Đa thức đối xứng hai biến, ba biến và ứng dụng

1 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa LỜI CẢM ƠN  Sau khoảng thời gian học tập nghiên cứu hướng dẫn bảo tận tình thầy giáo Phan Anh Tuấn, đến khóa luận tốt nghiệp em hồn thành Em xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng, Ban chủ nhiệm khoa Toán tạo điều kiện thuận lợi để giúp em hồn thành khố luận tốt nghiệp Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tất thầy cô giáo nhà trường, đặc biệt thầy giáo khoa Tốn tận tình dạy, truyền đạt cho chúng em kiến thức bổ ích quý báu suốt năm học vừa qua Xin cảm ơn giúp đỡ, chia sẻ tất bạn lớp 08CTT1 thời gian bốn năm học trường để hồn thành khóa luận Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo Phan Anh Tuấn trực tiếp hướng dẫn em, quan tâm dẫn tận tình để em hồn thành khóa luận Mặc dù cố gắng thân em làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nên khơng thể tránh khỏi thiếu sót nội dung lẫn hình thức trình bày Em hi vọng nhận góp ý chân thành thầy bạn để khố luận em hoàn chỉnh Sinh viên thực Nguyễn Thị Hoa Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa MỤC LỤC  LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Chương 1: GIỚI THIỆU VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 1.1 Các khái niệm 1.1.1 Bậc đơn thức 1.1.2 Đa thức 1.1.3 Đa thức đối xứng 1.2 Đa thức đối xứng hai biến 1.2.1 Khái niệm 1.2.2 Tổng lũy thừa công thức Waring 1.2.3 Định lý đa thức đối xứng hai biến 11 1.2.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn 12 1.2.5 Phương trình đối xứng 13 1.2.6 Một số mệnh đề chứng minh bất đẳng thức hai biến 14 1.3 Đa thức đối xứng ba biến 16 1.3.1 Khái niệm 16 1.3.2 Tổng lũy thừa, tổng nghịch đảo quỹ đạo đa thức 16 1.3.2.1 Tổng lũy thừa 16 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 1.3.2.2 Tổng nghịch đảo 18 1.3.2.3 Quỹ đạo đa thức 19 1.3.3 Các định lý đa thức đối xứng ba biến 19 1.3.4 Đa thức phản đối xứng 20 1.3.5 Công thức Viète phương trình bậc ba 21 1.3.6 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn 23 1.3.7 Phân tích đa thức thành nhân tử 26 1.3.8 Một số mệnh đề chứng minh bất đẳng thức ba biến 27 Chương 2: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 31 2.1 Giải hệ phương trình đối xứng 31 2.2 Giải hệ phương trình đưa giải hệ phương trình đối xứng 35 2.3 Giải phương trình đưa giải hệ phương trình đối xứng 40 2.4 Chứng minh đẳng thức 44 2.5 Phân tích đa thức thành nhân tử 46 2.6 Chứng minh bất đẳng thức 49 2.7 Tính chia hết đa thức đối xứng 52 2.8 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 55 2.9 Ứng dụng hình học 60 KẾT LUẬN 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO 65 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa MỞ ĐẦU  Lý chọn đề tài Trong kỷ nguyên công nghệ thông tin, biến đổi ngành lĩnh vực khoa học tự nhiên hay khoa học xã hội diễn với tốc độ chóng mặt Nhờ Internet phương tiện truyền thơng mà quốc gia xích lại gần giới hội nhập tồn cầu hố Ở phạm vi hẹp thấy phát triển Webside Toán học làm cho người đam mê Toán học giới dễ dàng nhanh chóng tiếp cận trao đổi