Vành đa thức và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN ĐỨC THỌ VÀNH ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục VÀNH ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức biến 1.2 Đa thức bất khả quy 1.3 Tính đóng đại số trường C 1.4 Vành đa thức nhiều biến 1.5 Đa thức đối xứng MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA VÀNH ĐA THỨC 2.1 Một số chặn cho nghiệm đa thức 2.2 Tính chia hết vài đa thức đặc biệt 2.3 Ước chung dãy số từ đa thức 2.4 Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp 2.5 Ứng dụng lí thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp 2.6 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 5 11 18 29 33 39 39 42 46 47 50 60 Kết luận 68 Tài liệu tham khảo 69 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Vành đa thức phần quan trọng nhiều lĩnh vực Toán học, chẳng hạn: Đại số, Giải tích, Hình học, Tốn rời rạc vv Trong chương trình tốn phổ thơng, phần đa thức chủ yếu đưa vào môn Đại số Giải tích Đặc biệt kỳ thi đại học, học sinh giỏi quốc gia quốc tế có tốn liên quan đến đa thức Chính mà chuyên đề vành đa thức thiết thực với muốn tìm hiểu sâu toán sơ cấp Từ kết đạt vành đa thức vận dụng giải số tốn hình học phức tạp, giải hệ phương trình xây dựng số kết Tổ hợp, Số học Khi xét đa thức ta thường quan tâm đến nghiệm, tính bất khả quy việc biểu diễn thành tích nhân tử bậc nhỏ Nội dung luận văn nhằm giải hai vấn đề chính: Vấn đề 1: Chứng minh lại số kết vành đa thức mà kết gắn liền với tên tuổi nhà toán học lỗi lạc Vận dụng kết đạt để giải số toán đặt Vấn đề 2: Đưa số chặn nghiệm đa thức, tiêu chuẩn chia hết vài đa thức đặc biệt, ước chung dãy số từ đa thức, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng Luận văn chia làm hai chương Chương I: Vành đa thức Nội dung chương I trình bày số khái niệm vành đa thức, vài tiêu chuẩn bất khả quy, tính đóng đại số trường C, đa thức đối xứng Chương II: Một số ứng dụng vành đa thức Nội dung chương II trình bày chặn nghiệm, tính chất chia hết vài đa thức đặc biệt, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp Trong chương chúng tơi cịn trình bày ứng dụng lý thuyết đa thức đối xứng vào đại số sơ cấp xây dựng đa thức bậc ba với nghiệm đại lượng liên quan đến tam giác Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót định, em mong nhận góp ý thầy giáo bạn Luận văn hồn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Em xin tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy giúp đỡ nhiệt tình từ xây dựng đề cương, viết hoàn thành luận văn Tiếp theo em xin chân thành cảm ơn thầy giáo phản biện đọc góp ý để em hồn thiện luận văn Em xin cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nơi em nhận học vấn sau đại học Xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp cảm thông, chia sẻ, ủng hộ giúp đỡ thời gian em học cao học viết luận văn Lời cuối em xin chúc sức khỏe thầy cô giáo đồng