Khóa luận tốt nghiệp MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC

Mục lục MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI MỞ ĐẦU TỔNG QUAN VỀ ĐA THỨC 1.1 Định nghĩa 1.2 Bậc đa thức 1.3 Phép chia đa thức 1.4 Nghiệm đa thức 11 1.4.1 Định nghĩa: 11 1.4.2 Nghiệm bội, nghiệm đơn, nghiệm kép 11 1.5 Đa thức trường số thực phức 13 1.6 Đa thức trường số hữu tỉ 14 1.6.1 Nghiệm hữu tỉ đa thức với hệ số hữu tỉ 14 1.6.2 Đa thức bất khả quy vành Q[x] 16 1.7 Đa thức hệ số nguyên 17 1.8 Vành đa thức nhiều ẩn 19 1.8.1 Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn 19 1.8.2 Đa thức đối xứng 20 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC 2.1 2.2 21 Một số dạng toán đa thức ẩn 21 2.1.1 Dạng 1: Bài toán phép chia đa thức 21 2.1.2 Dạng 2: Bài toán nghiệm đa thức 24 2.1.3 Dạng 3: Bài toán chứng minh tồn xác định đa thức 27 2.1.4 Dạng 4: Bài toán áp dụng định lý Viet 31 Một số dạng toán đa thức nhiều ẩn 35 2.2.1 Dạng 1: Bài toán chứng minh đẳng thức 35 2.2.2 Dạng 2: Bài toán chứng minh bất đẳng thức 38 2.2.3 Dạng 3: Bài toán giải hệ phương trình 40 2.2.4 Dạng 4: Bài toán tìm nghiệm nguyên phương trình 43 KẾT LUẬN 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO 47 LỜI CẢM ƠN Trước tiên, em muốn gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo - ThS Trần Mạnh Hùng - người tận tình hướng dẫn em suốt trình thực khóa luận tốt nghiệp Em xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến thầy cô giảng dạy em bốn năm qua, kiến thức mà em tiếp thu giảng đường Đại học hành trang giúp em vững bược tương lai Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn chân thành đến tất bạn bè, gia đình, người bên động viên giúp đỡ em vượt qua khó khăn sống LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Đa thức tính chất liên quan đến có vị trí quan trọng Toán học, đối tượng nghiên cứu chủ yếu Đại số mà công cụ đắc lực Giải tích Ngoài ra, lý thuyết đa thức sử dụng nhiều Toán cao cấp, Toán ứng dụng thường xuyên gặp toán đa thức kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic Toán học Học sinh, Sinh viên toàn quốc Tuy nhiên, nay, tài liệu đa thức hạn chế Các dạng đa thức chưa phân loại rõ ràng hệ thống hóa đầy đủ đưa phương pháp giải cách tường minh Với tất lý gợi ý cho chọn nghiên cứu đề tài "Một số dạng toán đa thức" làm đề tài cho khóa luận tốt nghiệp đại học Mục đích nghiên cứu Từ lý chọn đề tài với mục đích sau: • Hệ thống lại lý thuyết cách tổng quát đa thức để xây dựng phân loại dạng toán đa thức • Đưa phương pháp giải phong phú nhận xét tập có lời giải • Xây dựng hệ thống tập, phân loại dạng toán tìm hướng giải chung • Thông qua tìm hiểu, nghiên cứu giúp thân hiểu sâu đa thức Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Lí thuyết đa thức, đa thức trường số R, Z, C, Q sử dụng nội dung cốt lõi để phân loại dạng toán • Phạm vi nghiên cứu: Các dạng toán đa thức , tập trung toán toán cấp phổ thông chương trình đại học, đặc biệt chủ yếu toán trích từ đề thi dự tuyển Olympic Toán Sinh viên Học sinh toàn quốc qua năm 4 Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đa thức , tìm hiểu tập đề thi học sinh giỏi, Olympic Toán • Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm thân, bạn học, anh chị xung quanh để tổng hợp hệ thống hóa kiến thức vấn đề kiên cứu đầy đủ khoa học, kết hợp với đưa tập cụ thể để minh họa chi tiết Cấu trúc luận văn Ngoài lời cảm ơn, phần mở đầu danh mục tài liệu tham khảo, luận văn trình bày hai chương: Chương 1: Tổng quan đa thức Chương 2: Một số dạng toán đa thức Chương TỔNG QUAN VỀ ĐA THỨC 1.1 Định nghĩa Giả sử A vành giao hoán có đơn vị P = {(a0 , a1 , , an , ), ∈ A, ∀i ∈ N = hầu hết } Trong P , phép cộng phép nhân định nghĩa sau: 1) (a0 , a1 , , an , ) + (b0 , b1 , , bn , ) = (a0 + b0 , a1 + b1 , , an + bn , ) 2) (a0 , a1 , , an , ).(b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , , cn , ) ci = ak bl , i = 0, 1, 2, 3, , n, k+l=i Với hai phép toán này, P vành giao hoán, có đơn vị Xét ánh xạ : A→P a → (a, 0, , 0, ) đơn cấu Do vậy, ta đồng phần tử a ∈ A với dãy (a, 0, , 0, ) ∈ P A vành P Đặt x = (0, 1, 0, , 0, ), phần tử P dãy (a0 , a1 , , an , 0, ) với ∈ A, i = 0, 1, , n, viết dạng : f (x) = a0 + a1 x + + an xn , f (x) gọi đa thức ẩn x với hệ tử A, (i = 1, n) hệ số đa thức; an hệ số cao nhất, a0 hệ số tự Vành P vành đa thức ẩn x A, kí hiệu là: P = A[x] Phần tử không vành P (0, 0, , 0, ) gọi đa thức không, kí hiệu Tập hợp đa thức hệ số nguyên kí hiệu Z[x] Tập hợp đa thức hệ số hữu tỉ kí hiệu Q[x] Tập hợp đa thức hệ số thực kí hiệu R[x] Tập hợp đa thức hệ số phức kí hiệu C[x] 1.2 Bậc đa thức Cho đa thức: f (x) = a0 + a1 x + + an xn ; f (x) = Nếu an = (n ≥ 0) n gọi bậc đa thức f (x), kí hiệu : deg f (x) Các phần tử khác A đa thức bậc Chúng ta không định nghĩa bậc đa thức bậc Định lý 1.2.1 Cho f (x), g(x) thuộc A[x] Nếu f (x) = , g(x) = deg f (x) = deg g(x) f (x) + g(x) = deg(f (x) + g(x)) = max (deg f (x), deg g(x)) Nếu deg f (x) = deg g(x) f (x) + g(x) = deg(f (x) + g(x)) ≤ max(deg f (x), deg g(x)) Nếu f (x)g(x) = deg(f (x)g(x)) ≤ deg f (x)+ deg g(x) Định lý 1.2.2 Nếu A miền nguyên f (x) = 0, g(x) = f (x).g(x) = deg (f (x).g(x)) = deg f (x) + deg g(x) Hệ 1.2.3 A miền nguyên vành A[x] miền nguyên 1.3 Phép chia đa thức Định lý 1.3.1 Giả sử A trường, f (x) g(x) = hai đa thức vành A[x] Khi tồn hai đa thức q(x) r(x) thuộc A[x] cho f (x) = g(x).q(x) + r(x) Trong đó, r(x) = deg r(x) < deg g(x) - Nếu r(x) = f (x) g(x) A[x] - Nếu r(x) = , ta có deg r(x) < deg g(x); ta gọi q(x) thương; r(x) dư phép chia f (x) cho g(x) A[x] Chứng minh Chứng minh tồn tại: Nếu deg f (x) < deg g(x) ta viết f (x) = g(x).0 + f (x) kết luận Nếu deg f (x) ≥ deg g(x) cho: f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an , a0 = g(x) = b0 xm + b1 xm−1 + + bm−1 x + bm , b0 = a0 n−m x g(x) Dễ thấy; deg f1 (x) < deg f (x) b0 a0 Nếu deg f1 (x) < deg g(x) f (x) = f (x) − xn−m g(x) + f1 (x) b0 a0 n−m r(x) = f1 (x) đa thức phải tìm q(x) = f (x) − x b0 Ta đặt: f1 (x) = f (x) − Nếu deg f1 (x) ≥ deg g(x), đặt f1 (x) = c0 xt + c1 xt−1 + + ct−1 x + ct xét đa c0 thức f2 (x) = f1 (x) − xt−m g(x) Khi đó: b0 f (x) = ( a0 n−m c0 t−m x + x )g(x) + f2 (x) b0 b0 deg f2 (x) < deg f1 (x) < deg f (x) Nếu deg f2 (x) < deg g(x) đa c0 a0 thức phải tìm g(x) = xn−m + xt−m r(x) = f2 (x) b0 b0 Nếu lại có deg f2 (x) ≥ deg g(x) từ f2 (x) ta lại tiến hành với f (x) f1 (x) bước Ta tiếp tục thực trình nhận dãy đa thức f (x), f1 (x), với deg f (x) > deg f1 (x) > Nhưng bậc đa thức số nguyên không âm, nên trình kéo dài vô hạn Nghĩa đến thời điểm ta nhận đa thức fk (x) cho: q(x) = a0 n−m c0 t−m x + x + b0 b0 f (x) = g(x)( a0 n−m c0 t−m x + x + ) + fk (x) b0 b0 Chứng minh tính nhất: Giả tồn hai cặp đa thức q1 (x), r1 (x) q2 (x), r2 (x) thỏa mãn điều kiện đầu Khi đó: f (x) = g(x)q1 (x) + r1 (x) f (x) = g(x)q2 (x) + r2 (x) Ta trừ theo vế hai đẳng thức nhận được: g(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r1 (x) − r2 (x) Nếu g(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r1 (x) − r2 (x) = dẫn đến vô lý deg g(x) ≤ deg [g(x)(q1 (x) − q2 (x))] Suy g(x)(q1 (x) − q2 (x)) = r1 (x) − r2 (x) = Đa thức q(x) r(x) định lý gọi tương ứng thương số dư phép chia f (x) cho g(x) Ngoài ta chia đa thức f (x) cho đa thức g(x), người ta gọi đa thức f (x) đa thức bị chia đa thức g(x) đa thức ước số Định lý 1.3.2 Nếu A trường A[x] vành Euclide vành Gauss, vành Định nghĩa 1.3.3 Một đa thức d(x) chia hết hai đa thức f (x) g(x) cho gọi ước chung f (x) g(x) Cho f (x) g(x) hai đa thức, chúng khác không Đa thức h(x) gọi ước chung lớn f (x) g(x), nếu: - f (x) h(x) g(x) h(x) - f (x) h1 (x) g(x) h1 (x) h(x) h1 (x) Kí hiệu: h(x) = (f (x), g(x)) ước chung lớn f (x) g(x) Dễ thấy h(x) ước chung lớn hai đa thức f (x) g(x), α.h(x) với α = ước chung lớn Cũng h1 (x) h2 (x) ước chung lớn hai đa thức f (x) g(x), từ định nghĩa suy h1 (x) h2 (x), nghĩa h1 (x) = α.h2 (x), α = số Suy hai đa thức có ước chung lớn xác định sai khác số Định lý 1.3.4 Cho f (x) g(x) hai đa thức trường A a) Nếu f (x) g(x) hai đa thức f (x) g(x), ước chung lớn chúng g(x) b) Nếu đa thức f (x) g(x) có ước chung lớn α = số (f (x), g(x)) = (α.f (x), g(x)) = (f (x), α.g(x)) Định lý 1.3.5 Cho A trường, f, g ∈ A[x]; f = gq + r, r ∈ A[x] Khi đó: (f, g) = (g, r) Định lý 1.3.6 (Định lý Beszout) Giả sử A trường, c ∈ A, f (x) ∈ A[x] Dư phép chia f (x) cho x − c f (c) Chứng minh Nếu ta chia f (x) cho x − c, dư đa thức bậc bậc (x − c) Vậy dư phần tử r ∈ A Ta có: f (x) = (x − c).q(x) + r Thay x c , ta được: f (c) = 0.q(c) + r Vậy r = f (c) Hệ 1.3.7 c nghiệm f (x) ⇔ f (x) x − c Định lý 1.3.8 Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an (a0 = 0) g(x) = x − α Khi thương f (x) cho g(x) đa thức bậc n − có dạng: q(x) = b0 xn−1 + b1 xn−2 + + bn−2 x + bn−1 10 Giải Vì α1 , α2 , α3 nghiệm P (x) nên áp dụng công thức Viète ta có:    α1 + α2 + α3 = −2       α1 α2 + α1 α3 + α2 α3 = λ    α1 α2 α3      α + α =1 = α32 Từ đẳng thức ta nhận : = (α1 + α2 + α3 )2 = α12 + α22 + α32 + (α1 α2 + α1 α3 + α2 α3 ) = 2α32 + 2λ Nghĩa α32 = − λ Nhưng α3 nghiệm đa thức cho nên: = α33 + 2α32 + λα3 − = α3 (2 − λ) + (2 − λ) + λα3 = 2α3 − 2λ Nghĩa là: α3 = λ : λ2 = − λ Giải phương trình cho λ ta nhận được: λ = λ = −2 Ví dụ 3: Cho phương trình: 2x3 + x2 − 4x − = có nghiệm x1 , x2 , x3 a) Tính A = x21 + x22 + x23 B = x31 + x32 + x33 b) Lập công thức truy hồi để tính Sn = xn1 + xn2 + xn3 Giải     x1 + x2 + x3 = − 21    a) Theo Viète ta có: x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = −2       x1 x2 x3 = 33 Nên: A = x21 + x22 + x23 = (x1 + x2 + x3 )2 − 2(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) = 17 +4= 4 B = x31 + x32 + x33 = (x1 + x2 + x3 )3 − 3(x1 + x2 + x3 )(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) + 3x1 x2 x3 15 =− −3+ 35 = b) Ta có: S = x1 + x2 + x3 = − 17 35 S3 = x31 + x32 + x33 = B = S2 = x21 + x22 + x23 = A = Vì x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình nên với n ≥ 4:         2xn1 + x1n−1 − 4x1n−2 − 5x1n−3 = 2x1 + x1 − 4x1 − =       ⇒ 2x2 + x2 − 4x2 − = 2xn2 + x2n−1 − 4x2n−2 − 5x2n−3 =           2xn3 + x3n−1 − 4x3n−2 − 5x3n−3 = 2x33 + x23 − 4x3 − = Cộng lại ta có: 2Sn + Sn−1 − 4Sn−2 − 5Sn−3 = Vậy: Sn = 21 (−Sn−1 + 4Sn−2 + 5Sn−3 ) Ví dụ 4: Cho đa thức bậc 4, P (x) Q(x) có