Về đa thức đối xứng ba biến và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM THỊ HUYỀN VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM THỊ HUYỀN VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS MAI VĂN TƯ Nghệ An - 2017 MỤC LỤC Mục lục Các khái niệm 1.1 Vành đa thức ba biến 1.2 Đa thức đối xứng ba biến Ứng dụng đa thức đối xứng ba biến 16 2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 16 2.2 Các tốn phương trình bậc ba 24 2.3 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn 27 2.4 Chứng minh bất đẳng thức 33 2.5 Giá trị lớn giá trị nhỏ 38 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 MỞ ĐẦU Trong chương trình tốn học phổ thơng đa thức có vị trí quan trọng khơng đối tượng nghiên cứu Đại số mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều chuyên nghành khác Toán học Rất nhiều tính chất đa thức nói chung đặc biệt đa thức đối xứng chủ đề đề cập đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán khu vực quốc tế Chúng xem toán hay khó Do việc nắm bắt khái niệm tính chất đa thức đặc biệt đa thức đối xứng số ứng dụng thực cần thiết cho thầy trò bậc Trung học sở Trung học phổ thơng Vì chúng tơi tìm hiểu đề tài: Về đa thức đối xứng ba biến ứng dụng Mục đích Luận văn tìm hiểu, hệ thống lại khái niệm, tính chất đa thức đối xứng ba biến, từ làm sở cho việc giải toán đại số thường gặp chương trình tốn sơ cấp, đề thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic Toán quốc tế, khu vực số đề thi vào trường chuyên toàn quốc Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành chương Chương Các khái niệm Trong chương chúng tơi trình bày khái niệm, tính chất đa thức đối xứng ba biến nhằm chuẩn bị nội dung cho chương sau Các nội dung chương bao gồm vành đa thức ba ẩn, đa thức đối xứng ba biến, quỹ đạo đơn thức Chương Ứng dụng đa thức đối xứng Nội dung chương trình bày số ứng dụng đa thức đối xứng số dạng tốn như: phân tích đa thức thành nhân tử, tốn phương trình bậc ba, hệ phương trình đối xứng ba ẩn, chứng minh bất đẳng thức, giá trị lớn nhỏ Để hoàn thành luận văn tác giả xin chân thành cảm ơn hướng dẫn tận tình chu đáo TS Mai Văn Tư tất Thầy giáo, Cô giáo khác tổ Đại số - Khoa Sư phạm Toán học - Trường Đại học Vinh nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn cịn có nhiều sai sót, tác giả mong nhận góp ý, sửa chữa, bổ sung Thầy, Cô bạn học viên Nghệ An, tháng 07 năm 2017 Tác giả CHƯƠNG CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN 1.1 Vành đa thức ba biến Giả sử A vành giao hốn, có đơn vị x, y, z biến Ta gọi đơn thức ba biến biểu thức có dạng xa1 y a2 z a3 (a1 , a2 , a3 ) ∈ N gọi số mũ đơn thức Phép nhân tập hợp