nghiệp Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 20 tháng năm 2012 Người thực Trần Đức Thọ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương VÀNH ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức biến Khái niệm vành đa thức biến R Giả sử V vành giao hoán A vành Giả sử v ∈ V Mọi vành V chứa A v chứa phần tử có dạng a0 + a1 v + a2 v + + an v n ∈ A, n ∈ N Một phần tử gọi đa thức V với hệ tử A, i = 1, 2, , n Nếu b0 + b1 v + b2 v + + bm v m đa thức v, m ≥ n thì: (a0 + a1 v + a2 v + + an v n ) + (b0 + b1 v + b2 v + + bm v m ) = (a0 +b0 )+(a1 +b1 )v+(a2 +b2 )v + +(an +bm )v m +am+1 v m+1 + +an v n (a0 + a1 v + a2 v + + an v n ).(b0 + b1 v + b2 v + + bm v m ) aj bk v i + + (an bm )v n+m = (a0 b0 ) + (a1 b0 + a0 b1 )v + + j+k=i Vậy tổng tích hai đa thức R lại đa thức R Mặt khác dĩ nhiên đa thức thuộc R Vậy tập hợp đa thức v với hệ tử A lập thành vành V Dĩ nhiên vành nhỏ V chứa A v Kí hiệu vành qua vành A[v] Nếu tồn hệ thức đa thức d0 + d1 v + d2 v + + dn v n = 0(di ∈ A)m ≥ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn với di = 0, hai đa thức của√v có dạng khác trùng Thí dụ, V=R, A=Q, v = nghiệm − v = 0, ta có chẳng hạn: + 2v = + 0v + 0v + v Nhưng hệ thức có dạng: d0 + d1 v + d2 v + + dn v n = 0(di ∈ A) n xảy tất di = 0, hai đa thức v i i=0 m bi v j j=0 hệ tử tương ứng với bj Thật n ≥ m n m i bj v j v = i=0 j=0 (a0 −b0 )+(a1 −b1 )v+(a2 −b2 )v + +(am −bm )v m +am+1 v m+1 + +an v n Từ = bi (i = 0, , n) am+1 = = an = Như để xác định cấu trúc vành đa thức, ta cần có sẵn vành m dạng A[x], hệ thức di X i = kéo theo ∀di = Ta i=0 ý trường hợp này, đa thức X có dạng a0 + a1 X + a2 X + + an X n xác định dãy (a0 , a1 , a2 , ) với tính chất = với i đủ lớn Các nhận xét đưa ta đến cách dựng sau vành A[x] Vành đa thức biến Giả sử A vành giao hoán cho B tập hợp dãy vô hạn: (a0 , a1 , a2 , )với = (a, 0, , 0) Với số hữu hạn hạng tử = Hai phần tử (a0 , a1 , a2 , ) (b0 , b1 , b2 , ) B xem = bi , ∀i Phép cộng B định nghĩa (a0 , a1 , a2 , ) + (b0 , b1 , b2 , ) = (a0 + b0 , a1 + b1 , a2 + b2 , ) Vế phải phần tử B tất số hạng điểm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (B,+) rõ ràng nhóm Aben Phần tử không 0=(a, 0, 0, ) phần tử đối (a0 , a1 , a2 , ) (−a0 , −a1 , −a2 , ) Phép nhân B định nghĩa (a0 , a1 , a2 , ).(b0 , b1 , b2 , ) = (p0 , p1 , p2 , ) pi cho i pi = aj b k aj bi−j = j=0 j+k=i Nếu = với i > n bj = với j > m pk = với k > n + m Vậy vế phải tích phần tử B Nếu a = (a0 , a1 , a2 , ), b = (b0 , b1 , b2 , ) c = (c0 , c1 , c2 , ) hạng tử với số i (ab)c   aj b k  c l =  m+l=i j+k=m aj bk cl j+k+l=i Tương tự hạng tử tương ứng a(bc) là: aj m+j=i b k cl = k+l=m aj b k c l j+k+l=i Vậy (ab)c=a(bc) Mặt khác rõ ràng ta có ab=ba Dãy 1=(1,0,0, ) đóng vai trị đơn vị Vậy (B,.,1) vị nhóm giao hốn Phép nhân phân phối phép cộng, ta có (aj + bj )ck = j+k=i aj ck + j+k=l bj ck j+k=i Vế trái hạng tử thứ i (a+b)c, vế phải hạng tử thứ i ac+bc Như B vành giao hoán Ánh xạ f xác