thông tin vô phong phú Một điều mà người dễ thống với đa thức đặc biệt đa thức đối xứng chiếm vị trí quan trọng tốn học phổ thơng Webside Toán học Đa thức vấn đề cổ điển Toán học sơ cấp ngày phát triển, phần toán sơ cấp đẹp thú vị nhất, ln hút nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm Điểm đặc biệt, ấn tượng đa thức tốn sơ cấp, có nhiều tốn khó, chí khó, ln giải kiến thức sở việc hoàn thành chứng minh niềm vui thực Đa thức đối xứng phần quan trọng đa thức sơ cấp, dạng quen thuộc kì thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đây dạng đa thức u thích khơng với bạn thành thạo mà hấp dẫn với bạn bắt đầu Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa Xuất phát từ sở lí luận thực tiễn mà em định chọn đề tài: “Đa thức đối xứng hai biến, ba biến ứng dụng ” làm đề tài nghiên cứu cho Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu Nắm kiến thức độc đáo đa thức đối xứng hai biến, ba biến Từ sâu vào nghiên cứu số ứng dụng đa thức đối xứng hai biến, ba biến có phương pháp giải phù hợp tốn cụ thể mà khơng phải nhiều thời gian để tìm lời giải Đối tượng nghiên cứu Các đa thức đối xứng bản, đa thức đối xứng bậc hai, đa thức đối xứng bậc ba, hệ phương trình đối xứng hai ẩn, hệ phương trình đối xứng ba ẩn, đa thức phản đối xứng, công thức Viete phương trình bậc ba Ứng dụng đa thức đối xứng vào giải phương trình, hệ phương trình đối xứng, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức, phân tích đa thức thành nhân tử Phương pháp nghiên cứu Đọc, nghiên cứu tài liệu So sánh, phân loại, tổng hợp kiến thức Tổng hợp, xếp, giải tập Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa Chương GIỚI THIỆU VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 1.1 Các khái niệm 1.1.1 Bậc đơn thức Một đơn thức f(x1, x2, …, xn ) biến độc lập x1, x2, …, xn (trường hợp chung số phức) hiểu hàm số có dạng f(x1, x2, …, xn) = a x 1i x i2 … x in n 1 Trong đó: a  số i , i , …, i n1 số nguyên không âm Số a gọi hệ số, i + i + …+ i n 1 gọi bậc đơn thức f(x1, x2, …, xn) kí hiệu là: deg [f(x1, x2, …, xn )] = deg [a x 1i x i2 … x in ] = i + i + …+ i n 1 n Các số i , i , …, i n1 tương ứng gọi bậc đơn thức biến x1, x2, …, xn 1.1.2 Đa thức Một hàm số P(x1, x2, …, xn) biến x1, x2, …, xn gọi đa thức biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức: P(x1, x2, …, xn) =  i i1  in 1 im a x 1i x i2 … x in n 1 Bậc lớn đơn thức đa thức gọi bậc đa thức 1.1.3 Đa thức đối xứng Đa thức P(x1, x2, …, xn) gọi đối xứng khơng thay đổi với hốn vị x1, x2, …, xn, nghĩa là: P(x1, x2, …, xn) = P(x  (1) , x  (2) , …, x  (n) ) Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa Trong P(x  (1) , x  (2) , …, x  (n) )được suy từ P(x1, x2, …, xn) cách thay xi x  (i ) với i = 1, 2, , n 1.2 Đa thức đối xứng hai biến 1.2.1 Khái niệm - Đa thức P(x y) gọi đối xứng, khơng thay đổi đổi chỗ x y nghĩa P(x,y) = P(y,x) Ví dụ : P(x,y) = x2 + xy + y2 - Các đa thức  j (j = 1, 2) 1 = x + y,  = xy gọi đa thức đối xứng sở biến x, y 1.2.2 Tổng lũy thừa công thức Waring Định nghĩa Các đa thức sk = xk + yk (k = 1, 2, ) gọi tổng lũy thừa bậc k biến