σ sk − + σ sk −3 Định lý 2.2.3 (Theo [1]) Mỗi tổng lũy thừa sk = x k + y k + z k biểu diễn dạng đa thức bậc n theo biến σ ,σ ,σ Định lý 2.2.4 (Công thức Waring) (Theo [1]) Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng sở theo công thức ( −1) k −l − m− n (l + m + n − 1)! l m n sk = ∑ σ 1σ σ k l !m!n! l + m +3n =k Biểu thức sn = x n + y n + z n tính theo σ ,σ ,σ s1 = σ ; s2 = σ 12 − 2σ ; s3 = σ13 − 3σ1σ + 3σ ; s4 = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 + 4σ 1σ ; s5 = σ 15 − 5σ 13σ + 5σ 1σ 22 + 5σ 12σ − 5σ 2σ ; s6 = σ 16 − 6σ 14σ + 9σ 12σ 22 − 2σ 23 + 6σ 13σ − 12σ 1σ 2σ + 3σ 32 ; s7 = σ 17 − 7σ 15σ + 14σ 13σ 22 − 7σ 1σ 23 + 7σ 14σ − 14σ 12σ 2σ + 7σ 1σ 32 + 7σ 22σ ; s8 = σ 18 − 8σ 16σ + 20σ 14σ 22 − 16σ 12σ 23 + 2σ 24 + 8σ 15σ −32σ 13σ 2σ + 12σ 12σ 22 + 24σ 1σ 22σ − 8σ 2σ 32 ; Định nghĩa 2.2.5 1 + k + k ,(k = 1,2, ) k x y z x , y , z gọi tổng nghịch đảo biến −k −k −k Các biểu thức s− k = x + y + z = CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Giải phương trình đối xứng phương trình hồi quy 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Đa thức f ( z ) = a0 z n + a1 z n−1 + + an (a0 ≠ 0) gọi đa thức đối xứng, hệ số cách hai đầu nhau, nghĩa a0 = an ; a1 = an−1 ; Phương trình đa thức đối xứng gọi phương trình đối xứng Ví dụ: z + z − 10 z + z + 1; 10 x − x − x + 10 Định nghĩa 1.1.2 Các đa thức a0 z n + a1 z n−1 + + an−1 z n+1 + an z n + α an−1 z n−1 + + α n−1a1 z + α n a0 a0 z n+1 + a1 z n + + an−1 z n+2 + an z n+1 + α an z n + + α n−1a1 z + α n+1a0 gọi đa thức hồi quy Phương trình đa thức hồi quy gọi phương trình hồi quy Khi α = đa thức hồi quy trở thành đa thức hệ số đối xứng 1.2 Phương pháp giải * Trường hợp 1: Đa thức bậc chẵn 2n có dạng f ( z ) = a0 z n + a1 z n−1 + + an−1 z n+1 + an z n + α an−1 z n−1 + + α n−1a1 z + α n a0 Do z = nghiệm phương trình hồi quy nên ta chia vế phương trình cho z n Sau đó, cách nhóm cặp số hạng theo quy tắc số hạng thứ với số hạng thứ 2n-1; số hạng thứ hai với số hạng thứ 2n-2; ; số hạng thứ n-1 với số hạng αk thứ n+1; số hạng thứ n Khi đó, vế trái phương trình đưa dạng z + k z k α Do đó, ta đặt σ = z + z z đưa đến phương trình bậc n σ Giải phương trình tìm σ , suy z Chúng biểu thức đối xứng với z * Trường hợp 2: Đa thức bậc lẻ 2n+1 có dạng g ( z ) = a0 z n+1 + a1 z n + + an−1 z n+2 + an z n+1 + α an z n + + α n−1a1z + α n+1a0 Phương trình dạng ta nhẩm nghiệm z = −α Khi đó, phân tích thừa số z + α với nhân tử lại hồi quy bậc 2n Giải theo dạng đa thức hồi quy bậc chẵn 1.3 Ví dụ Bài 1: Giải phương trình sau: x − 13x + 12 x − 13 x + = Giải: Đây toán phương trình hồi quy bậc chẵn với α = Vì x = nghiệm phương trình chia vế phương trình cho x biến đổi phương trình dạng, ta