Nhưng thực sự chưa vận dụng được nhiều vào giải quyết một số bài toán.. Ron Larson and Robert P.Hosterler, Houghton Mifflin Company Boston New York..[r]
(1)MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
Ths Cao Ngọc Châu
Phòng GD&ĐT Can Lộc, Hà Tĩnh
Trong chương trình tốn THCS khái niệm đa thức trình bày Nhưng thực chưa vận dụng nhiều vào giải số tốn Trong tơi xin giới thiệu số ứng dụng đa thức đối xứng vào việc giải số toán đại số sơ cấp cách đơn giản
I/ Cơ sở lý thuyết
1/ Định nghĩa: Một đa thức ẩn x,y,z gọi đa thức đối xứng khơng thay đổi giá trị ta thay cách tuỳ ý ẩn x,y,z cho
Ví dụ 1: a, Các đa thức sau đa thức đối xứng
x+y, x.y, x2y+xy2, x2+y2, x5+y5, x2+y2+z2, x3+y3+z3-3xyz,
b, Các đa thức sau đa thức đối xứng: x-y, x2-y2,x3-3y2+2xy,
2/ Đa thức đối xứng
a, Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng bản:
δ1=x+y , δ2=xy
b, Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng
δ1=x+y+z , δ2=xy+xz+yz, δ3=xyz
3/ Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng a, Đối với đa thức hai ẩn việc biễu diễn tương đối đơn giản,
Ví dụ 2: x2y + xy2=xy(x+y)= δ
1δ2 , x2+y2=(x+y)2-2xy = δ12−2δ2 ,
x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y) = δ
1
−3δ1δ2 ,
b, Đối với đa thức ba ẩn việc biểu diễn phức tạp hơn, ta dùng phương pháp hệ số bất định
+, Đa thức ẩn viết dạng đầy đủ
f(x , y , z)=t1xa1yb1zc1
+t2xa2yb2zc2
+ +tmxamyb1mzcm , hạng tử
tixaiyb1izci có số mũ (a
i, bi, ci) với i=1, m
Ví dụ3: f(x , y , z)=x3+y3+z3−3 xyz=x3y0z0+x0y3z0x0y0z3−3 xyz
+, Phương pháp biểu diễn:
Chọn hạng tử cao giả sử tixaiyb1izci có số mũ (a
i, bi, ci)
Viết tất số mũ (di, mi, ni) thoã mãn di+mi+ni=ai+bi+ci
di≥ mi≥ ni
- Giả sử f(x , y , z) có dạng
¿
1
δd2−m❑.δ
1
m2− n2δ
n21
+ +ktδdt− m❑.δ
2
mt− ntδ
3
nt
f(x , y , z)=k1δd1−m11.δ
m1−n1δ
n1 +k2
(2)Cho x,y,z tuỳ ý ta tìm k1, k2, , kt
Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức sau: f(x , y , z)=x3+y3+z3 qua đa thức đối
xứng
- Hạng tử cao x3 có số mũ (3,0,0)
- Viết tất số mũ: (3,0,0),(2,1,0),(1,1,1) Giả sử có:
x3
+y3+z3=k1δ13−0δ20−0δ30+k2δ21−1δ21−0δ30+k3δ11−1δ21−1δ31=k1δ13+k2δ1δ2+k3δ3
Cho x=1, y=-2, z=1 ta δ=0, δ2=−3, δ3=−2⇒k3=3