x, y Định lý 1.1 Một tổng lũy thừa sm = xm + ym biểu diễn dạng đa thức bậc m 1  Chứng minh: Ta có: 1 sk-1 = (x + y)(xk-1 + yk-1) = xk + yk + xy(xk-2 + yk-2) = sk +  sk-2 Nên sk = 1 sk-1 –  sk-2 (1.1) Công thức (1.1) gọi cơng thức Newton cho phép tính sk theo sk-1 sk-2 Với m = 1, m = 2, định lý 1.1 s1 = x + y =  s2 = x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = 1 –  Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa Giả sử định lý với m < k Khi sk-2, sk-1 đa thức bậc k – 2, k – 1 Theo công thức (1.1) ta suy sk đa thức bậc k 1  Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Sử dụng công thức (1.1) biểu thức s1, s2 chứng minh trên, dễ dàng nhận biểu thức sau s1 = x + y =  s2 =  –  s3 =  –   s4 =  –   +  2 s5 =  –   +   2 Việc tính tổng lũy thừa sk theo cơng thức lặp (1.1) khơng thuận tiện phải biết trước tổng sk sk–1 Đôi ta cần có biểu thức sk phụ thuộc vào 1  Cơng thức tương ứng tìm năm 1779 nhà toán học Anh E Waring Định lý 1.2 (Công thức Waring) Tổng lũy thừa sk biễu diễn qua đa thức đối xứng sở 1 ,  theo công thức: sk k 2 (1) m (k  m  1)! k-2m m 2 1  k m0 m!(k  2m)! (1.2) Trong [k/2] kí hiệu phần ngun k/2 Chứng minh: Chúng ta chứng minh công thức (1.2) phương pháp quy nạp Với k = 1, k = cơng thức tương ứng có dạng s1 =  , 1 s2 =  –  2 Như vậy, với k = 1, k = công thức (1.2) Giả sử công thức Waring cho s1, s2, …, sk-1 Để chứng minh cơng thức cho sk sử dụng cơng thức (1.1) Ta có: Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 10 1 sk = [ 1 sk–1 –  sk–2] = k k (1) m (k  m  2)! k-2m–1 m k 1 1  1 2 – m!(k  2m  2)! k m = – (1) n (k  n  3)! k-2n–2 n k 2 1 2. 2 n!(k  2n  2)! k n (1) m (k  m  2)!(k  1) k-2m m 1 2 –  m!(k  2m  1)! k m = (1) n (k  n  3)!(k  2) k-2n–2 n+1 1 2 –  n!(k  2n  2)! k n Trong tổng thứ hai thay n + m Khi hai tổng kết hợp thành sau: (1) m (k  m  2)!(k  1) k-2m m 1 1 2 – sk =  m!(k  2m  1)! k k m – = (1) m1 (k  m  2)!(k  1) k-2m m 1 2 =  (m  1)!(k  2m)! k m   k-2m m k 1 k 2  2  (1) m (k  m  2)!  1 k  m!(k  2m  1)! (m  1)!(k  2m)! Sử dụng công thức 1 k  2m m   , (m  1)! m! (k  2m  1)! (k  2m)! Ta có: k 1 k 2 k (k  m  1)   m!(k  2m  1)! (m  1)!(k  2m)! m!(k  2m)! Cuối cùng, (k  m  2)!(k  m  1)  (k  m  1)! Nên ta có cơng thức cần chứng minh: Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 51 4   12  5   (đúng) Vậy ta có điều phải chứng minh Bất đẳng thức xảy a  b  c  Bài Cho số dương a, b, c Chứng minh (a2  2)(b2  2)(c2  2)  9(ab  bc  ca) Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức a2b2c2  2(a2b2  b2c2  c2 a2 )  4(a2  b2  c2 )   9(ab  bc  ca) Ta có a  b  c  ab  bc  ca (a2b2 1)  (b2c2 1)  (c2a2 1)  2(ab  bc  ca) a 2b 2c    33 a 2b 2c  9abc a bc  4(ab  bc  ca)  (a  b  c)2 ( theo bất đẳng thức schur (2.19)) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có (a2b2c2  2)  2(a2b2  b2c2  c2a2  3)  4(a2  b2  c2 )  2(ab  bc  ca)  4(ab  bc  ca)  3(a2  b2  c2 )  9(ab  bc  ca) Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 52 2.7 Tính chia hết đa thức đối xứng Bài Chứng minh x 2n  x n y n  y 2n chia hết cho x2  xy  y2 n bội Lời giải: Sử dụng công thức x3  