định bởi: f : A→ B a → (a,0, ) Vậy ta đồng hóa A với f(A) đẳng cấu với nó, ta xem A vành vành B Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ta kí hiệu (0,1,0,0, ) X gọi ẩn A Ta có X = (0, 1, 0, 0, ) X = (0, 0, 12 , 0, ) X k = (0, 0, , 1k+1 , 0, ) Ngồi ta cịn bao hàm thức A ⊆ B ta có (0, 0, , a, 0, 0, ) = aX k = X k a Phần tử tổng quát (a0 , a1 , a2 , an , 0, 0, ) B viết theo kí hiệu sau: a0 + a1 X + a2 X + + an X n Vậy B=A[X ] Nếu a0 + a1 X + + an X n = (a0 , a1 , an , 0, ) = Do = 0∀i Vành B = A[X] xác định gọi vành đa thức ẩn X A Các phần tử gọi đa thức X Ta thường viết f (X) = a0 + a1 X + a2 X + + an X n f (X) = an X n + an−1 X n−1 + + a1 X + a0 Hệ tử a0 gọi hạng tử hạng tử tự Nếu an = an gọi hệ tử cao n gọi bậc đa thức kí hiệu n = degf (X) Ta gán cho đa thức khơng bậc −∞ Ta có −∞ + (−∞) = −∞ , −∞ + n = −∞ −∞ < n, ∀n ∈ N đa thức bậc cịn gọi tuyến tính Từ định nghĩa phép cộng phép nhân A[X] , ta suy deg(f (X) + g(X)) ≤ max(degf (X), degg(X)) deg(f (X)g(X)) ≤ degf (X) + degg(X) Bất đẳng thức thứ hai thay đẳng thức deg(f (X)g(X)) = degf (X) + degg(X) Mỗi tích an bm hệ tử cao f(X) g(X) khác khơng, f (X).g(X) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )X + + an bm X n+m Như vậy, A miền nguyên vẹn vành A(X) miền nguyên vẹn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.1.1 [Tính chất độc xạ vành A[X]] Giả sử A vành giao hoán, A[X] vành đa thức ẩn X A, f : A → A[X] phép nhúng A vào ttrong A[X] Khi với vành giao hoán V đồng cấu ϕ từ vành A tới vành V, tồn đồng cấu ϕ từ vành A[X] tới vành V cho ϕ(X) = v , v phần tử tùy ý V cho biểu đồ sau giao hốn Hình 1.1: Tính chất độc xạ vành A[X] Chứng minh Trước hết ta giả thiết đồng cấu ϕ tồn Ta có ϕ(X k ) = (ϕ(X))k = v k Mặt khác ϕf (a) = ϕ(a) = ϕ(a) Vậy ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )v + + ϕ(an )v n Vì ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) xác định ϕ v , nên ϕ tồn Đảo lại, ta xác định ánh xạ ϕ : A[X] → V Bởi công thức ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )v + + ϕ(an )v n Ta có ϕ(X) = v ϕ(a0 ) = ϕ(a0 ) = ϕf (a0 ), ∀a0 ∈ V Vậy ϕ = ϕf , tức biểu đồ cho giao hoán Mặt khác ta có ϕ[(a0 +a1 X + +an X n )+(b0 +b1 X + +bm X m +OX m+1 + +OX n )] = n =ϕ n (ai + bi )X i = i=0 i=0 m m i i ϕ(ai )X + i=0 ϕ(bi )X = ϕ i=0 n (ai )X m (bi )X i +ϕ i=0 n+m j X )( i=0 m i i=0 i ϕ( (ϕ(ai ) + ϕ(bi ))X i ϕ(ai + bi )X = i=0 m = m i bj X ) = ϕ j=0 aj bk )X j+k ( i=0 j+k=i Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn n+m =   ϕ(aj )ϕ(bk )v i+j =  i=0  n (ai )v i  i=0 j+k=i  n m X i ϕ  =ϕ i=0  m (bj )v j  j=o  bj X j  j=o ϕ(1) = ϕ(1) = Vậy ϕ đồng cấu vành A[X] tới vành V, thỏa mãn tất yêu cầu đề Hệ 1.1.2 Giả sử A vành vành giao hoán B ϕ phép nhúng tắc Khi ta phát biểu tính chất dạng sau: Giả sử vành giao hoán V chứa vành A làm vành Khi với phần tử v ∈ V tồn đồng cấu vành ϕ : A[x] → V cho ϕ(a) = a∀a ∈ A, ϕ(X) = V Trong trường hợp ta có ϕ(a0 + a1 X + + an X