Đang tải... (xem toàn văn)
Trong toán học, đa thức trên một vành (hoặc trường) K là một biểu thức dưới dạng tổng đại số của các đơn thức.. Hàm số biểu diễn bởi một đa thức được gọi là hàm đa thức.[r]
(1)******* KHOA TOÁN *******
======================================
BÀI KIỂM TRA GIỮA KỲ
ĐẠI SỐ HIỆN ĐẠI II
Học viên :HUỲNH ĐỨC KHÁNH Lớp : Cao học TỐN - GIẢI TÍCH K14
(2)Đề Khảo sát vành đa thức nhiều biến ứng dụng đa thức đối xứng để giải hệ phương trình
PHẦN I
KHẢO SÁT VÀNH ĐA THỨC NHIỀU BIẾN
Trong toán học, đa thức vành (hoặc trường) K biểu thức dạng tổng đại số đơn thức Mỗi đơn thức tích phần tử (được gọi hệ tử hệ số) thuộcK với lũy thừa tự nhiên biến
Trong chương trình giáo dục phổ thông, thường xét đa thức trường số thực, tốn cụ thể xét đa thức với hệ số nguyên hệ số hữu tỷ
Ví dụ : f(x, y, z) = 2x2y−3y2+ 5yz−2 đa thức, với x, y z biến Hàm số biểu diễn đa thức gọi hàm đa thức Phương trình P = đóP đa thức gọi phương trình đại số
I - VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN
Giả sử A vành giao hốn, có đơn vị ký hiệu Ta gọi P tập hợp dãy
(a0, a1, , an, ) ∈A với mọii∈N = tất trừ số hữu hạn TrênP ta định nghĩa hai phép toán cộng nhân sau
(a0, a1, , an, ) + (b0, b1, , bn, ) = (a0+b0, a1+b1, , an+bn, ) (1.1)
(a0, a1, , an, )×(b0, b1, , bn, ) = (c0, c1, , cn, ) (1.2) với ck =
P
i+j=k
aibj, k= 0,1,2, , n
Vì bi tất trừ số hữu hạn nên ai+bi ci tất trừ số hữu hạn, nên (1.1) (1.2) xác định hai phép toán P
TậpP với hai phép toán cộng nhân vành giao hoán có đơn vị Phần tử khơng phép cộng dãy (0,0,0, ), phần tử đơn vị phép nhân (1,0,0, )
Xét dãy x= (0,1,0, ,0, )∈P
Theo quy tắc phép nhân P, ta có xn=
(3)Mặt khác, xét ánh xạ : A−→P
a7−→(a,0, ,0, )
Dễ dàng kiểm chứng ánh xạ đơn cấu vành, ta đồng phần tửa ∈A với dãy (a,0, ,0, ) ∈P xem A vành vành P Vì phần tử P dãy (a0, a1, , an, ) = tất trừ số hữu hạn, nên phần tử củaP có dạng (a0, , an,0, ) a0, , an∈A (khơng thiết khác 0) Việc đồng nhấta với (a,0,0, ) việc đưa vào dãy xcho phép ta viết
(a0, an,0, ) = (a0,0,0, ) + (0, a1,0, ) + + (0, , an,0, )
= (a0,0,0, ) + (a1,0,0, ) (0,1,0, ) + + (an,0,0, ) (0, ,1,0, )
=a0+a1x+ +anxn =a0x0+a1x+ +anxn
Vành P định nghĩa trên, gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ tử A, hay vắn tắt vành đa thức ẩnx A, ký hiệu A[x] Các phần tử A[x]gọi đa thức ẩn xlấy hệ tử A thường ký hiệu f(x), g(x),
Trong đa thứcf(x) =a0x0+a1x+ +anxn, với i= 0,1, , n gọi hệ tử đa thức, cácaixigọi hạng tử đa thức, đặc biệta0x0 =a0gọi hạng tử tự II - VÀNH ĐA THỨC NHIỀU ẨN
Giả sử A vành giao hốn có đơn vị Ta đặt
A1 =A[x1], A2 =A1[x2], , An=An−1[xn]
Vành An =An−1[xn] kí hiệu A[x1, x2, , xn] gọi vành đa thức n ẩn x1, x2, , xn lấy hệ tử A Mỗi phần tử An gọi đa thức n ẩn x1, x2, , xn lấy hệ tử A thường kí hiệu f(x1, x2, , xn) hay g(x1, x2, , xn) Từ định nghĩa ta có dãy vành: A0 = A ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ ⊂ An Trong Ai−1 vành vành Ai với i= 1,2,