y  ( x  y)(x  xy  y ) , x k  y k  ( x  y)(x k 1  x k 2 y   xy k 2  y k 1 ) dễ dàng thấy x3k  y 3k chia hết cho x2  xy  y2 Xét trường hợp sau Trường hợp 1: n = 3k Ta có x 2n  x n y n  y 2n  x 6k  x3k y 3k  y 6k  ( x 6k  y 6k )  ( x3k  y 3k )  3y 6k Từ suy x 2n  x n y n  y 2n không chia hết cho x2  xy  y2 Trường hợp 2: n = 3k+1 Ta có x2n  xn y n  y 2n  x6k 2  x3k 1 y3k 1  y 6k 2  x2 ( x6k  y6k )  xy3k 1 ( x3k  y3k )  y6k ( x2  xy  y2 ) Suy trường hợp x 2n  x n y n  y 2n chia hết cho x2  xy  y2 Trường hợp 1: n = 3k + Ta có x2n  xn y n  y 2n  x6k 4  x3k 2 y3k 2  y6k 4  x4 ( x6k  y 6k )  x2 y3k 2 ( x3k  y3k )  y 6k ( x4  x2 y  y )  x4 ( x6k  y6k )  x2 y3k 2 ( x3k  y3k )  y6k ( x2  x2 y2  y2 )(x2  xy  y2 ) Suy x 2n  x n y n  y 2n chia hết cho x2  xy  y2 Vậy điều kiện cần đủ để x 2n  x n y n  y 2n chia hết cho x2  xy  y2 n bội Bài Kí hiệu [x] phần nguyên số thực x Cho m số nguyên dương Chứng minh [(1 3) 2m1 ] chia hết cho 2m+1 Lời giải: Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 53 Xét phương trình bậc hai x  x   Các nghiệm phương trình x1   3, x2   Đặt sk  x1k  x2k , k  N Ta có s0  2, s1  2, s2  Theo cơng thức (1.1) ta có: sk  2sk 1  2sk 2 Từ suy sk số nguyên dương chẵn Ta có s2 m1  (1  ) m1  (1  ) m1  (1  3)(4  3)m  (1  3)(4  3)m  2m [(1 3)(2  3) m  (1 3)(2  3) m ]  2m [(2  3) m1  (2  3) m1 ]  2m [(2  3) m  (2  3) m ]  2m (wm1  wm ), wm  (2  3) m  (2  3) m , wm1  (2  3)m1  (2  3)m1 Vì   nghiệm phương trình x  4x 1  0, Nên theo (1.1) ta có wm  4wm1  wm2 , w0  2, w1  Từ suy wm số chẵn với m Vậy s2m+1 chia hết cho 2m+1 Tiếp theo ta có  ( 1) 2m1  1, (1  3)2m1  ( 1)2m1  (1  3)2m1  (1  3)2m1  s2m1 Do [(1  3) 2m1 ]  s2m1 Vậy [(1 3)2m1 ] chia hết cho 2m+1 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 54 Bài Chứng minh với số nguyên dương n, đa thức f ( x, y, z)  ( x  y  z)2n1  x2n1  y 2n1  z 2n1 chia hết cho đa thức g( x, y, z)  ( x  y  z)3  x3  y3  z Lời giải: Trước hết ta phân tích g ( x, y, z) thành nhân tử Vì x   y, x  z, y  z g = 0, nên theo định lí Bezout đa thức g ( x, y, z) chia hết cho ( x  y)( y  z)(z  x) Mặt khác, bậc g nên có dạng g ( x, y, z )  a( x  y)( y  z )(z  x) Cho x  y  z  ta tìm a  Vậy ta có g(x, y, z)  (x  y  z)3  x3  y3  z3  3( x  y)(y  z)(z  x) Bằng cách lập luận tương tự ta thấy f ( x, y, z) chia hết cho ( x  y)( y  z)(z  x) với n nguyên dương, tức f ( x, y, z) chia hết cho g ( x, y, z) Bài Cho x, y, z số nguyên Chứng minh rằng, x  y  z chia hết cho x3  y3  z chia hết cho Lời giải: Đặt 1  x  y  z ,   xy  yz  zx   xyz Theo công thức Waring ta có x3  y  z  13  31  3  1 (12  3 )  3  ( x  y  z)[(x  y  z)2  3( xy  yz  zx)]  3xyz  ( x  y  z)(x2  y  z  xy  yz  zx)  3xyz Theo giả thiết x  y  z chia hết cho 6, nên ba số x, y, z phải có số chia hết cho Từ suy 3xyz chia hết cho Vậy theo đẳng thức trên, x3  y3  z chia hết cho Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 55 Bài Tìm điều kiện cần đủ để đa thức x3  y3  z  kxyzchia hết cho x yz Lời giải: Xét đa thức theo biến x f ( x)  x3  (kyz)x  ( y3  z3 ) Theo định lý Bezout, f (x) chia hết cho x  y  z  x  ( y  z) f ( y  z )  Ta có f ( y  z)  ( y  z)3  kyz( y  z)  ( y3  z )  (k  3) yz( y  z)  0, y, z Từ suy k = –3 Vậy điều kiện cần đủ để đa thức x3  y3  z  kxyzchia hết cho x  y  z k  3 2.8 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Bài Hai số không âm x , y thay đổi thỏa mãn điều kiện x  y  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: f  x( x3  x2  x  y)  y( y3  y  y  x).