có: 13 + =0 x x2 6  13   ⇔  x + ÷− 13 x + ÷+ 12 = x   x   1   ⇔  x + ÷− 13  x + ÷+ 12 = x  x   1 2 Đặt σ = x + , ta có: x + = σ − x x x − 13x + 12 − Ta đưa phương trình dạng 6(σ − 2) − 13σ + 12 = ⇔ 6σ − 13σ = σ = ⇔ 13 σ =  1 13 Khi x + = 0; x + = x x * Trường hợp 1: x + = ⇔ x + = x Phương trình vô nghiệm  x = 13 * Trường hợp 2: x + = ⇔ x − 13x + = ⇔  x x =  Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = ; x = 3 2 Bài 2: Giải phương trình sau: z − 18 z − 73 z + 164 z − 73 z − 18 z + = Giải: Vì z = nghiệm phương trình chia vế phương trình cho z biến đổi phương trình dạng: z − 18 z − 73 z + 164 − 73 18 − + =0 z z2 z3 9  18   73   ⇔  z + ÷−  18 z + ÷−  73 z + ÷+ 164 = z   z   z   1 ⇔ 9( z + ) − 18( z + ) − 73( z + ) + 164 = z z z Sử dụng công thức z+ 1 = σ ; z + = σ − 2; z + = σ − 3σ z z z Ta đưa phương trình dạng 9(σ − 3σ ) − 18(σ − 2) − 73σ + 164 =  σ =  10 ⇔ 9σ − 18σ − 100σ + 200 = ⇔ σ =   10 σ = −  10 10 Khi đó: z + = 2; z + = − ; z + = z z z * Trường hợp 1: z + = ⇔ z − z + = ⇒ z = z z = 10 * Trường hợp 2: z + = ⇔ z − 10 z + = ⇒  z= z 3   z = −3 10 * Trường hợp 3: z + = − ⇔ z + 10 z + = ⇒  z=− z 3  Vậy phương trình cho có nghiệm là: z = 1; z = ± ; z = ±3 Bài 3: Giải phương trình sau: x + x − x5 − 13x − 13x3 − x + x + = Lời bình: Ở dạng phương trình đối xứng bậc lẻ, nhẩm nghiệm x = −1 Phân tích đa thức cho theo nhân tử x + nhân tử lại hồi quy bậc chẵn Ta có: x + x − x − 13 x − 13 x − x + x + = ( x + 1)( x + x − x − x − x + x + 1) Giải: Đây phương trình hệ số đối xứng bậc lẻ Bằng cách nhẩm nghiệm, ta tìm nghiệm x = −1 Chia vế trái cho x + , ta được: P ( x) = ( x + 1)( x + x − x − x − x + x + 1) Phương trình ban đầu có nghiệm x = −1 ta giải phương trình 10 3.2 Phương pháp Áp dụng định lí vào việc chứng minh bất đẳng thức, ta làm sau: Xét đa thức đối xứng P ( x, y ) , ta chứng minh với giá trị đa thức nhận giá trị không âm Ta đưa đa thức theo hai biến σ , σ Thay σ σ đại lượng không âm z = σ 12 − 4σ Khi ta nhận đa thức theo hai biến σ , z chứng minh đa thức cần chứng minh nhận giá trị không âm 3.3 Ví dụ Bài 1: Chứng minh x y số thực dương bất đẳng thức sau đúng: x2 + a y y2 ≥ x+ y x b ( a + b )8 ≥ 64ab( a + b) Giải: a Đặt u = x ; v = y Khi đó, bất đẳng thức ban đầu trở thành: u v2 + ≥ u + v ⇒ u + v3 ≥ uv (u + v) v u Ta có: s3 = σ 13 − 3σ 1σ u + v − uv(u + v) = (σ 13 − 3σ 1σ ) − σ σ = σ 13 − 4σ 1σ = σ (σ 12 − 4σ ) Vì σ ≥ 0; σ 12 − 4σ ≥ , nên σ (σ 12 − 4σ ) ≥ Dấu “=” xảy x = y ⇔ x = y Suy kết cần chứng minh b = v σ = (σ − z ) Ta có bất đẳng thức (u + v ) ≥ 64u 2v (u + v ) Từ giả thiết toán, ta có u ≥ 0, v ≥ , bất đẳng thức viết b Đặt a = u, thành (u + v) ≥ 8uv(u + v ) Ta có: (u + v) − 8uv(u + v ) = σ 14 − 8σ (σ 12 − 2σ ) = σ 14 − 8σ 2σ 12 + 16σ 22 1 = σ 14 − 8σ 12 (σ 12 − z ) + 16 (σ 12 − z ) = z ≥ 16 18 Dấu “=” xảy a = b ⇔ a = b Từ ta có điều phải chứng minh Bài 2: Chứng minh x y hai số thực, bất đẳng thức sau x + y ≥ x3 y + xy (1) Lời bình: Để chứng minh bất đẳng thức (1), ta chứng minh x + y − x3 y − xy ≥ Vế trái đa thức đối xứng với biến x,y Sử dụng công thức Waring s2 ; s4 dùng đại lượng không âm z = σ 12 − 4σ Việc sử dụng đại lượng công cụ gián tiếp giúp cho việc chứng minh bất đẳng thức đối xứng cách dễ dàng Giải: Đa thức đối xứng sở σ = x + y;σ = xy Sử dụng công thức s4 , s2 ,σ = s4 = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 s2 = σ 12 − 2σ 2 (σ − z ) Đại lượng không âm z = σ 12 − 4σ ⇒ σ = Ta có: (σ − z ) x + y − x y − xy = x + y − xy ( x + y ) = s4 − σ s2 = (σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ) − σ (σ 12 − 2σ ) 1  = σ − 5σ σ + 4σ = σ − 5σ (σ 12 − z ) +  (σ 12 − z ) ÷ 4  39 = σ 12 z + z ≥ 8 Suy ra: x + y − x y − xy ≥ Vậy x + y ≥ x y + xy 2 Bài 3: Chứng minh x y số không âm bất đẳng thức sau đúng: x + x y + xy + y ≥ x y Giải: Đặt σ = x + y , σ = xy Vì x, y số không âm nên σ ≥ , σ ≥ Đặt σ = (σ 12 − z ) Ta có: s4 = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 Khi đó: x + x3 y + xy + y − x y = ( x + y ) + xy ( x + y ) − x y Ta có: 19 (σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ) + 2σ (σ 12 − 2σ ) − 6σ 22 1  = σ − 2σ σ − 8σ = σ − 2σ (σ 12 − z ) −  (σ 12 − z ) ÷ 4  1 1 = σ 12 z − z = z (3σ 12 − z ) = z (3σ 12 − σ 12 + 4σ ) = z (2σ 12 + 4σ ) ≥ 2 2 3 2 Nên x + x y + xy + y − x y ≥ Vậy x + x y + xy + y ≥ x y Bài 4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức xy ( x − y ) với điều kiện x + y = a 2 Giải: (σ − z ) , ta có: xy ( x − y ) = σ (σ 12 − 4σ ) = σ z = (σ 12 − z ) z = (a − z ) z = (− z + a z ) 4 1  a2  a4  =  − z − ÷ + ÷ 4  2 ÷   a4 a4 Từ suy biểu thức vượt nhận làm giá trị nhỏ 16 16 Với σ = x + y,σ = xy σ = z − a2 = 2 a2 a Khi đó, σ = a σ − 4σ = ⇒σ2 = 2 x, y nghiệm phương trình bậc hai z − az + a = Phân tích đa thức thành nhân tử 4.1 Phương pháp Ta phân tích thừa số đa thức đối xứng bậc cao cách chuyển thành đa thức biến σ σ Các bước tiến hành sau: Chuyển đa thức đối xứng thành đa thức σ σ ta phân tích đa thức thừa số Ta phân tích đa thức theo bậc σ , thường nhỏ bậc đa thức ban đầu 20 Thay giá trị σ = x + y σ = xy vào biểu thức biến đổi đưa tích đa thức bậc hai ba theo x, y từ đây, ta tính nghiệm thừa số phân tích tiếp 4.2 Ví dụ Bài 1: Phân tích đa thức sau thành thừa số: f ( x, y ) = x + x y + x y + xy + y Giải: Ta có: f ( x, y ) = 2( x + y ) + xy ( x + y ) + x y = s4 + 7σ s2 + 9σ 22 Thay s2 = σ 12 − 2σ s4 = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 vào biểu thức ta f ( x, y ) = 2(σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ) + 7σ (σ 12 − 2σ ) + 9σ 22 = 2σ 14 − σ 12σ − σ 22 Ta xem đa thức đa thức bậc hai theo biến σ , với kiến thức tam thức bậc hai ta dễ dàng phân tích thừa số Giải phương trình đa thức σ , ta có nghiệm σ = −2σ 12 σ = σ 12 Khi đó: f ( x, y ) = (2σ 12 + σ )(σ 12 − σ ) = ( x − xy + y )(2 x + 3xy + y ) Vậy f ( x, y ) = ( x − xy + y )(2 x + 3xy + y ) Bài 2: Phân tích đa thức sau thành thừa số: P ( x, y ) = 10 x − 27 x y − 110 x y − 27 xy + 10 y Giải: Ta có: P ( x, y ) = 10( x + y ) − 27 xy ( x + y ) − 110 x y = 10s4 − 27σ s2 − 110σ 22 = 10(σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ) − 27σ (σ 12 − 2σ ) − 110σ 22 = 10σ 14 − 67σ 12σ − 36σ 22 Ta xem đa thức đa thức bậc hai theo biến σ , với kiến thức tam thức bậc hai ta dễ dàng phân tích thừa số Giải phương trình đa thức σ , ta có nghiệm σ = −2σ 12 σ = σ1 36 2  σ ÷ = (2σ 12 + σ )(5σ 12 − 36σ ) 36   Thay P( x, y ) = σ1 = x + y,σ = xy , ta có: Khi đó: P ( x, y ) = −36(σ + 2σ )  σ − 21 P ( x, y ) = (2( x + y ) + xy )(5( x + y ) − 36) = (2 x + xy + y )(5 x − 26 xy + y ) Mỗi thừa số tam thức bậc hai nên ta lại phân tích đa thức Ta có: x + xy + y = (2 x + y)( x + y) x − 26 xy + y = (5 x − y )( x − y ) Từ đó, suy ra: P ( x, y ) = (2 x + y )( x + y )(5 x − y )( x − y ) 22 CHÚ Ý: Có nhiều trường hợp đa thức đối xứng chuyển sang đa thức phụ thuộc vào σ σ , giải phương trình ẩn σ nghiệm thực Theo cách phân tích kết Với đa thức vậy, ta phân tích thừa số cách dùng phương pháp hệ số bất định Bài 3: Phân tích đa thức thành đa thức thành thừa số: P ( x, y ) = x + 3x y + x y + 3xy + y Giải: Ta có: P ( x, y ) = 2( x + y ) + xy ( x + y ) + x y = 2(σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 ) + 3σ (σ 12 − 2σ ) + 6σ 22 = 2σ 14 − 5σ 12σ + 4σ 22 Phương trình σ nghiệm thực Vậy ta phải dùng cách khác Ta có: x + 3x3 y + x y + 3xy + y = ( ax + bxy + cy )(cx + bxy + ay ) (1) Ta phải tìm a, b, c để đẳng thức với giá trị x, y Vì ta áp dụng phương pháp giá trị riêng x, y - Cho x = y = , nên từ đẳng thức (1) ta có:16 = (a + b + c) Từ đó, suy ra: a + b + c = ±4 Ta chọn a + b + c = (2) - Cho x = 1, y = −1 , nên từ đẳng thức (1) ta có: = ( a − b + c ) Suy ra: a − b + c = ±2 Ta chọn a − b + c = (3) -Cho x = 0, y = , suy ac = (4) Giải hệ (2),(3),(4), ta nhận a = 1, b = 1, c = (hoặc a = 2, b = 1, c = ) Khi đó, ta được: x + x y + x y + xy + y = ( x + xy + y )(2 x + xy + y ) Bài 4: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f ( a, b, c) = ( a + b + c)3 − (b + c − a)3 − (c + a − b)3 − (a + b − c )3 Giải: Ta có: σ = a + b + c Khi đó: f ( a, b, c) = σ 13 − (σ − 2a)3 − (σ − 2b)3 − (σ − 2c)3 = −2σ 13 + 6σ 12 ( a + b + c) − 12σ (a + b + c ) + 