Luận văn toán học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp về đa thức đối xứng do thầy giáo Nguyễn Văn Trọng thực hiện dưới sự hướng dẫn khoa học của thầy, Giáo Sư, Tiến sĩ khoa học, Nguyễn Văn Mậu. Tài liệu định dạng pdf thực hiện bởi tchuowng trình latex, bao gồm tất cả 80 trang, ba chương
Mục lục Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt i Lời nói đầu ii Chương Một số tính chất đa thức đại số thực 1.1 Vành đa thức biến 1.2 Các định lý nghiệm đa thức 1.3 Quy tắc dấu Descartes 1.4 Vành đa thức nhiều ẩn Chương Một số biểu diễn đa thức đối xứng áp dụng 2.1 Đa thức đối xứng ba biến 2.1.1 Các khái niệm 2.1.2 Tổng lũy thừa tổng nghịch đảo 10 2.1.3 Quỹ đạo đơn thức 12 2.1.4 Các định lý đa thức đối xứng ba biến 14 2.1.5 Phân tích đa thức thành nhân tử 18 2.1.6 Tính chia hết đa thức đối xứng 20 2.1.7 Chứng minh đẳng thức ba biến 21 2.1.8 Chứng minh bất đẳng thức ba biến 25 2.2 Đa thức đối xứng nhiều biến 33 2.2.1 Các khái niệm 33 2.2.2 Biểu diễn tổng lũy thừa qua đa thức đối xứng sở 35 i 2.2.3 Các định lý đa thức đối xứng nhiều biến 38 2.2.4 Các hệ thức liên hệ đa thức đối xứng sở 41 2.2.5 Chứng minh bất đẳng thức nhiều biến 47 Chương Một số vấn đề liên quan 57 3.1 Đa thức phản đối xứng nhiều biến 57 3.2 Một số định lý dạng Viete 63 3.3 Đa thức Hyperbolic 67 3.4 Bất đẳng thức dạng Karamata đa thức đối xứng đồng bậc 70 Kết luận 73 Tài liệu tham khảo 75 i DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU N Tập hợp số tự nhiên Z Tập hợp số nguyên Q Tập hợp số hữu tỉ R Tập hợp số thực C Tập hợp số phức A[x] Vành đa thức biến A A[x1 , , xn ] Vành đa thức n biến A σk sk Đa thức đối xứng sở bậc k Tổng lũy thừa bậc k ( ) O xk11 xknn Quỹ đạo đơn thức xk11 xknn ( ) O∗ xk11 xknn Quỹ đạo toàn phần đơn thức xk11 xknn T (x1 , , xn ) Đa thức phản đối xứng đơn giản n biến x1 , , xn DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT AM-GM Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân IMO International Mathematical Olympiad t.ư Tương ứng Lời nói đầu Những lĩnh vực phức tạp đại số bậc trung học phổ thông thường giải phương trình hệ phương trình bậc cao, phân tích đa thức nhiều biến thành nhân tử, chứng minh đẳng thức bất đẳng thức có chứa nhiều biến số vv Một trường hợp quan trọng thường gặp toán lĩnh vực nói biến số đa thức có vai trò nhau, tức đa thức khơng thay đổi hốn đổi vai trò biến cho Chúng ta gọi đa thức đa thức đối xứng Nhiều tốn khó có chứa yếu tố đối xứng biết áp dụng lý thuyết đa thức đối xứng làm cho toán trở thành đơn giản giải dễ dàng Hiện có số tài liệu chuyên khảo đa thức xuất tiếng Việt, có phần dành cho đa thức đối xứng Tuy nhiên, chưa có nhiều tài liệu chun sâu trình bày có hệ thống vấn đề đa thức đối xứng Luận văn đời nhằm đáp ứng phần nhu cầu Nội dung luận văn trình bày sở lý thuyết đa thức đối xứng đưa ví dụ áp dụng đại số sơ cấp Các vấn đề lý thuyết trình bày cách đơn giản theo hướng quy nạp từ ba biến, đến nhiều biến Các ví dụ áp dụng trình bày từ đơn giản đến phức tạp chủ yếu tốn khó, nhiều trích