đơn thức định nghĩa sau (xa1 y a2 z a3 )(xb1 y b2 z b3 ) = xa1 +b1 y a2 +b2 z a3 +b3 Từ biểu thức có dạng αxa1 y a2 z a3 , α ∈ A gọi hệ tử từ Để thuận tiện ta ký hiệu X = (x, y, z), a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ N X a = xa1 y a2 z a3 Đa thức ba biến x, y, z vành A tổng hình thức từ αa X a f (x) = a∈N có số hữu hạn hệ số αa = Từ αa X a với αa = gọi từ đa thức f(x) X a đơn thức f(x) Phép cộng đa thức định nghĩa sau: αa X a ) + ( ( a∈N βa X a ) = a∈N (αa + βa )X a a∈N Phép nhân đa thức định nghĩa sau: ( a∈N αa X a ) + ( βa X a ) = a∈N γa X a a∈N γa = αb β c b,c∈N ;b+c=a Với hai phép tốn cộng nhân đa thức nêu kiểm tra tập tất đa thức lập thành vành giao hoán với phần tử đơn vị đơn thức Tập ký hiệu A[x, y, z] Vành A[x, y, z] xây dựng gọi vành đa thức ba ẩn x, y, z lấy hệ tử vành A Các phân tử A[x, y, z] ký hiệu f (x, y, z) g(x, y, z) Các phân tử A[x, y, z] có dạng: f (x, y, z) = α1 xa11 y a12 z a13 + α2 xa21 y a22 z a23 + + αn xan1 y an2 z an3 Trong αi ∈ A, ∀i = 1, n; (ai1 , ai2 , ai3 ) = (aj1 , aj2 , aj3 ) Ta có f (x, y, z) ≡ ⇔ αi = 1.2 ∀i = j ∀i = 1, n Đa thức đối xứng ba biến 1.2.1 Các khái niệm 1.2.1.1 Định nghĩa Một đơn thức ba biến biến x, y, z hiểu hàm số có dạng f (x, y, z) = αklm xk y l z m k, l, m ∈ N gọi bậc biến x, y, z; số αklm ∈ R∗ = R\{0} gọi hệ số đơn thức, số k + l + m gọi bậc đơn thức f (x, y, z) 1.2.1.2 Định nghĩa Đa thức ba biến x, y, z, bậc n tổng hữu hạn đơn thức xác định công thức: αklm xk y l z m P (x, y, z) = k+l+m≤n Bậc lớn đơn thức đa thức gọi bậc đa thức 1.2.1.3 Định nghĩa Đa thức P (x, y, z) gọi đối xứng biến x, y, z khơng thay đổi với hoán vị x, y, z nghĩa P (x, y, z) = P (x, z, y) = P (y, x, z) = P (y, z, x) = P (z, y, x) = P (z, x, y) Chẳng hạn đa thức đa thức đối xứng theo biến x, y, z x4 + y + z − 2x2 y − 2x2 z − 2y z ; (x + y)(x + z)(y + z); (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 1.2.1.4 Định nghĩa Đa thức đối xứng P (x, y, z) gọi bậc m, nếu: P (tx, ty, tz) = tm P (x, y, z), ∀t = 1.2.1.5 Định nghĩa Các đa thức σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz gọi đa thức đối xứng biến x, y, z 1.2.2 Tổng lũy thừa tổng nghịch đảo 1.2.2.1 Định nghĩa Các đa thức Sk = xk + y k + z k , (k = 0, 1, 2, ), gọi tổng lũy thừa bậc k biến x, y, z 1.2.2.2 Định lý (Công thức Newton) Với k ∈ Z, ta có hệ thức Sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 Chứng minh Thật ta có σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 = = (x + y + z)(xk−1 + y k−1 + z k−1 )− −(xy + xz + yz)(xk−2 + y k−2 + z k−2 + xyz(xk−3 + y k−3 + z k−3 )) = = (xk + y k + z k + xy k−1 + xk−1 y + xz k−1 + xk−1 z + yz k−1 + y k−1 z−) −(xk−1 y + xy k−1 + xk−1 z + xz k−1 + y k−1 z + yz k−1 + +xyz k−2 xy k−2 z + xk−2 yz) + (xk−2 yz + xy k−2 z + xyz k−2 ) = (1.1) = xk + y k + z k = sk 1.2.2.3 Định lý Mỗi tổng lũy thừa sk = xk + y k + z k biểu diễn dạng đa thức bậc n theo biến σ1 , σ2 , σ3 Chứng minh Ta chứng minh định lý phương pháp quy nạp Ta có s0 = 3, s1 = x + y + z = σ1 s2 = x2 + y + z = (x + y + z)2 − 2(xy + yz + zx) = σ12 − 2σ2 Như vậy, Định lý với n = 0, n = 1, n = Giả sử định lý với n = k − 1, n = k − 2, n = k − 3(k > 3) Khi đó, theo công thức Newton, Định lý với n = k Công thức (1.1) cho phép biểu diễn tổng lũy thừa sk theo đa thức đối xứng σ1 , σ2 , σ3 , biết trước công thức biểu diễn sk−1 , sk−2 Định lý sau cho ta công thức biểu diễn trực tiếp sk theo đa thức đối xứng σ1 , σ2 , σ3 1.2.2.4 Định lý Công thức Waring Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng theo công thức (−1)k−l−m−n (l + m + n − 1)! l m n sk = σ1 σ2 σ3 k l!m!n! l+2m+3n=k (1.2) Trong k, l, m, n ∈ N Công thức (1.2) chứng minh phương pháp quy nạp với trợ giúp công thức (1.1) Nhờ cơng thức Waring tìm công thức sau: Biểu thức sn = xn + y n + z n tính theo σ1 , σ2 , σ3 s0 = ; s = σ1 ; s2 = σ12 − 2σ2 ; s3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ; s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ2 ; s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 + 5σ12 σ3 − 5σ2 σ3 ; s6 = σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 + 6σ13 σ3 − 12σ1 σ2 σ3 + 3σ32 ; s7 = σ17 − 7σ15 σ2 + 14σ13 σ22 − 7σ1 σ23 + 7σ14 σ3 − 21σ12 σ2 σ3 + 7σ1 σ32 + 7σ22 σ3 ; s8 = σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 − 16σ12 σ23 + 2σ24 + 8σ15 σ3 − 32σ13 σ2 σ3 + +12σ12 σ32 + 24σ1 σ − 22 σ3 − 8σ2 σ32 ; s9 = σ19 − 9σ17 σ2 + 27σ15 σ22 − 30σ12 σ23 + 9σ1 σ24 + 9σ1 σ24 + 9σ16 σ3 − 45σ14 σ2 σ3 + +54σ12 σ22 σ3 + 18σ13 σ32 − 9σ23 σ3 − 27σ1 σ2 σ32 + 3σ33 ; s10 = σ110 − 10σ18 σ2 + 35σ16 σ22 − 50σ14 σ23 + 25σ12 σ24 − 2σ25 + 10σ17 σ3 − −60σ15 σ2 σ3 + 100σ13 σ22 σ3 + 25σ14 σ32 − 40σ1 σ23 σ3 − 60σ12 σ2 σ32 + 10σ1 σ33 + 15σ22 σ32 ; 1.2.2.5 Định nghĩa Các biểu thức s−k = x−k + y −k + z −k = 1 + + , (k = 1, ) xk y k z k gọi tổng nghịch đảo bậc k biến x, y, z Do công thức (1.1) với ∀k ∈ Z, nên công thức thay k k − 3, ta s−k = σ2 σ1 s1−k − s2−k + s3−k σ3 σ2 σ3 (1.3) Sử dụng cơng thức (1.3) tìm biểu thức tổng nghịch đảo theo đa thức đối xứng Chẳng hạn: σ2 σ1 σ2 σ1 σ2 s0 − s1 + s2 = − σ1 + (σ12 − 2σ2 ) = ; σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ2 σ1 σ2 σ σ1 σ − 2σ1 σ3 s−2 = s−1 − s0 + s1 = − + σ1 = 2 ; σ3 σ3 σ3 σ3 σ σ3 σ3 σ3 σ1 σ2 σ22 − 2σ1 σ3 σ1 σ2 σ2 − + = s−3 = s−2 − s−1 + s0 = σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ3 s−1 = σ23 