8(a + b3 + c ) = −2σ 13 + 6σ 13 − 12σ 1.s2 + 8.s3 = −4σ 13 − 12σ (σ 12 − 2σ ) + 8(σ 13 − 3σ 1σ + 3σ ) = 24σ = 24abc Chứng minh đẳng thức Bài 1: Chứng minh đẳng thức: 23 x + y + ( x + y ) = 2( x + xy + y ) Giải: Ta có: VT = σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 + σ 14 = 2σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 = 2(σ 14 − 2σ 12σ + σ 22 ) = 2(σ 12 − σ ) = 2[( x + y) − xy]2 = 2( x + xy + y )2 = VP Bài 2: Chứng minh đồng thức ( x + y )7 − x − y = xy ( x + y )( x + xy + y )2 Giải: Theo công thức Waring, ta có: VT = ( x + y )7 − x − y = σ 17 − s7 = σ 17 − (σ 17 − 7σ 15σ + 14σ 13σ 22 − 7σ 1σ 23 ) = 7σ 15σ + 14σ 13σ 22 − 7σ 1σ 23 = 7σ 1σ (σ 14 − 2σ 12σ + σ 22 ) = 7σ 1σ (σ 12 − σ )2 = xy ( x + y )( x + xy + y ) = VP Bài 3: Cho x + y = 2, x + y = a, x + y = b Chứng minh 2b + 32 = (a + 4) Giải: Đặt σ = x + y = 2,σ = xy Ta có: x + y = a ⇔ σ 12 − 2σ = a ⇒ σ = Lại có: 4−a x + y = b ⇔ σ 14 − 4σ 12σ + 2σ 22 = b 4−a 4−a ⇒ 16 − 4.2  ÷+  ÷ =b     ⇒ a + 4a − = b hay 2b = a + 8a − 16 = ( a + 8a + 16) − 32 = ( a + 4) − 32 ⇒ 2b + 32 = (a + 4) 2 Bài 4: Chứng minh đẳng thức sau: ( x + y )3 + xy (1 − x − y ) − = ( x + y − 1)( x + y − xy + x + y + 1) (*) Giải: Ta biến đổi vế trái đẳng thức (*) VT = ( x + y )3 + 3xy (1 − x − y ) − = σ 13 + 3σ (1 − σ ) − = σ 13 + 3σ − 3σ 1σ − Ta biến đổi vế phải đẳng thức (*) VP = ( x + y − 1)( x + y − xy + x + y + 1) = (σ − 1)(σ 12 − 3σ + σ + 1) = σ 13 − 3σ 1σ + σ 12 + σ − σ 12 + 3σ − σ − = σ 13 − 3σ 1σ + 3σ − = VT (đpcm) 24 Tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng 6.1 Phương pháp giải Để tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng, ta đặt σ = x + y;σ = xy Ta đưa phương trình ban đầu theo phương trình chứa σ , σ Dùng điều kiện σ 12 ≥ 4σ , ta suy điều kiện σ Giải tìm nghiệm nguyên trường hợp 6.2 Ví dụ Bài 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x + y + xy = x + y (1) Giải: Đặt σ = x + y;σ = xy Khi đó, phương trình (1) trở thành: σ + σ = s2 = σ 12 − 2σ ⇒ σ 12 − 3σ − σ = ⇒ σ 12 − σ = 3σ Điều kiện tồn x y σ 12 ≥ 4σ ⇒ σ ≤ σ 12 ⇔ σ − 4σ ≤ ⇔ ≤ σ ≤ Lại có: Từ phương trình σ 12 − σ = 3σ ⇔ (2σ − 1) = 12σ + Khi đó, ta có: σ 12 − σ = 3σ ≤ σ 12 Ta thấy 12σ + số phương nên: - Với σ = 0,σ = phương trình có nghiệm nguyên là: x = 0, y = - Với σ = ⇒ σ = phương trình có nghiệm nguyên là: x = x =   y = y =1 - Với σ = , 12σ + = phương trình nghiệm nguyên x = - Với σ = 3,σ = phương trình có nghiệm nguyên là:  y = x = y = - Với σ = 4,σ = phương trình có nghiệm là:  Vậy phương trình có nghiệm là: x = x = x = x = x = x = ; ; ; ; ;  y = y =1 y = y = y =1 y = Bài 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 25 x =  y =1 x + y + = xy Giải: Đặt σ = x + y,σ = xy Phương