từ đề thi vào trường chun, thi vơ địch nước Olympic Tốn quốc tế Về bố cục, luận văn gồm có Lời nói đầu, bảng mục lục, tài liệu tham khảo ii iii ba chương lấy chương làm trọng tâm Chương Một số tính chất đa thức đại số thực Chương Một số biểu diễn đa thức đối xứng áp dụng Chương Một số vấn đề vấn đề liên quan Luận văn hồn thành dẫn đầy nhiệt tình nghiêm khắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Người trực tiếp giảng dạy, cung cấp tài liệu hướng dẫn cho tác giả hồn thành luận văn Cho phép tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy mong học hỏi Thầy nhiều Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Toán học tất thầy (cơ) tham gia giảng dạy suốt khóa học Xin cảm ơn tất anh (chị) học viên lớp cao học tốn khóa 13 giúp đỡ, động viên chia sẻ khó khăn học tập trình làm luận văn Luận văn khơng thể hồn thành khơng có u thương, chăm lo, giúp đỡ gia đình, cha mẹ, anh chị em Luận văn quà tinh thần để gửi đến người thân gia đình Cuối cùng, cố gắng trình độ chun mơn hạn chế thời gian thực có hạn nên luận văn chắn khơng thể khơng mắc phải thiếu sót Rất mong nhận góp ý, phê bình thầy (cơ) bạn đọc Chương Một số tính chất đa thức đại số thực 1.1 Vành đa thức biến Định nghĩa 1.1 ([2],[7]) Cho A vành giao hốn có đơn vị Một biểu thức có dạng f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , n ∈ N∗ (an ̸= 0) gọi đa thức bậc n biến x Các a0 , a1 , , an ∈ A gọi hệ số đa thức f (x) Trong a0 hệ số tự do, an hệ số bậc cao hay hệ số dẫn đầu Đặc biệt, an = f (x) gọi đa thức chuẩn hay mônic Chú ý Nếu = 0, ∀i = 1, n a0 ̸= f (x) gọi đa thức có bậc Còn = 0, ∀i = 0, n ta nói f (x) đa thức khơng khơng định nghĩa bậc Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A kí hiệu A [x] gọi vành đa thức biến A Ta biết A trường A [x] vành giao hốn có đơn vị Đặc biệt A = Z, (t.ư A = Q, A = R, A = C) ta có vành đa thức tương ứng Z [x] , (t.ư Q [x] , R [x] , C [x]) Trong suốt luận văn này, ta chủ yếu nghiên cứu vành đa thức trường số thực R [x] Các phép toán đa thức Cho đa thức: f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 g (x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0 Khi f (x) + g (x) ; f (x) − g (x) ; f (x) g (x) đa thức xác định sau: Ta viết lại f (x) g (x) dạng hình thức f (x) = Ak xk + Ak−1 xk−1 + · · · + A1 x + A0 , g (x) = Bk xk + Bk−1 xk−1 + · · · + B1 x + B0 , với k = max {m, n} , Ak = ak 0, Bk = bk Khi đó, ta có: f (x)+g (x) = (Ak + Bk ) xk +(Ak−1 + Bk−1 ) xk−1 +· · ·+(A1 + B1 ) x+(A0 + B0 ) , f (x)−g (x) = (Ak − Bk ) xk +(Ak−1 − Bk−1 ) xk−1 +· · ·+(A1 − B1 ) x+(A0 − B0 ) , f (x) g (x) = C2k x2k + C2k−1 x2k−1 + · · · + C1 x + C0 với Cp = ∑ Ai Bj , p = 0, , 2k i+j=p Nhận xét Cho f (x) , g (x) ∈ R [x], giả sử deg (f (x)) = n deg (g (x)) = m Thế thì: deg (f (x) ± g (x)) max {m, n} , deg (f (x) g (x)) = n + m, deg (f (g (x))) = n.m Định lý 1.1 Cho A trường Khi với cặp đa thức f (x) g (x) ̸= vành A [x] tồn cặp đa thức q (x) , r (x) ∈ A [x] cho f (x) = g (x) q (x) + r (x) r (x) ̸= deg r (x) < deg g (x) Đa thức q (x) gọi thương r (x) gọi dư phép chia f (x) cho g (x) Và vậy, f (x) chia hết cho g (x) A [x] r (x) = 1.2 Các định lý nghiệm đa thức Định nghĩa 1.2 Phần tử x0 ∈ A gọi nghiệm đa thức f (x) f (x0 ) = Bài tốn tìm tất nghiệm đa thức bậc n A gọi giải phương trình đại số bậc n A Định lý 1.2 ([2],[7]) Số dư phép chia đa thức f (x) cho x − a f (a) Hệ 1.1 (Định lý Bezout) Số a nghiệm f (x) f (x) chia hết cho x − a Định nghĩa 1.3 ([2],[7]) Số a nghiệm bội cấp m f (x) f (x) chia hết cho (x − a)m không chia hết cho (x − a)m+1 Đặc biệt m = ta nói a nghiệm đơn m = ta nói a nghiệm kép f (x) Định lý 1.3 (Giản đồ Horner) Cho A trường f (x) = an xn +an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ A [x] Khi thương hụt f (x) cho x − a đa thức có dạng q (x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0 bn−1 = an , bk = abk−1 + ak−1 , ∀k = 0, n − dư số r = ab0 + a0 Định lý 1.4 (Định lý Viete) Nếu phương trình bậc n an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, (an ̸= 0) có n nghiệm (thực phức) x1 , x2 , , xn an−1 σ (x) := x + x + · · · + x = − 1 n an a σ2 (x) := x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn = n−2 an n a0 σn (x) := x1 x2 xn = (−1) an (1.1) (1.2) Ngược lại nêú số x1 , x2 , , xn thỏa mãn hệ chúng nghiệm phương trình (1.1) Dễ thấy hệ (1.2) có n thành phần vế trái thành phần thứ k có Cnk số hạng Các hàm σ1 (x) , σ2 (x) , , σn (x) gọi đa thức đối xứng sơ cấp Viete bậc 1, 2, , n tương ứng Định lý 1.5 Mỗi đa thức bậc n khơng có q n nghiệm thực Hệ 1.2 Đa thức có vơ số nghiệm đa thức khơng Hệ 1.3 Đa thức có bậc khơng vượt n nhận giá trị n + điểm khác đối số đa thức Định lý 1.6 (Gauss) Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có n nghiệm (kể bội) Định lý 1.7 Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] bậc n phân tích (duy nhất) thành nhân tử dạng ) m s ( f (x) = an Π (x − di ) Π x2 + bk x + ck i=1 k=1 an hệ số bậc cao nhất, di , bk , ck ∈ R, m + 2s = n, b2k − 4ck < Định lý 1.8 (Bolsano-Cauchy) Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a; b] đồng thời f (a) f (b) < tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (c) = Hệ 1.4 Cho đa thức P (x) ∈ R [x] Nếu tồn số a, b cho P (a) P (b) < đa thức P (x) có nghiệm x = c nằm a b Định lý 1.9 (Định lý Rolle) Nếu hàm số f : [a, b] → R liên tục đoạn [a, b], có đạo hàm f ′ (x) liên tục khoảng (a, b) đồng thời f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = Hệ 1.5 Nếu đa thức P (x) bậc n có n nghiệm thực x1 x2 ··· đa thức đạo hàm P ′ (x) có n − nghiệm thực y1 , y2 , , yn−1 cho x1 x2 y2 x3 xn−1 yn−1 xn y1 xn 1.3 Quy tắc dấu Descartes Định nghĩa 1.4 ([2]) Xét dãy số thực {an }n Chỉ số m (m 1) gọi vị trí (chỗ) đổi dấu dãy am−1 am < am−1 = am−2 = · · · = am−(k+1) = am−k am < 0, m k Trong trường hợp thứ ta nói am−1 am lập thành vị trí đổi dấu, trường hợp thứ hai ta nói am−k am lập thành vị trí đổi dấu Dễ thấy số lần đổi dấu dãy số ( số vị trí đổi dấu ) khơng thay đổi bỏ số hạng số hạng lại bảo tồn vị trí tương hỗ chúng Sau số tính chất số lần đổi dấu