n ) = a0 + a1 v + + an v n Vế phải đẳng thức gọi giá trị đa thức f (X) = a0 + a1 X + + an X n X=v Nó kí hiệu f(v) Định nghĩa 1.1.3 Một phần tử v ∈ V gọi đại số A ta có ϕ(f (X)) = f (v) = 0, với đa thức f(X) vành A[X] Cịn nếu: ϕ : A[x] → V đơn cấu tức ϕ(f (X)) = f (X) = f (v) = tất hệ tử f 0, v gọi phần tử siêu việt A Trong trường hợp√A=Q V=C ta gọi tắt số đại số √ √ siêu việt Thí dụ 2, + số đại số, e, π số siêu 10 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Nó âm δ1 = Vậy ta phải có δ1 = x + y = Khi ta có x = y = δ1 =1 Ví dụ 2.5.11 Tìm số nguyên dương thỏa mãn phương trình: x2 − xy + y = x + y Bài giải Đặt x + y = δ1 xy = δ2 ta có δ1 = δ12 − 3δ2 Vì x y thực nên ta phải có (x − y)2 = (x + y)2 − 4xy = δ12 − 4δ2 ≥ Tức δ12 ≥ 4δ2 Và δ12 − δ1 = 3δ2 ≤ δ12 δ − δ1 ≤ 0, hay δ1 (δ1 − 4) ≤ Từ suy Tức ≤ δ1 ≤ 3δ2 = δ1 − δ1 δ1 = 2 , δ1 = , δ1 = Vậy ta có hệ δ2 = δ2 = δ2 = Hệ thứ ba khơng thích hợp x y phải nguyên Vậy lại hệ, x+y =0 x+y =1 x+y =3 x+y =4 xy = , xy = , xy = , xy = Từ suy lời giải x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = x6 = , , , , , y1 = y2 = y3 = y4 = y5 = y6 = δ1 = δ2 = , δ1 = δ2 = , Giải hệ phương trình Ta thường gặp hệ thống phương trình vế phải phụ 56 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn thuộc cách đối xứng ẩn x, y, z Trong trường hợp ta nên chuyển sang ẩn σ1 = x + y + z , σ2 = xy + xz + yz , σ3 = xyz Việc giải hệ với ẩn thường đơn giản hơn, bậc phương trình giảm xuống (vì σ3 chẳng hạn đa thức bậc ba x, y, z) Sau tìm giá trị σ1 , σ2 , σ3 để tìm x, y, z, ta phải giải phương trình bậc ba Ta thử tìm nghiệm nó, sau áp dụng định lí Bezont ta trở phương trình bậc hai Trong đại số sơ cấp thường ta gặp trường hợp đặc biệt Trong trường hợp có hai ẩn dĩ nhiên phép giải đưa đến phương trình bậc hai Ví dụ 2.5.12 Giải hệ phương trình x3 + y = x2 + y = Bài giải Ta đưa vào ẩn σ1 = x + y , σ2 = xy Khi hệ cho trở thành σ13 − 3σ1 σ2 = σ12 − 2σ2 = Rút σ2 từ phương trình thứ hai điền vào phương trình thứ nhất, ta phương trình σ1 − σ13 + 6σ1 − = Hay σ13 − 12σ1 + 16 = Ta dễ thấy phương trình có nghiệm σ1 = +2 Vậy vế trái viết: σ3 − 12σ1 + 16 = (σ1 − 2)(σ12 + 2σ1 − 8) Ngồi σ1 = ra, phương trình cịn có hai nghiệm σ1 = 2, σ2 = −4, nghiệm phương trình bậc hai σ12 + 2σ1 − = Như σ1 ta có hai khả năng, σ1 = σ1 = −4 Từ phương trình σ12 + 2σ2 = 0, ta tìm giá trị tương ứng σ2 σ2 = σ2 = x+y =2 x + y = −4 Vậy để tìm x, y ta có hai hệ phương trình xy = hay xy = 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Giải hệ ta tìm nghiệm cho là, x1 = y1 = √ x3 = −2 + i√ y3 = −2 − i x2 = y2 = √ x4 = −2 − i√ y4 = −2 + i Ví dụ 2.5.13 Giải hệ phương trình x+y+z =a x2 + y + z = b2 x3 + y + z = a3 Bài giải Ta đưa vào ẩn x + y + z = σ1 xy + xz + yz = σ2 xyz = σ3 Khi hệ cho viết σ1 = a σ1 − 2σ2 = b2 σ1 − 3σ1 σ2 − 4σ3 = a3 Từ hệ ta tìm   σ1 = a σ2 = 21 (a2 − b2 )  σ = (a2 − b2 ) Như x, y, z nghiệm phương trình bậc ba 1 f(v) = v3 −av2 + (a2 − b2 )v − a(a2 − b2 ) = 2 Vế phải phương trình phân tích thành f(v) = (v − a) v2 + (a2 − b2 ) Các nghiệm f(v) = v1 = a v2 = b2 − a2 v3 = − b2 − a2 58 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Vì hệ cho có nghiệm suy từ nghiệm x = a, z=− b2 −a2 , y= b2 −a2 , cách hoán vị theo đủ cách Trục thức mẫu số √ √ √ n Nếu mẫu số có dạng a ± b hay n a ± b khơng cần dùng đến đa thức đối xứng, mà việc áp dụng công thức (x + y)(x − y) = x2 − y xn − y n = (x − y)(xn−1 + xn−2 y + + xy n−2 + y n−1 x2k+1 + y 2k+1 = (x + y)(x2k + x2k−1 y + x2k−2 y + + xy 2k−1 + y 2k Ví dụ 2.5.14 Trục thức mẫu biểu thức √ √ √ 5+ 33 Bài giải √ √ = √ 5+ 33 √ √ √ √ 7( 25 − 15 + 9) Nếu mẫu thức có ba hay nhiều thức cần vận dụng đa thức đối xứng Ví dụ 2.5.15 Trục thức mẫu biểu thức √ √ a+ b+ c √ √ √ Bài giải Đặt a = x, b = y, c = z Khi mẫu thức đa thức đối xứng δ1 = x + y + z Ta tìm nhân tử cần phải nhân lên với δ1 để trục thức mẫu số Nhận xét √ s2 = x2 + y + z = δ12 − 2δ2 = a + b + c, s4 = x4 + y + z = δ14 − 4δ12 δ2 + 4δ1 δ3 + 2δ22 = a2 + b2 + c2 Vậy ta tổ hợp tổng cho δ1 đặt thành thừa số ta biểu thức khơng thức Ta ý hai tổng hạng tử cuối khơng chứa δ1 ta tổ hợp chúng cho 59 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn hạng tử chứa δ2 triệt tiêu Ta có s22 − 2s4 = δ14 − 4δ12 δ2 + 4δ22 − 2(δ14 − 4δ12 δ2 − 4δ1 δ3 + 2δ22 = −δ14 + 4δ12 δ2 − 8δ1 δ3 = δ1 (4δ1 δ2 − δ13 − 8δ3 ) 4δ1 δ2 − δ13 − 8δ3 = Tức Từ δ1 s22 − 2s4 √ √ √ b+ c √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 4( a + b + c)( ab + ac + bc) ( a + b + c) − abc = − (a + b + c)2 − 2(a2 + b2 + c2 ) (a + b + c)2 − 2(a2 + b2 + c2 ) 2.6 a+ Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác Cho ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c, bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R, bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 , nửa chu vi p diện tích S Ta a, b, c ba nghiệm x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = r1 , r2 , r3 ba nghiệm phương trình x3 −(4R+r)x2 +p2 x−p2 r = Mệnh đề 2.6.1 Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c Ký hiệu p nửa chu vi, r R bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp Khi a, b, c ba nghiệm phương trình đây: x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = A tan A r a = 2R sin A, suy a = 2R Chứng minh Từ tan = A p−a + tan2 r p−a p−a hay a = 4R = 4Rr r 2 + (p − a)2 r 1+ p−a 60 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Như vậy, ta có quan hệ a(a2 − 2pa + p2 + r2 ) = 4Rr(p − a), hay a3 − 2pa2 + (p2 + r2 + 4Rr)a − 4Rrp = Do a nghiệm x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = Tương tự, b c nghiệm phương trình Mệnh đề 2.6.2 Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c Ký hiệu p nửa chu vi, r R bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp Khi sin A, sin B sin C ba nghiệm phương trình sau đây: p p2 + r2 + 4Rr rp x − x + x − = R 4R2 2R2 Chứng minh Vì a = 2R sin A a nghiệm