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32 = σ33 31 Do (x − y)(y − z)(z − x) = −2 ⇔ (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 = Theo cơng thức (1.9) ta có (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 = −4σ13 σ3 + σ12 σ22 + 18σ1 σ2 σ3 − 4σ23 − 27σ32 Hệ phương trình cho trở thành  σ1 = σ2 = 11  −4σ13 σ3 + σ12 σ22 + 18σ1 σ2 σ3 − 4σ23 − 27σ32 = Từ suy σ32 − 12σ3 + 36 = Phương trình có nghiệm σ3 = Vậy ta có σ1 = 6, σ2 = 11, σ3 = Theo định lý (2.3.1) ta có x, y, z nghiệm phương trình u3 − 6u2 + 11u − = ⇔ (u − 1)(u − 2)(u − 3) = Nghiệm phương trình u1 = 1, u2 = 2, u3 = Vậy nghiệm hệ cho (1, 2, 3), (1, 3, 2), (x, y, z) : (2, 3, 1)(2, 1, 3)(3, 1, 2), (3, 2, 1) 2.3.7 Ví dụ Giải hệ phương trình  x + y + z = (x + y)(y + z) + (y + z)(z + x) + (z + x)(x + y) =  x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) = −6 Lời giải Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz Sử dụng công thức Warring biến đổi vế trái phương trình thứ hai thứ ba hệ sau: (x+y)(y +z)+(y +z)(z +x)+(z +x)(x+y) = (σ1 −z)(σ1 −x)+(σ1 −x)(σ1 −y) +(σ1 − y)(σ1 − z) = 3σ12 − 2σ1 (x + y + z) + (xy + yz + zx) = σ12 + σ2 x2 (y + z) + y (z + x) + z (x + y) = x2 (σ1 − x) + y (σ1 − y) + z (σ1 − z) = σ1 (x2 + y + z ) − 3(x3 + y + z ) = σ1 (σ1 − 2σ2 ) − (σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) = 32 = σ1 σ2 − 3σ3 Vậy hệ cho trở thành  σ1 = σ12 + σ2 =  σ1 σ2 − 3σ3 = −6 Giải hệ ta σ1 = 2, σ2 = −3, σ3 = Theo định lý 2.1, ta có x, y, z nghiệm phương trình u3 − 2u2 − 3u = Nghiệm phương trình u1 = 0, u2 = −1, u3 = Do nghiệm hệ cho (x, y, z): (0, −1, 3), (0, 3, −1), (−1, 0, 3), (−1, 3, 0), (3, − 1), (3, −1, 0) Dựa theo ví dụ ta đưa toán tương tự sau: Giải hệ phương trình sau với  a, b, c số thực    x+y+z =a  x + y + z = a   x + y + z = a x + y + z = b2 2 1) x + y + z 2) 1 3) x2 + y + z = 3a2     x + y + z = a3 xyz = a3  + + = x y z c Sau ta xét ví dụ hệ phương trình khơng đối xứng theo x, y, z 2.3.8 Ví dụ Giải hệ phương trình   x + 2y − 3z =   2xy − 6yz − 3xz = 27 1   − =  + x 2y 3z Lời giải Hệ cho hệ đối xứng theo x, y, z Tuy nhiên, đặt u = x, v = 2y, w = −3z , hệ đối xứng tương đương với hệ là:   u + v + w = uv + vw + wu = 27   + + = u v w 33 Đặt σ1 = u + v + w, σ2 = uv + vw + wu, σ3 = uvw Khi hệ trở thành   σ1 = σ2 = 27 σ   = σ3 Suy σ1 = 9, σ2 = 27, σ3 = 27 Theo định lý (2.3.1), số u, v, w nghiệm phương trình t3 − 9t2 + 27t − 27 = Ta có: t3 − 9t2 + 27t − 27 = ⇔ (t − 3)3 = Vậy ta có t1 = t2 = t3 = 3, nên u = v = w = Từ ta tìm nghiệm hệ phương trình cho số (x, y, z): 3 3 3 (3, , −1), (3, −1, ), ( , 3, −1), ( , −1, 3), (3, , −1), (3, −1, ) 2 2 2 Nhận xét: Đối với hệ phương trình khơng