dãy số Tính chất Các dãy a0 , a1 , a2 , , an an , an−1 , an−2 , a0 có số lần đổi dấu Tính chất Khi gạch bỏ số hạng dãy số lần đổi dấu khơng tăng lên 61 với At ma trận chuyển vị ma trận A vuông nên biệt thức biến x1 , x2 , , xn biểu diễn sau ∆ (x1 , x2 , , xn ) = Vn2 = 1 ··· 1 x1 x21 ··· xn−1 x1 x2 x3 · · · xn x2 x22 ··· xn−1 x2n ··· xn−1 n xn−1 xn−1 xn−1 · · · xn−1 n xn Theo quy tắc nhân ma trận, ta có ∆ (x1 , x2 , , xn ) = s0 s1 s2 ··· sn−1 s1 s2 s3 ··· sn sn−1 s0 = n, sn sn+1 ··· , (3.4) s2n−2 sn = xn1 + xn2 + · · · + xnn Từ công thức (3.4) ta thấy biệt thức hồn tồn biểu diễn dạng định thức qua tổng lũy thừa Mà theo cơng thức Waring tổng lũy thừa lại biểu diễn dạng đa thức qua đa thức đối xứng sở Như vậy, biệt thức biểu diễn dạng đa thức theo biến đa thức đối xứng sở Định lý chứng minh Ta biết biệt thức ∆ = b2 − 4ac = (x1 − x2 )2 đóng vai trò quan trọng việc giải biện luận nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = Đối với phương trình bậc ba, ta có kết sau Định lý 3.5 Xét phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = (3.5) ∆ = a2 b2 − 4a3 c − 4b3 − 27c3 + 18abc (3.6) với hệ số thực kí hiệu 62 gọi biệt thức phương trình Khi đó: a) Nếu ∆ > phương trình (3.5) có ba nghiệm thực phân biệt b) Nếu ∆ < phương trình (3.5) có nghiệm thực, hai nghiệm lại hai nghiệm phức liên hợp c) Nếu ∆ = a2 − 3b ̸= phương trình (3.5) có nghiệm thực hai nghiệm trùng ( nghiệm kép) Nếu ∆ = a2 − 3b = phương trình (3.5) có ba nghiệm thực trùng ( nghiệm bội ba) Chứng minh Giả sử x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình (3.5) với ý có nghiệm thực Khi theo định lý Viete, ta có x1 + x2 + x3 = −a, x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b, x1 x2 x3 = −c Xét biệt thức số x1 , x2 , x3 (tức bình phương đa thức phản đối xứng đơn giản x1 , x2 , x3 ) 2 ∆ = T (x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x2 ) (x1 − x3 ) (x2 − x3 ) Theo công thức (3.3) hệ thức Viete trên, ta suy ∆ = a2 b2 − 4a3 c − 4b3 − 27c3 + 18abc a) Rõ ràng tất nghiệm phương trình (3.5) thực phân biệt T số thực khác khơng, ∆ = T > Điều ngược lại suy từ b) Giả sử x1 nghiệm thực, x2 , x3 nghiệm phức dạng x2 = α + iβ, x3 = α − iβ, α, β ∈ R Khi [ T = (x1 − α − iβ) (x1 − α + iβ) 2iβ = 2iβ (x1 − α) + β ] , [ ] vậy, ∆ = T = −4β (x1 − α) + β < c) Từ kết trình bày phần b) ta thấy phương trình (3.5) có hai 63 nghiệm nghiệm phương trình thực ∆ = Bây giờ, ta xét biểu thức ( ) ( ) 2 ∆1 = (x1 − x2 ) + (x1 − x3 ) + (x2 − x3 ) = σ12 − 3σ2 = a2 − 3b Rõ ràng x1 , x2 , x3 số thực ∆1 = 0, tức a2 = 3b phương trình (3.5) có ba nghiệm thực (nghiệm bội ba) Cuối ∆ = a2 ̸= 3b phương trình có nghiệm số kép Định lý chứng minh 3.2 Một số định lý dạng Viete Bổ đề 3.2 Đa thức bậc ba với hệ số thực f (x) = −4x3 + 3ax2 − 2bx + c có nghiệm thực hệ số a, b, c có dạng a=α+β+γ+δ b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ (3.7) α, β, γ, δ ∈ R Chứng minh Điều kiện đủ Xét đa thức nguyên hàm F (x) = −x4 + ax3 − bx2 + cx − m với m số thực tùy ý Thay a, b, c từ công thức (3.7) vào