trình trở thành σ 13 − 3σ 1σ + = 3σ ⇔ (σ + 1)(σ 12 − σ + − 3σ ) = Trường hợp 1: σ + = , ta có x + y + = , phương trình có vô số nghiệm nguyên ( x ∈ ¢ , y = −1 − x ) Trường hợp 2: σ 12 − σ + − 3σ = Ta viết phương trình dạng σ 12 − σ + = 3σ Từ việc đặt σ = x + y, σ = xy điều kiện tồn hai số x, y σ 12 ≥ 4σ Sử dụng điều kiện ta có: σ 12 − σ + ≤ σ 12 ⇔ σ 12 − 4σ + ≤ ⇔ (σ − 2) ≤ ⇔ σ1 = ⇒ σ = x + y = Khi ta có hệ   xy = Hệ có nghiệm x = y = x = ; y =  Như nghiệm phương trình cho  x ∈ ¢   y = −1 − x Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình x + y = z  3 x + y = z Lời bình: Bài toán có dạng hệ phương trình đối xứng, ta xem z số biến đổi phương trình dạng phương trình đối xứng theo biến x, y Giải: Đặt σ = x + y, σ = xy Hệ phương trình trở thành σ = z σ = z ⇔   2 σ − 3σ 1σ = z  s3 = z Thế phương trình thứ vào phương trình thứ hai, ta σ = σ 13 − 3σ 1σ = σ 12 ⇔ σ (σ 12 − σ − 3σ ) = ⇔  σ − σ − 3σ = * Với σ = Khi đó, ta có: z = ⇒ x = − y Điều không thỏa mản nghiệm cần tìm nguyên dương * Với σ 12 − σ − 3σ = Ta có σ 12 − σ = 3σ 26 Từ việc đặt σ = x + y,σ = xy điều kiện tồn hai số x, y σ 12 ≥ 4σ Sử dụng điều kiện ta có: σ 12 − σ ≤ σ 12 ⇔ σ 12 − 4σ ≤ ⇒ ≤ σ1 ≤ Lại có: Từ phương trình σ 12 − σ = 3σ ⇔ (2σ − 1) = 12σ + Ta thấy 12σ + số phương nên: * Với σ = σ = x + y =  xy = Ta có hệ  Điều không thỏa mản yêu cầu nghiệm nguyên dương * Với σ = σ = x + y =  xy = Ta có hệ  Phương trình có nghiệm nguyên là: x = x =   y = y =1 Các nghiệm không thỏa mản yêu cầu nghiệm nguyên dương * Với σ = , 12σ + = phương trình nghiệm nguyên * Với σ = σ = x + y = (I) xy =  Ta có hệ  Giải hệ (I) , ta nghiệm x = x =   y = y =1 x = x =   Kết hợp với phương trình x + y = z ,ta tìm  y =  y = z = z =   * Với σ = σ = x + y = Ta có hệ  (II)  xy = x = x = Giải hệ (II) , ta tìm nghiệm  x =  Kết hợp với phương trình x + y = z , ta tìm  y = z =  27 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm nguyên dương là: x =  y = z =  x = x =   ;y =1 ; y = z = z =   Các toán khác 7.1 Bài toán tam thức bậc hai Lập phương trình bậc hai mà nghiệm mà nghiệm lũy thừa bậc ba phương trình x − x + = Giải: Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho y1 , y2 nghiệm phương trình bậc hai cần tìm b,c hệ số phương trình bậc hai y + by + c = Áp dụng công thức Vi-et, ta có: σ = x1 + x2 = 6, σ = x1 x2 = Ta có: y1 + y2 = −b; y1 y2 = c Theo giả thiết, ta có: y1 = x13 , y2 = x23 Khi đó: b = −( y1 + y2 ) = −( x13 + x23 ) = − s3 = −(σ 13 − 3σ 1σ ) = −72 c = y1 y2 = x13 x23 = ( x1x2 )3 = σ 23 = 512 Như phương trình bậc hai cần tìm là: y − 72 y + 512 = 7.2 Rút gọn biểu thức sau: 1  1 1 + ÷+ + ÷   ( a + b)  a b  ( a + b )  a b  Giải: Ta có: 1  1 1 + ÷+ + ÷   ( a + b)  a b  ( a + b )  a b   