đối xứng ta tìm cách đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình đối xứng theo ẩn 2.4 Chứng minh bất đẳng thức Trong mục luận văn trình bày số ứng dụng đa thức đối xứng ba biến để chứng minh bất đẳng thức Với số thực (x, y, z) hay (a, b, c) ta luôn hiểu σ1 , σ2 , σ3 đa thức đối xứng số 2.4.1 Mệnh đề Với số thực x, y, z có bất đẳng thức a)σ12 ≥ 3σ2 b)σ22 ≥ 3σ1 σ3 (2.9) Dấu đẳng thức xảy x = y = z 2.4.2 Mệnh đề Với số thực dương x, y, z ta ln có: a)σ1 σ2 ≥ 9σ3 b)σ13 ≥ 27σ3 c)σ23 ≥ 27σ32 (2.10) 34 Dấu đẳng thức xảy x = y = z 2.4.3 Mệnh đề Với số thực không âm x, y, z ta ln có bất đẳng thức a)σ13 + 9σ3 ≥ 4σ1 σ2 b)2σ13 + 9σ3 ≥ 7σ1 σ2 (2.11) Dấu đẳng thức xảy x = y = z Sau số ví dụ vận dụng 2.4.4 Ví dụ (Trích đề thi Olympic 30 -4 - Trường THPT Phan Châu Trinh (Đà Nẵng) Cho x, y, z số không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh + xyz 7 Lời giải Vì x + y + z = 1, nên ta viết bất đẳng thức cần chứng minh (xy + yz + zx) ≤ dạng 7(x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ + 9xyz Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 7σ1 σ2 ≤ 2σ13 + 9σ3 Theo (2.11) ta có điều phải chứng minh 2.4.5 Ví dụ Chứng minh với số thực a, b, c ta có bất đẳng sau: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca, a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 , 2 2 2 a b + b c + c a ≥ abc(a + b + c), (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c), a2 + b2 + ≥ ab + a + b, Lời giải Đặt σ1 = a + b + c, σ2 = ab + bc + ca, σ3 = abc Ta có Bất đẳng thức cho tương đương với σ12 − 2σ2 ≥ σ2 hay σ12 ≥ 3σ2 Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh Bất đẳng thức cho tương đương với σ12 − 2σ2 ≥ σ12 hay σ12 ≥ 3σ2 Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh 35 Bất đẳng thức cho tương đương với O(a2 b2 ) ≥ σ1 σ3 hay σ22 −2σ1 σ3 ≥ σ1 σ3 Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh Trong bất đẳng thức 1, cho c = 1, ta có điều phải chứng minh 2.4.6 Ví dụ Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có bất đẳng thức sau (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc, ab(a + b − 2c) + bc(b + c − 2a) + ac(a + c − 2b) ≥ ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c) ≥ 6abc 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c) a3 + b3 + c3 x+y+z ≥ a2 + b2 + c2 Lời giải Đặt σ1 = a + b + c, σ2 = ab + bc + ca, σ3 = abc Khi Bất đẳng thức cho tương đương với σ1 (σ12 − 2σ2 ) ≥ 9σ3 hay σ13 ≥ 2σ1 σ2 + 9σ3 Theo công thức (2.9) cơng thức (2.10) σ13 ≥ 3σ1 σ2 σ1 σ2 ≥ 9σ3 Từ suy điều phải chứng minh Bất đẳng thức cho tương đương với ab(σ1 − 3c) + bc(σ1 − 3a) + ac(σ1 − 3b) ≥ ⇔ σ1 σ2 − 9σ3 ≥ Bất đẳng thức cuối theo công