F (x), ta F (x) = −x4 + (α + β + γ + δ) x3 − (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ) x2 + (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ) x − m Vì m tùy ý nên chọn m = αβγδ, ta nhận F (x) = − (x − α) (x − β) (x − γ) (x − δ) 64 Suy F (x) có nghiệm thực α, β, γ, δ Khi theo định lý Rolle f (x) = F ′ (x) có nghiệm thực Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc ba có ba nghiệm thực Ta chứng minh tồn đa thức bậc bốn có bốn nghiệm thực nguyên hàm f (x) tức F (x) = − (x − α) (x − β) (x − γ) (x − δ) , F ′ (x) = f (x) Thật vậy, ta xét trường hợp sau: i) Nếu f (x) có nghiệm bội x0 f (x) = −(x − x0 ) Chọn F (x) = −(x − x0 ) ta có α = β = γ = δ = x0 ii) Nếu f (x) có nghiệm kép x0 nghiệm lại x1 Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử x0 = 0, f (x) có dạng f (x) = −4x2 (x − x1 ) = −4x3 + 4x1 x2 ( ) Chọn nguyên hàm F (x) = −x4 + 43 x1 x3 = −x3 x − 43 x1 có x = nghiệm bội 3, x = 34 x1 nghiệm đơn Khi ta chọn α = β = γ = 0, δ = x1 Trong trường hợp tổng quát, f (x) có nghiệm kép x0 nghiệm lại x1 ta chọn α = β = γ = x0 , δ = x0 + x1 iii) Cuối cùng, f (x) có nghiệm phân biệt Khơng giảm tính tổng qt, coi f (x) có dạng f (x) = −4 (x + a) x (x − b) , với a > 0, b > hay f (x) = −4x3 − (a − b) x2 + 4abx 65 Ta chọn nguyên hàm ) ( 4 F (x) = −x4 − (a − b) x3 + 2abx2 = −x2 x2 + (a − b) x − 2ab 3 Như F (x) có x = nghiệm kép Xét phương trình x2 + 43 (a − b) x − 2ab = 0, ta có 4(a + b) + 2ab ∆ = >0 ′ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Chọn α = β = 0, γ = x1 , δ = x2 Bổ đề 3.2 chứng minh Từ bổ đề 3.2 ta phát biểu kết sau Định lý 3.6 Đa thức bậc ba với hệ số thực f (x) = x3 + ax2 + bx + c có nghiệm thực hệ số có dạng a = −3 (α + β + γ + δ) b = 12 (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ) c = −1 (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ) α, β, γ, δ ∈ R Định lý 3.7 Đa thức bậc bốn với hệ số thực f (x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d có nghiệm thực (nhưng khơng có nghiệm kép ) hệ số có dạng a = α1 + α2 + α3 + α4 + α5 b = α1 α2 + α1 α3 + α1 α4 + α1 α5 + α2 α3 + α2 α4 + α2 α5 + α3 α4 + α3 α5 + α4 α5 c = α1 α2 α3 + α1 α2 α4 + α1 α2 α5 + α1 α3 α4 + α1 α3 α5 + α2 α3 α4 + α2 α3 α5 + α3 α4 α5 d = α1 α2 α3 α4 + α1 α2 α3 α5 + α1 α2 α4 α5 + α1 α3 α4 α5 + α2 α3 α4 α5 (3.8) α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ∈ R 66 Chứng minh Điều kiện đủ Xét hàm số F (x) = (x + α1 ) (x + α2 ) (x + α3 ) (x + α4 ) (x + α5 ) có nghiệm thực α1 , α2 , α3 , α4 , α5 Khi đó, đạo hàm f (x) = F ′ (x) = có nghiệm thực Do đa thức f (x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d có nghiệm thực với a, b, c, d thỏa điều kiện (3.9) Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc bốn có nghiệm thực x1 , x2 , x3 , x4 trừ trường hợp có nghiệm bội Khi tồn đa thức bậc năm (là nguyên hàm f (x)) có nghiệm thực, tức F (x) = (x + α1 ) (x + α2 ) (x + α3 ) (x + α4 ) (x + α5 ) Từ ta suy điều phải chứng minh Đối với đa thức bậc cao (n 4) điều kiện cần để ứng với đa thức có nghiệm