a + b2  a+b = + ÷  ÷  (a + b)  (ab)  (a + b)  ab  Đặt σ = a + b, σ = ab Khi đó, đẳng thức ban đầu trở thành:  s2   σ   σ 12 − 2σ   σ1  +  ÷ ÷ =  ÷+  ÷  σ  (σ )  (σ )  σ  σ  (σ )  (σ )3  σ  = σ 13 − 2σ 1σ 2σ 1σ σ 13 1 + = = 2= 2 3 σ1σ σ1σ σ1σ σ a b 28 Vậy 1  1 1 + ÷+ + ÷= 2   ( a + b)  a b  ( a + b )  a b  a b 7.3 Bài tập tính toán Bài 1: Cho số thực dương a, b thỏa mãn: a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính a 2008 + b 2008 Giải: Đặt s1 = σ = a + b ; σ = ab ; sn = a n + b n Sử dụng công thức Newton, ta có: s102 = σ 1.s101 − σ s100 Mà s100 = s101 = s102 nên σ − σ = hay a + b − ab − = a = ⇔ ( a − 1)(b − 1) = ⇔  b = Do s2008 = a 2008 + b 2008 = Bài 2: Tìm đa thức bậc có hệ số nguyên nhận x = 75 làm nghiệm + Giải: ; b= n n Đặt sn = a + b , ta có s1 = σ = a + b = x σ = ab = Theo công thức Waring có s7 = σ 17 − 7σ 15σ + 14σ 13σ 22 − 7σ 1σ 23 ⇒ + = x − x5 + 14 x3 − x ⇔ 15 x − 105 x5 + 210 x − 105 x − 34 = Vậy đa thức bậc cần tìm là: 15 x − 105 x5 + 210 x3 − 105 x − 34 Đặt a = 29 KẾT LUẬN Khóa luận trình bày số kiến thức sở liên quan, định nghĩa, định lý ứng dụng đa thức đối xứng việc giải toán đại số sơ cấp Nội dung khóa luận dừng lại việc nghiên cứu số toán ứng dụng đa thức đối xứng Trong tương lai, cố gắng nghiên cứu sâu toàn diện vấn đề Do điều kiện thời gian lực nghiên cứu thân nhiều hạn chế nên khoá luận không tránh khỏi thiếu sót, thân mong nhận đóng góp, bổ sung Quý thầy, cô giáo bạn để khóa luận hoàn thiện Cuối cùng, lần xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hướng dẫn ThS Phan Trọng Tiến thầy cô giảng dạy suốt trình học tập hoàn thành khóa luận 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc, Chuyên đề chọn lọc Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Hà Nội, 2009 [2] Nguyễn Hữu Điền, Giải toán phương pháp đại lượng bất biến, NXB Giáo dục, 2004 31 NHẬN XÉT CỦA GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN Giảng viên hướng dẫn (kí, ghi rõ họ tên) NHẬN XÉT CỦA PHẢN BIỆN Phản biện (kí, ghi rõ họ tên) NHẬN XÉT CỦA PHẢN BIỆN Phản biện (kí, ghi rõ họ tên) 32 ... gọi đa thức trường hợp đa thức đối xứng Khóa luận “Ứng dụng đa thức đối xứng vào giải toán đại số ” trình bày số vấn đề liên quan đến nhiều toán có yếu tố đối xứng, biết áp dụng lí thuyết đa thức. .. thức đối xứng vào giải toán đại số ”, đưa số định nghĩa, định lý ứng dụng đa thức đối xứng vào giải toán đại số Chương Lý thuyết đa thức đối xứng Ở chương này, trình bày số kiến thức lý thuyết đa. .. toán có ứng dụng đa thức đối xứng giải phương trình, hệ phương trình, phân tích đa thức thành nhân tử phương pháp làm số toán CHƯƠNG I: LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG Đa thức đối xứng hai biến 1.1