(*) Lời giải: Biểu thức (*) viết lại: f  ( x4  y )  ( x3  y3 )  ( x2  y )  2xy Đặt 1 = x  y  = xy Sử dụng công thức Waring ta có: f  (14  412  2 22 )  (13  31 )  (12  2 )  2 Theo giả thiết ta có: 1 = Mặt khác, từ bất đẳng thức 12  4 , suy   Dấu đẳng thức xảy x  y  Như vậy, ta có: f  2 22  2  3, Khóa luận tốt nghiệp  2  SVTH: Nguyễn Thị Hoa 56 Vì tam thức f ( )  2 22  2  nghịch biến đoạn [0; ], nên 11 max f ( )  f (0)  3, f ( )  f ( )  1 [ 0, ] [ 0, ] 4 Như ta có kết quả: max f   ( x  0, y  1), ( x  1, y  0), f  11 x y Bài x, y hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x  y  , a số dương cho trước Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: f  a  x y xy Lời giải: Đặt 1 = x  y  = xy Khi ta có x  y  12  2   2 , 12  4   f  a  ,  2   2  Trường hợp 1: Xét a  Trong trường hợp này, ta có: a  1    4(a  )   4a   f      2 2   2 Dấu đẳng thức xảy    x  y  Vậy, a  , f   4a  x  y  2 Trường hợp 2: Xét a  Đặt t  f t  1 Ta có:  t   2 2 2at 2a  (t 1  )  2a 1  2a  2a 1  (1  2a ) t 1 t 1 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 57 Dấu đẳng thức xảy t 1  2a  t   2a t 1 Từ suy t 1 2a  2t 2(1  2a ) 2  Vậy a  x  y  1,  f  (1  2a )   2a xy  2(1  2a )  Bài x , y hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xy  Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: f  x y x2 y2    x4  y y  x2 x6  y y  x2 Lời giải: Sử dụng điều kiện xy  , ta biến đổi biểu thức cho sau: f   xy xy x2 y2 x2 y2    x ( xy)  y y ( yx)  x x ( x y )  y y ( y x )  x 2  x  y x  y4 Đặt 1 = x  y  = xy Theo giả thiết, ta có   , từ bất đẳng thức 12  4 , suy   Sử dụng cơng thức Waring giả thiết ta có: f  2 2    ,   2   31 1  41   2 1  31 1  412  Dễ thấy rằng, hàm số f1 (1 )  13  31, f (1 )  14  412  đồng biến khoảng [2, ), Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 58 f1 (1 )  f1 (2)  , [ 2, ) f (1 )  f (2)  [ , ) Từ suy max f  2   f1 (1 ) f (1 ) [ 2,   ) [ 2,   ) 1  x  y  2,  x  y     xy   Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức: f  x y z y z z x x y      yz zx x y x y z miền D  {(x, y, z ) : x  0, y  0, z  0} Lời giải: Trước hết, ta có: P( x, y, z)  yz zx x y   x y z x    y y  y   x   z z   z x          y   x z  Dấu xảy x  y  z Tiếp theo, xét biểu thức: Q( x, y, z)  x y z   yz zx x y Ta biến đổi biểu thức sau  x   y    z Q     1    1    1   yz   z x   x y   1     ( x  y  z )    yz zx x y Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 59  1 1     [( y  z )  ( z  x)  ( x  y)]   y  z z  x x  y   Dấu đẳng thức xảy y  z  z  x  x  y  x  y  z Suy Q 15 F ( x y.z)  P( x, y, z)  Q( x, y, z)    2 Dấu đẳng thức xảy x  y  z, thí dụ, x  y  z  Vậy, ta có F ( x, y, z)  D 15 Bài Tìm giá trị lớn biểu thức: F (a, b, c)  (a  b)4  (b  c)4  (c  a)4 , a, b, c số thực khơng bé không lớn Lời giải: Đặt x  a  b, y  b  c, z  c  a Khi   x, y, z  1, x  y  z  Ta đặt 1  x  y  z ,   xy  yz  zx   xyz Theo công thức Waring, ta có F  x  y  z  14  412  2 22  41  2 22  2( xy  yz  zx) Ta có (1  x)(1  y)(1  z)    ( x  y  z )  xy  yz  yz  xyz    xy  yz  zx  xyz  (1) Dấu đẳng thức xảy ra, ví dụ, với x  1, y  1, z  Ta có (1  x)(1  y)(1  z)    x  y  z  xy  yz  zx  xyz    xy  yz  zx  xyz  (2) Dấu đẳng thức xảy ra, ví dụ, với x  1, y  1, z  Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 60 Cộng theo vế bất đẳng thức (1) (2), ta  2( xy  yz  zx)   xy  yz  zx  1 Mặt khác, lại có  xy  yz  zx  1  ( xy  yz  zx)2  Vậy ta có F  2( xy  yz  zx)2   max F  2, x  1, y  1, z  Ta có kết max F  , đạt a  1, b  0, c  2.9 Ứng dụng hình học Bài Giả sử a, b, c cạnh tam giác với diện tích S Chứng minh a2  b2  c  3S Lời giải: Đặt a  y  z, b  z  x, c  x  y, x, y, z  Khi ta có a  b  c  2( x  y  z), a  y  z, b  z  x, c  x  y, S  ( x  y  z) xyz Do bất đẳng thức cho có dạng [( y  z)2  ( z  x)2  ( x  y)2 ]2  48( x  y  z) xyz Đặt x  y  z  1 , xy  yz  zx   xyz   Khi bất đẳng thức tương đương với:  [(1  x)2  (1  y)2  (1  z ]2  481  [312  2( x  y  z)12  x  y  z ]2  481   (12  s2 )2  481   (12  12  2 )  481   (12   )2  121   14  212   22  121   Ta viết lại bất đẳng thức cuối dạng Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 61 (14  512  4 22  61  )  3 (12  3 )  6( 22  31  )  Theo công thức (2.16) (2.20) mệnh đề 2.3 2.7, số hạng vế trái bất đẳng thức không âm nên suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy 14  512  4 22  61   0, 12  3  0,  22  31 3  Tức x  y  z Suy a  b  c, hay tam giác ABC tam giác Bài Trên mặt phẳng tọa độ xét ba điểm A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y ), C( x3 ; y3 ), với x1 , x2 , x3 ba nghiệm phân biệt phương trình x  3x   yi  xi4  6xi2  4xi  6, i  1,3 Chứng minh gốc tọa độ O trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Gọi G( x0 ; y0 ) trọng tâm tam giác ABC Khi đó: x1  x2  x3  ,  x0    y  y1  y  y3  Áp dụng định lý Viète phương trình bậc ba x  3x   (1), ta có:  x1  x2  x3  0,   x1 x2  x2 x3  x3 x1  3,  x x x  1  Từ (2)  x0  (2) x1  x2  x3  Ta có: y1  y2  y3  ( x14  x24  x34 )  6( x12  x22  x32 )  4( x1  x2  x3 )  18 (3) Vì xi (i  1,3) ba nghiệm (1) nên: xi3  3xi   ,  i  1,3  xi3  3xi  ,  i  1,3  xi4  3xi2  xi ,  i  1,3 Suy ra: ( x14  x24  x34 )  3( x12  x22  x32 )  ( x1  x2  x3 ) Khóa luận tốt nghiệp (4) SVTH: Nguyễn Thị Hoa 62 Thay (4) vào (3) ta có: y1  y2  y3  3( x12  x22  x32 )  3( x1  x2  x3 )  18  3[(x1  x2  x3 )  2( x1 x2  x2 x3  x3 x1 )]  18  (3).6  18   y0  y1  y2  y3  Do vậy: G( x0 ; y0 ) = (0; 0)  G  O Bài Cho  ABC tam giác không tù Chứng minh rằng: (3 cos A  cosB  cosC )(3 cos2 A  cos2 B  cos2 C )  Lời giải: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau: cos A  cosB  cosC  Thật vậy, cos A  cosB  cosC   cos A B A B C cos 1  2sin  2 2  4sin C C A B  4sin cos 1  2 C A B   A B   sin  cos 0   sin 2   Đặt x  cos A, y  cosB, z  cosC, sm  x m  y m  z m , m số thực dương Theo bất đẳng thức (2.21) bất đẳng thức vừa chứng