thực cho ta nguyên hàm có nghiệm thực trở nên phức tạp Tuy nhiên, ta có điều kiện đủ phát biểu định lý sau Định lý 3.8 Đa thức f (x) = (n + 1) xn − na1 xn−1 + (n − 1) a2 xn−2 + · · · + n (−1) an với hệ số a1 , a2 , , an có dạng a1 = E1 (x) a2 = E2 (x) an = En (x) (3.9) Ek (x) đa thức đối xứng Viete bậc k theo biến thực x1 , x2 , , xn+1 , luôn có nghiệm thực 67 Chứng minh Xét đa thức nguyên hàm f (x) có dạng n n+1 F (x) = xn+1 − a1 xn + a2 xn−1 − · · · + (−1) an x + (−1) an+1 , a1 , a2 , , an xác định (3.9) an+1 = x1 x2 xn Theo định lý Viete, ta suy F (x) = (x − x1 ) (x − x2 ) (x − xn+1 ) hay đa thức F (x) có n + nghiệm thực Mặt khác, F ′ (x) = f (x) nên theo định lý Rolle ta có điều phải chứng minh 3.3 Đa thức Hyperbolic Định nghĩa 3.4 Cho điểm a ¯ = (a1 , a2 , , an ) đa thức bậc m P (t¯) := P (t1 , t2 , , tn ) = ∑ aj1 j2 jn tj11 tj22 tjnn j1 +j2 +···+jn =m với ji ∈ N, ∀i = 1, n Đa thức P (t¯) gọi đa thức hyperbolic điểm a phương trình theo ẩn s dạng P (sa + t) := P (sa1 + t1 , sa2 + t2 , , san + tn ) = ln có m nghiệm thực với số thực tj Sau xem xét số mệnh đề đưa biểu diễn đa thức hyperbolic Mệnh đề 3.2 Cho đa thức P (t¯) điểm a ¯ thỏa P (a) ̸= Khi đó, đa thức P (t¯) đa thức hyperbolic điểm a ¯ P (t¯) biểu diễn dạng m P (sa + t) := P (a) Π (s + λk (a, t)) k=1 hàm λk (a, t) nhận giá trị thực 68 Chứng minh Theo giả thiết P (sa + t) đa thức bậc m với hệ số bậc cao P (a) ̸= theo định nghĩa 3.4 đa thức có m nghiệm thực Do ta có phân tích thừa số dạng m P (sa + t) := P (a) Π (s + λk (a, t)) k=1 hàm λk (a, t) nhận giá trị thực Điều ngược lại hiển nhiên Mệnh đề 3.3 Cho P (t¯) đa thức hyperbolic điểm a ¯ Khi đó, đa thức n ∑ ∂ Q (x) := P (x) ∂xk k=1 đa thức hyperbolic điểm a ¯ Chứng minh Chứng minh nhận trực tiếp từ định lý Rolle sau đây:Nếu nghiệm t = x y phương trình f (x, y) = p0 xm + p1 xm−1 y + + pm y m = (3.10) thực nghiệm phương trình nhận từ (3.10) sau lấy đạo hàm theo biến x (coi y tham số) theo biến y (coi x tham số) có nghiệm thực Mệnh đề 3.4 Cho P (t¯) đa thức hyperbolic điểm a ¯ Khi đó, có biểu diễn P (sa + t) = m ∑ () sk Pk t k=1 () đa thức Pk t đa thức hyperbolic điểm a ¯ Chứng minh Chứng minh mệnh đề 3.4 suy trực tiếp cách áp dụng liên tiếp kết mệnh đề 3.3 Ví dụ 3.1 Đa thức dạng P (x) = x21 − x22 − · · · − x2n 69 với x = (x1 , x2 , , xn ) đa thức hyperbolic điểm a mà P (a) > Giải Đa thức cho đa thức bậc hai Để chứng minh P (x) đa thức hyperbolic, ta xét phương trình theo ẩn s dạng P (sa + t) = với t = (t1 , t2 , , tn ) a = (a1 , a2 , , an ) Ta có P (sa + t) = 2 ⇔ (sa1 + t1 ) − (sa2 + t2 ) − · · · − (san + tn ) = ( ) ( ) ⇔ f (s) := a21 − a22 − · · · − a2n s2 +2 (a1 t1 − a2 t2 − · · · − an tn ) s+ t21 − t22 − · · · − t2n = Vì P (a) = a21 − a22 − · · · − a2n > f ( −t a1 ) < nên phương trình có hai nghiệm phân biệt Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.2 Đa thức dạng P (x) = x1 x2 xn với x = (x1 , x2 , , xn ) đa thức hyperbolic điểm a mà P (a) > Giải Ta thấy đa thức cho bậc n Sử dụng định nghĩa, ta xét phương trình theo ẩn s