Từ tính chất hai phép tốn vành quy nạp ta chứng minh đa thứcf(x1, x2, , xn)∈A[x1, x2, , xn] viết dạng
f(x1, x2, , xn) =c1xa111x a12
2 x a1n
n +c2xa121x a22
2 x a2n
n + +cmxa1m1x am2
2 x amn
n
vớici ∈A;ai1, ai2, , ain, i= 1, mlà số tự nhiên và(ai1, ai2, , ain)6= (aj1, aj2, , ajn) vớii6=j, cáccigọi hệ tử,cixa1i1x
ai2
(4)III - NGHIỆM CỦA ĐA THỨC
Khi thay các biến (x1, x2, , xm) giá trị (c1, c2, , cm) ∈ Km thực phép toán ta kết phần tử ∈Km , gọi giá trị đa thức (c1, c2, , cm):
P(c1, c2, , cm) = n
X
i=0 ai·c
ki,1
1 c ki,2
2 c ki,m
m
Nếu P(c1, c2, , cm) = (c1, c2, , cm) gọi nghiệm đa thức Chúng gọi khơng điểm đa thức
Các tốn đa thức tìm nghiệm đa thức, nghiệm phương trình đại sốP(x1, x2, , xm) = nên đa thức củam biến nhiều người gọi đa thức m ẩn
PHẦN II
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
I - ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
Định nghĩa Giả sử A vành giao hốn có đơn vị, f(x1, x2, , xn) đa thức vànhA[x1, x2, , xn] Ta nói f(x1, x2, , xn)là đa thức đối xứng n ẩn
f(x1, x2, , xn) = f(xτ(1), xτ(2), , xτ(n)) với phép thếτ
τ =
1 n τ(1) τ(2) τ(n)
trong đóf(xτ(1), xτ(2), , xτ(n))có từf(x1, x2, , xn)bằng cách trongf(x1, x2, , xn) thay xi xτ(i), i= 1,2, , n
Định lý Tập gồm đa thức đối xứng vành A[x1, x2, , xn] vành vànhA[x1, x2, , xn]
Các đa thức
σ1 =x1+x2+ +xn
(5)
σn−1 =x1x2 xn−1+x1x2 xn−2xn+ +x2x3 xn σn=x1x2 xn
là đa thức đối xứng gọi đa thức đối xứng đối vớin ẩnx1, x2, , xn Giả sửg(x1, x2, , xn)là đa thức củaA[x1, x2, , xn], phần tử củaA[x1, x2, , xn]
có cách trongg(x1, x2, , xn) thay x1 σ1, x2 σ2, , xn bởiσn gọi đa thức đa thức đối xứng bản, kí hiệu làg(σ1, σ2, , σn) Vìσ1, σ2, , σn đa thức đối xứng nên g(σ1, σ2, , σn) đa thức đối xứng
II - CÔNG THỨC VIET Cho đa thức bậc n :
f(x) =a0xn+a1xn−1+ +akxn−k+ +an (1.3) (1.3) lấy hệ tử trường T Gỉa sử f(x) có T mở rộng T, tức trường chứaT làm trường con, nnghiệmα1, α2, , αn Khi ta có : f(x) =a0(x−α1) (x−α2) (x−αn) (1.4) (1.4) Khai triển vế phải so sánh hệ tử lũy thừa giống (1.3) (1.4) ta công thức sau gọi công thức Viet đa thức bậc n
a1 a0
=−(α1 +α2+ +αn)
ak a0
= (−1)k P
i1<i2< <ik
αi1αi2 αik
an a0
= (−1)nα1α2 αn
(6)PHẦN III
ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài Giải hệ phương trình
x3−3x2−9x+ 22 =y3+ 3y2−9y x2+y2−x+y=
2
Đề thi TSĐH 2012
Nhận xét: Đây chưa hệ phương trình đối xứng hai ẩn x y, cách đặtt =−x hệ cho trở thành hệ đối xứng hai ẩnt vày Hệ cho cịn có tên gọi là:00hệ gần đối xứng hệ nửa đối xứng hệ giả đối xứng00
•Bằng cách đặt t=−xta
t3+y3+ 3t2+ 3y2−9(t+y) = 22
t2+y2+t+y=
2
•Đặt
(
σ1 =y+t σ2 =yt
, hệ trở thành
σ13−3σ1σ2+ 3(σ12 −2σ2)−9σ1 = 22
σ12−2σ2+σ1 =
1 ⇔
σ13−3σ1σ2 + 3(σ12−2σ2)−9σ1 = 22
σ2 =
1 2(σ1
2 +σ 1− 2) ⇔
2σ13+ 6σ12+ 45σ1+ 82 =
σ2 =
1 2(σ1
2 +σ 1− 2) ⇔
σ1 =−2 σ2 =
3 •Với
σ1 =−2 σ2 =
3
, t, y nghiệm phương trình
z2−Sz+P = ⇔z2+ 2z+ =
⇔
t=−3
2
y=−1
hoặc
t =−1
2
(7)Bài Giải hệ phương trình
(√
x+p4
y3−1 = 3
x2+y3 = 82 với (x, y ∈R)