minh trên, ta có s s  3s  3s1  3(cosA  cosB  cosC )    2 3 3 Từ suy đẳng thức cho chứng minh Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 63 Bài Chứng minh  ABC ta có: sin A B C  sin  sin  2 81 Lời giải: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sin A B C  sin  sin  2 A B Do  cos , cos  1, nên sin A B A B B A A B  sin  sin cos  sin cos  sin 2 2 2 Từ suy sin A B C A B A B   A B    sin  sin  sin cos  sin    sin  2 2 4  (vì  A  B  3 A B  )    , nên  2 4 Đặt A B C x  sin , y  sin , z  sin , sk  x k  y k  z k 2 Áp dụng bất đẳng thức (2.21) mệnh đề 2.8 bất đẳng thức vừa chứng minh ta có 1  s1.s1  3s2  s2  , 1  s1.s2  3s3  s3  , 1  s2 s3  3s5  s5  81 Như đẳng thức chứng minh Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 64 KẾT LUẬN  Sau thực xong đề tài này, bổ sung cho em nhiều kiến thức đa thức đối xứng hai biến, đa thức đối xứng ba biến, qua có thêm phương pháp độc áp dụng giải toán đa thức đối xứng hai biến, đa thức đối xứng ba biến, bước đầu làm quen với việc tự sáng tạo đa thức đối xứng dựa sở đa thức đối xứng biết Đồng thời hội tốt để em hồn thiện kiến thức phục vụ cho việc giảng dạy trường trung học phổ thông sau Về khóa luận hồn thành nhiệm vụ đề ra: Nắm kiến thức đa thức đối xứng hai biến, đa thức đối xứng ba biến, từ có phương pháp giải phù hợp hình thành khả tự sáng tạo đa thức đối xứng Tuy nhiên, kiến thức hạn chế nên em chưa xây dựng hệ thống tập đa dạng, phong phú Đề tài em hồn thành mục đích đề ra, lần tiếp cận với công tác nghiên cứu khoa học nên gặp phải nhiều khó khăn, khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận bảo nhiệt tình thầy cơ, góp ý chân thành bạn để đề tài em hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn! Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO  [1] Đậu Thế Cấp, Đại số sơ cấp, Nhà xuất Giáo dục, 2004 [2] Nguyễn Hữu Điển, Một số phương pháp giải toán, Nhà xuất giáo dục, 2004 [3] Nguyễn Cửu Huy, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn trung học phổ thơng – Bất đẳng thức, Nhà xuất giáo dục Việt Nam, 2009 [4] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề đa thức đối xứng áp dụng, Nhà xuất giáo dục Việt Nam, 2009 [5] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đối xứng phân thức hữu tỉ, Nhà xuất giáo dục, 2002 [6] Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, Nhà xuất giáo dục, 1997 [7] Tạp chí tốn học tuổi trẻ Quyển 2, Nhà xuất giáo dục, 2006 Khóa luận tốt nghiệp SVTH: Nguyễn Thị Hoa ... thành tổng đa thức đối xứng sở, đa thức đối xứng biễu diễn dạng đa thức theo đa thức đối xứng sở Định lý chứng minh 1.3.4 Đa thức phản đối xứng Định nghĩa Đa thức phản đối xứng đa thức thay đổi... bậc hai, đa thức đối xứng bậc ba, hệ phương trình đối xứng hai ẩn, hệ phương trình đối xứng ba ẩn, đa thức phản đối xứng, cơng thức Viete phương trình bậc ba Ứng dụng đa thức đối xứng vào giải... ? ?Đa thức đối xứng hai biến, ba biến ứng dụng ” làm đề tài nghiên cứu cho Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu Nắm kiến thức độc đáo đa thức đối xứng hai biến, ba biến Từ sâu vào nghiên cứu số ứng dụng