dạng P (sa + x) = với s ∈ R Phương trình tương đương với phương trình (sa1 + x1 ) (sa2 + x2 ) (san + xn ) = ⇔s= −x1 −x2 −xn ∨s= ∨ ··· ∨ s = a1 a2 an Điều chứng tỏ phương trình P (sa + x) = có n nghiệm thực với x = (x1 , x2 , , xn ) Vậy đa thức P (x) = x1 x2 xn đa thức hyperbolic điểm a mà P (a) = a1 a2 an > Ví dụ 3.3 Mọi đa thức đối xứng sở σk (x) , hyperbolic điểm a = (1, 1, , 1) ( ) k = 1, n đa thức 70 Giải Theo ví dụ 3.2 đa thức P (x) = σn = x1 x2 xn đa thức hyperbolic điểm a = (1, 1, , 1) Xét đa thức theo ẩn s dạng P (sa + x) = (s + x1 )(s + x2 ) (s + xn ) Khi đó, dễ thấy P (sa + x) = sn + σ1 sn−1 + · · · + σn−1 s + σn , σk đa thức đối xứng cở sở bậc k x hay σ1 = x1 + x2 + · · · + xn , σ2 = x1 x2 + x1 x3 + xn−1 xn , σn = x1 x2 xn ) ( Theo mệnh đề 3.4 đa thức đối xứng sở σk , k = 1, n đa thức hyperbolic điểm a = (1, 1, , 1) 3.4 Bất đẳng thức dạng Karamata đa thức đối xứng đồng bậc Trong phần ta xét số bất đẳng thức dạng " Karamata " đa thức đối xứng đồng bậc Ví dụ 3.4 Với dãy số z1 , z2 , ta kí hiệu E1 (z1 , z2 , , zk ) = z1 + z2 + · · · + zk , k ∈ Z+ E2 (z1 , z2 , , zk ) = z1 z2 + z1 z3 + · · · + zk−1 zk , k ∈ Z+ Cho dãy số giảm, không âm x1 , x2 , a1 , a2 , thỏa điều kiện E1 (x1 ) E1 (a1 ) , E1 (x1 , x2 ) E1 (a1 , a2 ) , E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) E1 (a1 , a2 , , an−1 ) , E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) , với n nguyên dương Chứng minh E2 (x1 , x2 , , xn ) E2 (a1 , a2 , , an ) 71 Giải Trước hết ta nhắc lại biến đổi Abel sau: Xét tổng hữu hạn i=1 bi = n−1 ∑ bi Đặt i=1 Sk = a1 + a2 + · · · + ak , k = 1, , n Khi ta có n ∑ n ∑ Si (bi − bi+1 ) + Sn bn i=1 Ta nhận thấy ( ) E12 (x1 , x2 , , xn ) − E1 x21 , x22 , , x2n = 2E2 (x1 , x2 , , xn ) Do bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) E12 (x1 , x2 , , xn )−E1 x21 , x22 , , x2n ( ) E12 (a1 , a2 , , an )−E1 a21 , a22 , , a2n ( ) hay E1 x21 , x22 , , x2n ( ) E1 a21 , a22 , , a2n ( E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) ) a2k + 2ak (xk − ak ) , ∀k = 1, , n Để ý x2k Cộng vế bất đẳng thức với sử dụng biến đổi Abel, ta suy ( ) E1 x21 , x22 , , x2n n−1 ∑ ( ) E1 a21 , a22 , , a2n + (ak − ak+1 ) (E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )) k=1 Cuối cùng, dãy {an } giảm E1 (x1 , x2 , , xk ) E1 (a1 , a2 , , ak ) , ∀k = 1, , n − nên n−1 ∑ k=1 (ak − ak+1 ) (E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )) ) ( Do E1 x21 , x22 , , x2n ) ( E1 a21 , a22 , , a2n ta có E2 (x1 , x2 , , xn ) E2 (a1 , a2 , , an ) Ví dụ 3.5 Cho đa thức f (x) có đạo hàm cấp hai f ′′ (x) > 0, ∀x ∈ R dãy số giảm, không âm x1 , x2 , a1 , a2 , thỏa điều kiện 72 E1 (x1 ) E1 (a1 ) , E1 (x1 , x2 ) E1 (a1 , a2 ) , E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) E1 (a1 , a2 , , an−1 ) , E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) , với n nguyên dương Chứng minh E1 (f (x1 ) , f (x2 ) , , f (xn )) E1 (f (a1 ) , f (a2 ) , , f (an )) Giải Theo giả thiết f (x) hàm lồi nên ta có f (xk ) f (ak ) + f ′ (ak ) (xk − ak ) , ∀k = 