x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = nên 8R3 sin3 A − 8pR2 sin2 A + (p2 + r2 + 4Rr)2R sin A − 4Rrp = hay sin3 A − p p2 + r2 + 4Rr rp sin2 A + sin A − = R 4R2 2R2 p p2 + r2 + 4Rr rp x − = x + R 4R2 2R2 Tương tự sin B sin C nghiệm phương trình Như sin A nghiệm x3 − Hệ 2.6.3 Cho ∆ABC với diện tích S độ dài bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R Gọi , hb , hc độ dài ba đường cao Khi , hb , hc ba nghiệm phương trình đa thức bậc ba sau đây: y3 − S + 4Rr3 + r4 2S 2S y + y − = 2Rr2 Rr R Đặt Hn = hna + hnb + hnc với n = 1, 2, Khi ta có hệ thức liên hệ sau: Hn+3 − 2S 2S S + 4Rr3 + r4 H + H − Hn = n+2 n+1 2Rr2 Rr R Chứng minh Vì a, b, c ba nghiệm x3 − 2px2 + (p2 + 4Rr + r2 )x − 4Rrp = 61 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn nên 2S 2S 2S , , a b c nghiệm S2 + 4Rr + r2 2S 2S − y+ r y − Ry = r Do , hb , hc ba nghiệm phương trình đa thức bậc ba sau đây: S + 4Rr3 + r4 2S 2S y − y + y− = 2Rr2 Rr R 2S 2S S + 4Rr3 + r4 Hn+2 + Hn+1 − Hn = Vậy Hn+3 − 2Rr2 Rr R Mệnh đề 2.6.4 Cho ∆ABC với nửa chu vi p, bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R bán kính đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi r1 , r2 , r3 ba nghiệm phương trình x3 −(4R +r)x2 +p2 x−p2 r = A A r1 Chứng minh Từ tan = a = 2R sin A suy a = 2R A p + tan2 r1 p p hay a = 4R = 4Rr r12 + p2 r12 1+ p (r1 − r)p p Bởi r1 (p − a) = S = rp nên ta có quan hệ = a = 4Rr1 r1 r1 + p2 2 hay (r1 − r)(r1 + p ) = 4Rr1 Do r1 nghiệm x3 − (4R + r)x2 + p2 x − p2 r = Tương tự, r2 r3 nghiệm phương trình tan Hệ 2.6.5 Cho ∆ABC với nửa chu vi p, bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi 1 , , ba nghiệm phương trình p2 rx3 − p2 x2 + (4R + r)x − = r1 r2 r3 1 1 1 Từ suy + + = = r1 r2 r3 r r1 r2 r3 rp 62 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 , , ba nghiệm phương trình bậc r1 r2 r3 ba p2 rx3 − p2 x2 + (4R + r)x − = 1 1 1 Theo Định lý Viét có + + = = r1 r2 r3 r r1 r2 r3 rp Chứng minh Hiển nhiên Hệ 2.6.6 Cho ∆ABC với đường cao , hb , hc , bán kính đường trịn nội tiếp r bán kính đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi có 1 1 1 (i) + + = + + + hb hc r1 r2 r3 r (ii) hb + hb hc + hc = 2r (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) R Chứng minh (i) Vì r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r)x2 + p2 x − p2 r = nên 1 , , ba nghiệm p2 rx3 − p2 x2 + (4R + r)x − = Như r1 r2 r3 1 1 4R + r + + = − r12 r22 r32 r2 p2 r Do a, b, c, ba nghiệm x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = nên a2 + b2 + c2 = 4p2 − 2(p2 + r2 + 4Rr) = 2p2 − 2r2 − 8Rr nhận 1 2p2 − 2r2 − 8Rr 4R + r 2+ 2+ = = − hb hc p2 r r2 p2 r 1 1 1 + + = + + + h2a h2b h2c r12 r22 r32 r2 2S p2 2r (ii) Ta có hb + hb hc + hc = r = 2r = (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) Rr R R theo Hệ 2.6.3 Mệnh đề 2.6.4 Từ hai hệ thức suy Mệnh đề 2.6.7 Cho ∆ABC với nửa chu vi p, bán kính đường trịn A B C nội, ngoại tiếp r, R Khi