Cho x=1, y=1, z=0 ta δ1=2, δ2=1, δ3=0⇒8k1+2k2=2
Cho x=1, y=1, z=1 ta được: δ1=3, δ2=3,δ3=1⇒27k1+9k2+3=3
Từ suy ra: k1=1, k2=−3
Vậy x3+y3+z3=δ13−3δ1δ2+3δ3
II/ Một số ứng dụng
1 Chứng minh đẳng thức
Ví dụ 5: Cho x+y=1, x3+y3=a , x5+y5=b
Chứng minh rằng: 5a(a+1)=9b+1
Giải: Ta có x+y¿
3
−3 xy(x+y)=δ13−3δ1δ2
x3
+y3=¿
⇒δ2=1− a
3 (1)
Mặt khác b=x5+y5+x2y3+x3 y2− x2y3− x3 y2
¿x2(x3+y3)+y2(x3+y3)− x2y2(x+y)
¿(x2+y2)(x3+y3)− x2y2(x+y) (δ12−2δ2)(δ13−3δ1δ2)− δ1δ22
(1−2δ2)(1−3δ2)− δ22 1+5δ22−5δ2=5a
2
+5a −1
9 theo(1)
Vậy: 9b=5a2+5a −1 hay 9b+1=5a(a+1) Đpcm
2 Chứng minh bất đẳng thức
Từ bất đẳng thức
z − x¿2≥0 ¿
⇔2(x2+y2+z2)−2(xy+xz+yz)≥0
y − z¿2+¿
x − y¿2+¿ ¿ ¿
Từ BĐT ta vận dụng chứng minh BĐT khác
Ví dụ 6: Chứng minh BĐT
a, ( ab+ac +bc¿2≥3 abc(a+b+c) với a , b , c∈R
(3)a, Từ δ1
≥3δ2 hay x+y+z¿ 2≥3
(xy+xz+yz)
¿
đặt x=ab, y=ac, z=bc
ta ab+ac +bc¿2≥3(a2bc+ab2c+abc2)=3 abc(a+b+c)
¿
b, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với δ1δ2≥9δ3 .
Do a , b , c dương nên δ1, δ2, δ3>0 Từ BĐT δ12≥3δ2
δ22≥3δ1δ3 ta có
δ1
δ2
≥9δ1δ2δ3 Suy δ1
≥9δ2δ3
3.Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
Ví dụ 7: Phân tích đa thức
f(x , y)=x3+3x3y+2x2y+3x2 y2+2 xy2+3 xy3+y3 thành nhân tử
Giải: Ta có: f(x , y)=x3+y3+3 xy(x2+y2)+2xy(x+y)+3x2y2
¿δ13−3δ1δ2+3δ2(δ12−2δ2)+2δ1δ2+3δ22
¿δ1
− δ1δ2+3δ1
δ2−3δ2
¿δ1
2
(δ1+3δ2)−δ2(δ1+3δ2)=(δ1+3δ2)(δ1
− δ2)
¿(x+y+3y)(x2+y2+xy)
4 Giải phương trình hệ phương trình
Ví dụ 8: Giải phương trình
4
√x −2+√3− x=1
Giải: Đặt
√x −2=u ,4√3− x=v Ta có: u , v ≥0
Khi ta có hệ:
u+v=1 u4
+v4=1
⇒ ¿
¿δ1=1
δ12−2δ 2¿
2−2δ 2
=1
¿
¿{
¿
Từ suy ra: δ2=0 δ2=2 Vì u=v=1 khơng xảy ra, nên
δ2≠2
Vậy:
¿
δ1=1
δ2=0
¿{
¿
ta có
¿
u=1 v=0
¿{
¿
¿
u=0 v=1
¿{
¿
Nếu: u=1, v=0 phương trình có nghiệm x=3
Nếu: u=0, v=1 phương trình có nghiệm x=2
(4)Gi¶i hƯ:
4
3 17
x y
x y
Giải:
Ta đặt t1= x + y t2= x y ta có hệ :
1
4 2
1 2
3
4 17
t
t t t t
t1 =
3 ta có :
2
2 2;1 2;2
2t 36t 64 0 t 16;t 2
do x; y nghiệm pt: u2 3u16 0
2 3 2 0
u u
từ ta có:
1
x y
2
x y
Tài liệu tham khảo
[1] Tạp chí tốn học tuổi trẻ Quyển 2, NXB Giáo dục, 2006 [2] Đậu Thế Cấp, Đai số sơ cấp, Nhà xuất Giáo dục, 2004