• Hệ phương trình cho khơng phải hệ phương trình đối xứng x y Ta đặt
(
u=√x v =p4
y3−1 Hệ phương trình đưa
(
u+v =
u4+ (v4+ 1) = 82 ⇔
(
u+v =
u4+v4 = 81. • Hệ phương trình hệ đối xứng hai biến u, v Đặt
(
σ1 =u+v
σ2 =uv ta nhận hệ phương trình
(
σ1 =
σ14−4σ21σ2+ 2σ22 = 81
•Thay σ1 = vào phương trình hai, ta nhận σ22−18σ2 = Phương trình có hai nghiệmσ2 = σ2 = 18 Ta nhận hai nghiệm
(
σ1 = σ2 =
hoặc
(
σ1 = σ2 = 18
• Hệ phương trình thứ đưa giải phương trình bậc hai z2 −3z = 0 nên ta có hai nghiệm u, v
(
u=
v =
(
u=
v = Khi
(
x=
y=
(
x=
y=√3 82 •Hệ phương trình thứ hai đưa giải phương trình bậc haiz2−3z+ 18 = 0 Hệ khơng có nghiệm thực Do nghiệm thực hệ ban đầu có hai số
Bài Giải hệ phương trình
x+y−z =
x2+y2−z2 = 37 x3+y3−z3 = 1
với (x, y, z∈R)
•Ta coi biến thứ ba z độc lập (cố định lại), phương trình hệ cho có vế trái đa thức đối xứng theo hai biếnx, y Đặt
(
σ1 =x+y σ2 =xy
ta đưa hệ
σ1−z =
σ21−2σ2−z2 = 37
σ31−3σ1σ2−z3 =
• Bằng cách lấy z phương trình thứ σ2 phương trình thứ hai thay vào phương trình thứ ba Sau tính tốn ta được18σ1 = 342 Từ ta tìm nghiệm hệ σ1 = 19, σ2 = 90, z = 12
•Từ đưa giải phương trình bậc hai tìm nghiệm
x=
y= 10
z = 12
hoặc
x= 10
y=
(8)Bài Giải hệ phương trình rx y + rx y = √
xy +
p
x3y+pxy3 = 78
với (x, y ∈R)
• Nhận xét: Hệ cho hệ đối xứng Từ hệ phương trình ta thấy x, y phải khác khơng có dấu Nếu x, y > ta đặt u= √x, v = √y, x, y < ta đặt u=√−x, v =√−y
• Trong hai trường hợp hệ đưa dạng :
u v + v u =
uv + u3v+uv3 = 78
Đây hệ đối xứng uvà v
•Đặt
(
σ1 =u+v σ2 =uv
, hệ trở thành
(
σ12−3σ2 = σ2(σ12−2σ2) = 78 ⇔
(
σ1 = σ2 =
hoặc
(
σ1 =−5 σ2 = •Vì u, v số dương nên ta chọn
(
σ1 = σ2 = ⇒
(
u=
v =
(
u=
v = •Thay trở lại tìmx, yta
(
x=
y=
(
x=
y=
(
x=−9
y=−4
(
x=−4
y =−9 Bài Giải hệ phương trình
(
x2+ +y(x+y) = 4y
(x2+ 1)(x+y−2) = y với (x, y ∈R) •Do y = khơng phải nghiệm nên hệ phương trình ⇔
x2 + 1
y +x+y−2 = x2 + 1
y (x+y−2) = •Đặt
u= x
2+ 1 y v =x+y−2
, ta có hệ
(
u+v =
uv =
Nhận xét: Hệ ban đầu không đối xứng, phương pháp đặt ẩn phụu, v hệ cho trở thành hệ đối xứng hai ẩnu, v ta tìm
(
u=
v = ⇒
(9)Bài Giải hệ phương trình
(
x4−4x2+y2−6y+ = 0
x2y+x2 + 2y−22 = 0 với (x, y ∈R) •Nhận xét: Hệ cho hệ đối xứng, cách phân tích
(
x4−4x2+y2−6y+ = 0 x2y+x2+ 2y−22 = 0 ⇔
(
(x2−2)2+ (y−3)2
=
(x2−2 + 4)(y−3 + 3) +x2−2−20 = 0. đặt
(
x2−2 = u
y−3 = v ta hệ đối xứng u vàv
(
u2+v2 = 4
u.v+ 4(u+v) = •Giải hệ thay trở lại tìm x, y ta
(
x=
y=
(
x=
y=
Bài Giải hệ phương trình
x+ 2y−3z = 2xy−6yz−3xz = 27
1
x +
1 2y −
1 3z =
với (x, y, z ∈R) •Hệ phương trình khơng phải hệ đối xứng theo x, y, z ta đặt
u=x, v = 2y, w =−3z
thì ta có hệ đối xứng
u+v+w=
uv+vw+uw= 27
u+
1
v −
1
w =
•Đặt σ1 =u+v+w, σ2 =uv+vw+uw, σ3 =uvw, ta
σ1 = σ2 = 27
σ2 σ3 = ⇔
σ1 = σ2 = 27 σ3 = 27
•Áp dụng cơng thức Viet u, v, w ba nghiệm phương trình bậc ba : z3−9z2+ 27z−27 = 0⇔(z−3)3 =
•Vậy ta có z1 =z2 =z3 = nên u=v =w= •Thay trở lại tìm x, y, z ta
−1;3 2;
và hốn vị