tan , tan , tan ba nghiệm phương 2 4R + r r trình x3 − x2 + x − = Từ suy p p 63 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (i) tan A B C 4R + r + tan + tan = 2 p A B B C C A tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 A B C r (iii) tan tan tan = 2 p (ii) tan Do ta có hai bất đẳng thức tan B C A + tan + tan 2 √ 3, tan A B C tan tan 2 √ 3 A Chứng minh Vì r1 = p tan r1 nghiệm x3 − (4R + r)x2 + A A A p2 x − p2 r = nên p3 tan3 − (4R + r)p2 tan2 + p2 p tan − p2 r = hay 2 A A 4R + r A r A tan3 − tan2 + tan − = Như tan nghiệm p 2 p 4R + r r B C x3 − x2 + x − = Tương tự tan tan nghiệm p p 2 phương trình Kết (i), (ii) (iii) suy qua Định lý Viét Mệnh đề 2.6.8 Cho ∆ABC với nửa chu vi p, bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R Khi ta có (i) cos A, cos B, cos C ba nghiệm phương trình đa thức đây: R + r −4R2 + r2 + p2 p2 − (2R + r)2 x − x + x− = R 4R2 4R2 r R Từ suy cos A + cos B + cos C (ii) cos A + cos B + cos C = + cos A cos B cos C r2 (iii) P = (1 − cos A)(1 − cos B)(1 − cos C) = 2R2 (iv) cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = 64 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn A B C Chứng minh (i) Ta biết tan , tan , tan ba nghiệm phương 2 4R + r r trình x − x + x − = p p A − tan2 2 = − nên cos A + = Vì cos A = A A A 2 + tan + tan + tan 2   y = + x2 Xét hệ: 4R + r r  x3 − x + x − = p p   4R + r 2Ry     − x = x2 = − y p p suy Từ 4R + r r 4R + r r     x2 + x − = x2 + x − = x3 − x3 − p p p p 4R + r 2Ry nhận y − + y − = Vậy cos A + 1, cos B + p p 4R + r (4R + r)2 + p2 p2 1, cos C + ba nghiệm y − y + y − = R 4R2 2R2 Do cos A, cos B, cos C ba nghiệm phương trình có qua việc thay y = x + : R + r −4R2 + r2 + p2 p2 − (2R + r)2 x + x − = R 4R2 4R2 r R+r = + Từ (ii) Theo Định lý Viét có cos A + cos B + cos C = R R suy cos A + cos B + cos C + = Nếu ∆ABC vuông tù 2 cos A cos B cos C Nếu ∆ABC nhọn cos A cos B cos C suy từ cos A + cos B + cos C qua Bất đẳng thức Cauchy r2 (iii) Từ phương trình có P = (1−cos A)(1−cos B)(1−cos C) = 2R2 Do R 2r nên P (iv) Đặt T = cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C Khi ta có (R + r)2 −4R2 + r2 + p2 p2 − (2R + r)2 T = −2 +2 = R2 4R2 4R2 Hệ 2.6.9 Cho ∆ABC với nửa chu vi p, bán kính đường trịn x3 − 65 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn nội, ngoại tiếp r, R Ký hiệu x = R cos A, y = R cos B, z = R cos C Khi x, y, z ba nghiệm phương trình đa thức đây: f (t) = t3 − (R + r)t2 + −4R2 + r2 + p2 R(p2 − (2R + r)2 ) t− = 4 Hơn nữa, ta cịn có (i) x + y + z = R + r [Carnot] Rr2 r3 (ii) (R − x)(R − y)(R − z) = (R − x)(R − y)(R − z) (iii) 24r2 ab + bc + ca − 4(xy + yz + zx) (iv) 34r2 ab + bc + ca − R3 6R2 17 R xyz R ab + bc + ca r(r1 + r2 + r3 ) xyz − = + R2 R2 R3 r r r r r1 r2 r3 (vi) + + − = −4 + R − x R − y R − z 2R 2Rr2 (v) (vii) r r r + + R−x R−y R−z − 15 r1 r2 r3 + 4r3 Chứng minh Ta biết cos A, cos B, cos C ba nghiệm phương trình có qua việc thay p2 − (2R + r)2 R + r −4R2 + r2 + p2 y =x+1:x − x + x− = R 4R2 4R2 Nhân hai vế với R3 Rx qua t suy x, y, z ba nghiệm −4R2 + r2 + p2 R(p2 − (2R + r)2 ) t − (R + r)t + t− = 4 (i) Theo Định lý Viét có x + y + z = R + r Rr2 (ii) Vì (t − x)(t − y)(t − z) = f (t) nên (R − x)(R − y)(R − z) = R3 Do R 2r nên r (R − x)(R − y)(R − z) (iii) Theo Định lý Viét có ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr, xem Mệnh đề 2.6.2 Do ab + bc + ca − 4(xy + yz + zx) = 4R(R + r) Từ đồng thức suy 24r2 ab+bc+ca−4(xy +yz +zx) 6R2 66 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xyz = 4R2 + 8Rr + 2r2 Từ R xyz 17 2 đồng thức suy 34r ab + bc + ca − R R xyz (v) Vì ab + bc + ca − = 4R2 + 8Rr + 2r2 r1 + r2 + r3 = 4R + r R r(r1 + r2 + r3 ) xyz ab + bc + ca − = + nên R2 R2 R3 1 f (t) (vi) Vì (t − x)(t − y)(t − z) = f (t) nên + + = t−x t−y t−z f (t) 1 f (R) −8Rr + r2 + p2 + + = = Do R−x R−y R−z f (R) 2Rr2 Vì p2 r = r1 r2 r3 nên (iv) Theo Định lý Viét có ab + bc + ca − r r r r r1 r2 r3 + + − = −4 + R − x R − y R − z 2R 2Rr2 r r r r r1 r2 r3 R + + − = −4 + R−x R−y R−z 2R 2Rr2 r r r 15 r1 r2 r3 + + − + R−x R−y R−z 4r3 (vii) Vì 67 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2r nên Kết luận Trong luận văn này, chúng tơi trình bày vấn đề sau đây: (1) Chứng minh lại tính đóng đại số trường C đưa vài ví dụ (2) Xây dựng lại vành đa thức ẩn, nhiều ẩn Chứng minh vài tiêu chuẩn bất khả quy đa thức Đã trình bày việc biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng (3) Đã đưa chặn nghiệm, tiêu chuẩn chia hết vài đa thức đặc biệt (4) Xây dựng vài đa thức bậc với nghiệm đại lượng liên quan đến tam giác 68 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] Ngô Thúc Lanh, Đại số số học (Tập II) , NXB Giáo Dục 1987 [2] Đàm Văn Nhỉ, Bản tin dạy học nhà trường số 05 số 06, Đại học sư phạm Hà Nội 2011 [3] Hồng Xn Sính, Đại số đại cương , NXB Giáo Dục 2003 [4] D Faddéev et I Sominski, Recueil D’Exercices D’Algèbre Supérieure, Editions Mir - Moscou 1977 [5] V Prasolov, Polynomials, Springer - Verlag Berlin Heidelberg 2004 [6] Tuyển tập: The IMO Compendium 1959-2004 69 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn ngày 01 tháng năm 2012 chỉnh sửa theo ý kiến đóng góp thầy, hội đồng Thái Nguyên, ngày 02 tháng năm 2012 Xác nhận cán hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ 70 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... dãy số từ đa thức, phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng Luận văn chia làm hai chương Chương I: Vành đa thức Nội dung chương I trình bày số khái niệm vành đa thức, vài tiêu... hai đa thức R lại đa thức R Mặt khác dĩ nhiên đa thức thuộc R Vậy tập hợp đa thức v với hệ tử A lập thành vành V Dĩ nhiên vành nhỏ V chứa A v Kí hiệu vành qua vành A[v] Nếu tồn hệ thức đa thức. ..Mục lục VÀNH ĐA THỨC 1.1 Vành đa thức biến 1.2 Đa thức bất khả quy 1.3 Tính đóng đại số trường C 1.4 Vành đa thức nhiều biến 1.5 Đa thức đối xứng