1, , n Cộng vế theo vế bất đẳng thức trên, ta E1 (f (x1 ) , f (x2 ) , , f (xn )) n ∑ E1 (f (a1 ) , f (a2 ) , , f (an ))+ f ′ (ak ) (xk − ak ) k=1 Sử dụng biến đổi Abel, ta có E1 (f (x1 ) , f (x2 ) , , f (xn )) + n ∑ E1 (f (a1 ) , f (a2 ) , , f (an )) (f ′ (ak ) − f ′ (ak+1 )) (E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )) k=1 Vì f ′′ (x) > 0, ∀x ∈ R nên f ′ (x) tăng, từ giả thiết suy n ∑ (f ′ (ak ) − f ′ (ak+1 )) (E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )) k=1 Vậy E1 (f (x1 ) , f (x2 ) , , f (xn )) E1 (f (a1 ) , f (a2 ) , , f (an )) Dấu đẳng thức xảy xk = ak , ∀k = 1, , n Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau Chứng minh công thức truy hồi Newton trường hợp biến n biến Trình bày cơng thức Waring trường hợp biến, n biến đưa số công thức biểu diễn tổng lũy thừa Đưa khái niệm Quỹ đạo đơn thức biểu diễn quỹ đạo qua đa thức đối xứng sở Phát biểu chứng minh định lý Mọi đa thức đối xứng biểu diễn dạng đa thức theo biến đa thức đối xứng sở trường hợp biến n biến Trình bày số toán áp dụng biểu diễn đa thức đối xứng đại số sơ cấp Phát biểu chứng minh định lý biểu diễn đa thức phản đối xứng Biểu diễn biệt thức qua đa thức đối xứng sở, chứng minh định lý nghiệm phương trình bậc ba theo biệt thức ∆ Phát biểu chứng minh định lý dạng Viete phương trình bậc 3,4, ,n Nêu khái niệm đa thức Hyperbolic, chứng minh đa thức đối xứng sở đa thức Hyperbolic Chứng minh bất đẳng thức dạng Karamata đa thức đối xứng 73 74 đồng bậc Mặc dù thân cố gắng nghiêm túc trình thực đề tài, lý thời gian có hạn trình độ chun mơn hạn chế nên luận văn chắn mắc phải nhiều thiếu sót Rất mong nhận ý kiến góp ý, bổ sung quý thầy, cô bạn Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, Nhà xuất Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2003), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, Nhà xuất Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2008), Chuyên đề đa thức đối xứng áp dụng, Nhà xuất Giáo dục [4] V.G Boltianski, N.Ia Vilenkin (1967), Symmetry in algebra, Nauka, Moscow [5] V.A Krechmar (1968), Problems in algebra, Nauka, Moscow [6] G.H Hardy, J.E Little Wood, G Polya (2002), Bất đẳng thức, Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội [7] G.V Milovanovic (1994), Topics in Polynomials, Extremal Problem, Inequalities, Zeros, World Scientific [8] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ (2010-2011), Nhà xuất Giáo dục 75 ... lý 2.4, quỹ đạo lại đa thức theo đa thức đối xứng sở, đa thức đối xứng biểu diễn dạng đa thức theo đa thức đối xứng sở Định lý chứng minh Định lý 2.6 (Tính nhất) Nếu hai đa thức φ (t, u, v) ,... Mọi đa thức đối xứng biểu diễn dạng đa thức đa thức đối xứng sở Phần trình bày rõ chi tiết chương sau Chương Một số biểu diễn đa thức đối xứng áp dụng Trong toàn chương này, ta xem xét đa thức. .. gọi đa thức đa thức đối xứng Nhiều tốn khó có chứa yếu tố đối xứng biết áp dụng lý thuyết đa thức đối xứng làm cho toán trở thành đơn giản giải dễ dàng Hiện có số tài liệu chuyên khảo đa thức