hệ số hữu tỷ Chứng minh P (x) Q(x) có nghiệm chung vô tỷ nghiệm chung hữu tỷ P (x) Q(x) có thêm nghiệm chung khác Giải Giả sử : P (x) = a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 , a4 = 0, ∈ Q i = 1, 2, 3, Q(x) = b4 x4 + b3 x3 + b2 x2 + b1 x + b0 , b4 = 0, bi ∈ Q i = 1, 2, 3, Gọi nghiệm chung vô tỷ α1 nghiệm chung hữu tỷ α2 α3 P (x) có thêm nghiệm khác α Q(x) có thêm nghiệm khác β 34  a   α + α + α + α = − ∈ Q a4 Theo định lý Viète thì: a2   α1 α2 + α1 α3 + α1 α + α2 α3 + α2 α + α3 α = ∈Q a4 Suy α1 + α ∈ Q Do vậy, ta có: α2 α3 + α2 (α + α1 ) + α3 (α1 + α) + α1 α ∈ Q ⇒ α1 α ∈ Q Cũng lập luận ta có: α1 + β ∈ Q α1 β ∈ Q Suy ra: α − β = (α1 + α) − (α1 + β) ∈ Q α1 (α − β) = α1 α − α1 β ∈ Q Từ hệ thức suy α − β = (do α1 vô tỷ) Vậy α = β tức đa thức có nghiệm chung khác 2.2 2.2.1 Một số dạng toán đa thức nhiều ẩn Dạng 1: Bài toán chứng minh đẳng thức Ví dụ 1: Chứng minh x + y + z = thì: (x2 + y + z )2 = 2(x4 + y + z ) Giải     δ1 = x + y + z    Đặt: δ2 = xy + yz + xz      δ3 = xyz 35 Ta có: (x2 + y + z )2 = [(x + y + z)2 − 2xy − 2yz − 2xz]2 = (δ12 − 2δ2 )2 = δ14 − 4δ12 δ2 + 4δ22 2(x4 + y + z ) = 2(x2 + y )2 − 4x2 y + 2z = 2(x2 + y + z ) − 4(x2 + y )z − 4x2 y = 2[(x + y + z)2 − 2xy − 2yz − 2xz]2 − 4(x2 y + y z + z x2 ) = 2[(x + y + z)2 − 2(xy + yz + xz)]2 − 4[(xy + yz + xz)2 − 2xyz(x + y + z)] = 2(δ12 − 2δ2 )2 − 4(δ22 − 2δ3 δ1 ) = 2δ14 − 8δ12 δ2 + 8δ22 − 4δ22 + 8δ3 δ1 = 2δ14 − 8δ12 δ2 + 4δ22 + 8δ3 δ1 Theo giả thiết: x + y + z = nên suy δ1 = Suy ra: (x2 + y + z )2 = 2(x4 + y + z ) = 4δ22 Ví dụ 2: Chứng minh x + y + z = 0, đẳng thức sau đúng: a) x3 + y + z x2 + y + z x5 + y + z = b)(x2 + y + z )2 = 2(x4 + y + z ) x2 + y + z x5 + y + z = xyz x7 + y + z x5 + y + z x2 + y + z x3 + y + z x4 + y + z d) = =2 c) Giải Theo định lý tổng lũy thừa ta có: S1 = x + y + z = δ1 = S2 = x2 + y + z = δ1 S1 − 2δ2 = −2δ2 S3 = x3 + y + z = δ1 S2 − δ2 S1 + 3δ3 = 3δ3 S4 = x4 + y + z = δ1 S3 − δ2 S2 + δ3 S1 = −δ2 S2 = 2δ22 S5 = x5 + y + z = δ1 S4 − δ2 S3 + δ3 S2 = −3δ2 δ3 − 2δ2 δ3 = −5δ2 δ3 S6 = x6 + y + z = δ1 S5 − δ2 S4 + δ3 S3 = −2δ23 + 3δ32 36 S7 = x7 + y + z = δ1 S6 − δ2 S5 + δ3 S4 = 5δ22 δ3 + 2δ22 δ3 = 7δ22 δ3 Khi ta có: a) x3 + y + z x2 + y + z S3 S2 3δ3 −2δ2 = = 3 −5δ2 δ3 S5 = −δ2 δ3 = = 5 x5 + y + z = b) (x2 + y + z )2 = S22 = 4δ22 = 2.2δ22 = 2S4 = 2(x4 + y + z ) c) S5 −5δ2 δ3 x5 + y + z = = 5 2S2 −2δ2 = δ3 = −δ2 δ3 = δ3 2 x2 + y + z = xyz d) x7 + y + z S7 7δ δ3 = = 7 = δ22 δ3 = (−δ2 δ3 )(−δ2 ) −5δ2 δ3 −2δ2 S5 S2 = 5 x5 + y + z x2 + y + z = 7 x +y +z 3δ3 2δ22 S3 S4 2 = δ2 δ3 = δ3 δ2 = =2 4 x3 + y + z x4 + y + z =2 = Nhận xét: Các vế đẳng thức đa thức đối xứng nên ta biểu diễn đa thức đối xứng theo đa thức đối xứng Cách giải: B1: Đưa đa thức đối xứng đa thức đối xứng B2: Chứng minh với đẳng thức 37 2.2.2 Dạng 2: Bài toán chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1: Chứng minh với số thực x, y, z ta có bất đẳng thức sau: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + xz) Đẳng thức xảy x = y = z Giải Đặt:   δ = x + y + z  δ2 = xy + yz + xz Ta có: δ12 − 3δ2 = (x + y + z)2 − 3(xy + yz + xz) = x2 + y + z − xy − yz − xz = [(x2 − 2xy + y ) + (y − 2yz + z ) + (z − 2zx + x2 )] = [(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ] Vì x, y, z số thực nên từ đẳng thức: δ12 − 3δ2 = [(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ] ≥ ⇒ δ12 − 3δ2 ≥ ⇒ δ12 ≥ 3δ2 ⇒ (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + xz) Dấu xảy x = y = z Ví dụ 2: Chứng minh với số thực x, y, z có bất đẳng thức sau: (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z) Nếu x > 0, y > 0, z > đẳng thức xảy x = y = z Giải Theo ví dụ 1: ta chứng minh bất đẳng thức: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + xz) 38 Thay x, y, z vào công thức tương ứng với yz, zx, xy ta có: (yz + zx + xy)2 ≥ 3(yz x + zx2 y + xy z) ⇒ (yz + zx + xy)2 ≥ 3xyz(x + y + z) Suy ra: δ22 ≥ 3δ3 δ1 Dấu xảy x = y = z Ví dụ 3: Chứng minh với số thực x, y, z ta có bất đẳng thức sau: 1 (x + y + z)( + + ) ≥ x y z Dấu xảy x = y = z Giải     δ1 = x + y + z    Đặt: δ2 = xy + yz + xz      δ3 = xyz Theo ví dụ ví dụ thì: δ12 ≥ 3δ2 (2.6) δ22 ≥ 3δ3 δ1 (2.7) Vì x, y, z số dương nên: δ1 , δ2 , δ3 số dương nên ta nhân vế bất phương trình (2.6) (2.7) Ta có: δ12 δ22 ≥ 3δ2 3δ3 δ1 ⇔δ12 δ22 ≥ 9δ2 δ3 δ1 Vì δ1 δ2 > nên ta giản ước δ1 δ2 bất phương trình Ta được: δ1 δ2 ≥ 9δ3 ⇒ δ1 δ2 ≥9 δ3 xy + yz + zx ≥9 xyz 1 ⇒ (x + y + z)( + + ) ≥ x y z ⇒ (x + y + z) 39 Nhận xét: Từ đa thức đối xứng đưa đa thức dối xứng Ta có kết gọn Cách giải: B1: Biểu diễn đa thức đa thức đa thức đối xứng B2: Sử dụng số bất đẳng thức sau: Với ∀x, y ∈ R thỏa mãn δ1 = x + y, δ2 = xy thì: δ12 − 4δ2 ≥ ⇒ δ12 ≥ 4δ2 Nếu thêm điều kiện: x ≥ 0, y ≥ δ1 ≥ 0; δ2 ≥ Với ∀x, y, z ∈ R ta có: (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ ⇔ 2(x2 + y + z ) − 2(xy + yz + xz) ≥ ⇔ 2(δ12 − 2δ2 ) − 2δ2 ≥ ⇔ δ12 ≥ 3δ2 Dựa vào bất đẳng thức ta chứng minh bất đẳng thức khác 2.2.3 Dạng 3: Bài toán giải hệ phương trình Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:     x+y+z =3    x2 + y + z = 25      x3 + y + z = 27 Giải     S1 = x + y + z    Đặt: S2 = x2 + y + z      S = x + y + z 40 (2.8) Từ định lý tổng lũy thừa ta có: S1 = x + y + z = δ1 S2 = x2 + y + z = δ12 − 2δ2 S3 = x3 + y + z = δ13 − 3δ1 δ2 + 3δ3 Khi hệ phương trình (2.8) tương đương với hệ sau:         δ1 = δ1 =       ⇒ δ2 = −8 δ12 − 2δ2 = 25           δ3 = −24 δ1 − 3δ1 δ2 + 3δ3 = 27 Mặt khác, từ công thức Viète suy x, y, z nghiệm phương trình: t3 − δ1 t2 + δ2 t − δ3 = 0, tức là: t3 − 3t2 − 8t + 24 = ⇔ t2 (t − 3) − 8(t − 3) = ⇔ (t − 3)(t2 − 8) = √ √ ⇔ (t − 3)(t − 2)(t + 2) =  t=3  √  ⇔ t=2  √ t = −2 Vậy nghiệm hệ phương trình cho : √ √ √ √ √ √ (3; 2; −2 2); (3; −2 2; 2); (2 2; 3; −2 2); √ √ √ √ √ √ (2 2; −2 2; 3); (−2 2; 3; 2); (−2 2; 2; 3) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:    x + y + z =    x2 + y + z = x3 + y + z      xyz = 41 (2.9) Giải     δ1 = x + y + z    Đặt: δ2 = xy + yz + xz      δ3 = xyz Từ định lý tổng lũy thừa ta có: S1 = x + y + z = δ1 S2 = x2 + y + z = δ12 − 2δ2 S3 = x3 + y + z = δ13 − 3δ1 δ2 + 3δ3         δ1 = δ1 =       Ta có hệ phương trình: (2.9) ⇔ δ12 − 2δ2 = δ13 − 3δ1 δ2 + 3δ3 ⇒ δ2 = −3          δ =  δ3 = Mặt khác, từ công thức Viète suy x, y, z nghiệm phương tình: t3 − δ1 t2 + δ2 t − δ3 = 0, tức là: t3 − 3t − = ⇔ t3 + − 3t − = ⇔ (t + 1)(t2 − t + 1) − 3(t + 1) = ⇔ (t + 1)(t2 − t − 2) = ⇔ (t + 1)2 (t − 2) =  t = −1 ⇔ t=2 Vậy hệ có nghiệm : (−1; −1; 2); (−1; 2; −1); (2; −1; −1) Nhận xét: Ta hay gặp hệ phương trình mà vế phương trình hệ đa thức đối xứng ẩn Trong trường hợp này, ta chuyển hệ phương trình mà ẩn đa thức đối xứng Hệ phương trình thường hệ phương trình đơn giản Cách giải: B1: Biểu diễn vế phương trình qua đa thức đối xứng δi (i = 1, n) 42 B2: Ta đặt hệ ẩn δi (i = 1, n) Giải hệ ta tìm δi B3: Vận dụng công thức Viet để tìm nghiệm ban đầu B4: Kết luận 2.2.4 Dạng 4: Bài toán tìm nghiệm nguyên phương trình Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương tình: x3 + y + = 3xy (2.10) Giải (2.10) ⇔ (x + y)3 − 3xy(x + y) + = 3xy Đặt:   δ = x + y (2.11)  δ2 = xy Phương trình trở thành: δ13 − 3δ1 δ2 + = 3δ2 ⇔ (δ1 + 1)(δ12 − δ1 + − 3δ2 ) = Vì x, y > nên x + y = δ1 > Vậy ta có: δ12 − δ1 + − 3δ2 = Từ suy ra: δ2 = (δ12 − δ1 + 1)   x + y = δ1 Từ (2.11) (2.12) ta có hệ phương trình:  xy = δ2 = (δ − δ1 + 1) Suy x, y nghiệm phương trình bậc 2: t2 − δ1 t + (δ12 − δ1 + 1) = 4 Ta thấy: ∆ = δ12 − δ12 + δ1 − = − (δ1 − 2)2 ≤ 3 3 43 (2.12) Để phương trình có nghiệm thì: (δ1 − 2)2 = ⇒ δ1 = ⇒ δ2 =   x + y = ⇔ ⇔x=y=1  xy = Vậy nghiệm phương trình (1;1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x + y = x2 − xy + y Giải Đặt:   δ = x + y  δ2 = xy (2.13) ⇔ (x + y)2 − 3xy = x + y ⇔ δ12 − 3δ2 = δ1 ⇒ δ2 = (δ12 − δ1 ) Khi x, y nghiệm phương trình: t2 − δ1 t + (δ12 − δ1 ) = Để phương trình có nghiệm thì: 4 ∆ = δ12 − δ12 + δ1 = − δ12 + δ1 ≥ 3 3 Hay ≤ δ1 ≤ Do x, y ∈ Z nên δ1 = x + y ∈ Z; δ2 = xy ∈ Z Khi có trường hợp xảy ra: +)δ1 = ⇒ δ2 = ⇒ x = y =  x = 1; y = +)δ1 = ⇒ δ2 = ⇒  x = 0; y = (loại)  x = 1; y = +)δ1 = ⇒ δ2 = ⇒  x = 2; y = +)δ1 = ⇒ δ2 = 44 (2.13) +)δ1 = ⇒ δ2 = ⇒ x = y = Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên là: (0; 0); (1; 0); (0; 1); (2; 1); (1; 2); (2; 2) Nhận xét: Xét phương trình mà biểu thức hai vế có dạng đa thức đối xứng hai biến Tùy theo toán cụ thể mà ta có cách giải hợp lý Cách giải: Đặt δ1 = x + y, δ2 = xy B1: Biểu diễn phương trình ban đầu theo δ1 ; δ2 rút gọn δ2 theo δ1 B2: Để tìm ta có: x,y nghiệm phương trình: t2 − δ1 t + δ2 = Với điều kiện ∆ ≥ , từ suy điều kiện δ1 B3: Tìm x, y theo δ1 ; δ2 B4: Kết luận 45 KẾT LUẬN Khóa luận đạt kết chủ yếu sau: • Khóa luận hệ thống cách tổng quan đa thức • Phân loại dạng toán đa thức như: – Một số dạng toán đa thức ẩn: Bài toán phép chia đa thức, toán nghiệm đa thức, toán chứng minh tồn xác định đa thức, toán áp dụng định lý Viète – Một số dạng toán đa thức nhiều ẩn: Bài toán chứng minh đẳng thức, toán chứng minh bất đẳng thức, toán giải hệ phương trình, toán tìm nghiệm nguyên phương trình Kết đạt khóa luận cố gắng, nỗ lực thân, nhiên tránh khỏi thiết sót Tác giả mong nhận góp ý quý báu quí thầy, quí cô bạn sinh viên để đề tài hoàn thiện 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Hoành Phò, Chuyên khảo Đa thức [2] Kỷ yếu kỳ thi Olympic Toán Sinh viên lần thứ XXII [3] Kỷ yếu kỳ thi Olympic Toán Sinh viên lần thứ XXIII [4] Kỷ yếu kỳ thi Olympic Toán Sinh viên lần thứ XXIV [5] N.H.Điển, Phương pháp điển hình giải Toán phổ thông, NXB Giáo Dục 2001 [6] N.H.Điển, Đa thức ứng dụng, NXB Giáo Dục 2006 [7] Xv.Coonhiagin, If.Sarưgin, Các đề thi vô địch Toán nước, NXB Giáo Dục 1996 47 ... đối xứng) Mọi đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng biểu diễn 20 Chương MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC 2.1 2.1.1 Một số dạng toán đa thức ẩn Dạng 1: Bài toán phép chia đa thức Ví dụ 1:...2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC 2.1 2.2 21 Một số dạng toán đa thức ẩn 21 2.1.1 Dạng 1: Bài toán phép chia đa thức 21 2.1.2 Dạng 2: Bài toán nghiệm đa thức ... (x) = Đa thức q(x) r(x) định lý gọi tương ứng thương số dư phép chia f (x) cho g(x) Ngoài ta chia đa thức f (x) cho đa thức g(x), người ta gọi đa thức f (x) đa thức bị chia đa thức g(x) đa thức