thức (2.10) mệnh đề (2.4.2) Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Bất đẳng thức cho tương đương với ab(σ1 − c) + bc(σ1 − a) + ac(σ1 − b) ≥ 6σ3 ⇔ σ1 σ2 − 3σ3 ≥ 6σ3 ⇔ σ1 σ2 ≥ 9σ3 Bất đẳng thức cuối theo công thức (2.10) mệnh đề (2.4.2) Vậy bất đẳng thức cho chứng minh 36 Bất đẳng thức cho tương đương với 2s3 ≥ O(a2 b) ⇔ 2(σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) ≥ σ1 σ2 − 3σ3 ⇔ 2σ13 − 7σ1 σ2 + 9σ3 ≥ ⇔ 2σ13 + 9σ3 ≥ 7σ1 σ2 Bất đẳng thức cuối theo công thức (2.11) mệnh đề (2.4.3).Vậy bất đẳng thức cho chứng minh 2.4.7 Ví dụ Chứng minh a, b, c độ dài cạnh tam giác ta có bất đẳng thức 2(ab + bc + ca) > a2 + b2 + c2 (a2 + b2 + c2 )(a + b + c) > 2(a3 + b3 + c3 ) Lời giải Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên ta đặt x = a + b − c; y = a − b + c; z = −a + b + c x, y, z số dương Khi a, b, c biểu thị theo x, y, z sau: x+z y+z x+y ,b = ,c = 2 Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có bất đẳng thức x+y x+z x+y y+z x+z y+z 2( + + )> 2 2 2 x+y x+z y+z >( ) +( ) +( ) 2 Đặt σ1 = a + b + c, σ2 = ab + bc + ca, σ3 = abc, s2 = x2 + y + z đa thức a= đối xứng tổng lũy thừa x, y, z Ta có 2(s2 + 3σ2 ) > 2s2 + 2σ2 ⇔ 4σ2 > Dễ thấy bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên ta đặt x = a + b − c; y = a − b + c; z = −a + b + c x, y, z số dương Khi a, b, c biểu thị theo x, y, z sau: a= x+z y+z x+y ,b = ,c = 2 37 Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có bất đẳng thức ( x+y x+z y+z ) +( ) +( ) (x + y + z) > 2 > ( x+z y+z x+y ) +( ) +( ) 2 Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz, s2 = x2 + y + z , O(x2 y) = x2 y + x2 z + y z + z x + z y đa thức đối xứng bản, tổng lũy thừa công thức quỹ đạo x, y, z Ta có 2(s2 + 2σ2 )σ1 > 2s3 + 3O(x2 y) ⇔ 2(σ12 − 2σ2 + 2σ2 )σ1 > 2(σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) + 3(σ1 σ2 − 3σ3 ) ⇔ σ1 σ2 + σ3 > Dễ thấy bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Vậy bất đẳng thức cho chứng minh 2.4.8 Ví dụ Chứng minh với số khơng âm a, b, c (a + b + c)2 + 3(abc)2/3 ≥ 4(ab + bc + ca) Lời giải Đặt σ1 = a + b + c, σ2 = ab + bc + ca, σ3 = abc Khi bất đẳng thức cho tương đương với: 2/3 σ12 + 3σ3 ≥ 4σ2 (*) Rõ ràng a = b = c (*) Xét trường hợp số không âm a, b, c có số dương Khi σ1 > 0, σ2 ≥ 0, σ3 ≥ 0, nên ta có 2/3 σ23 ≥ 27σ23 ⇔ σ2 ≥ 3σ3 ≥ 4σ2 − σ2 = 3σ2 Theo (2.10) ta có điều phải chứng minh 2.4.9 Ví dụ Cho số dương x, y, z Chứng minh y2 z2 x+y+z x2 + + ≥ y+z z+x x+y 38 Lời giải Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz Khi bất đẳng thức cho tương đương với 2x2 (σ1 − y)(σ1 − z) + 2y (σ1 − x)(σ1 − z) + 2z (σ1 − x)(σ1 − y) ≥ ≥ σ1 (σ1 − x)(σ1 − y)(σ1 − z) ⇔ 2σ12 s2 − 2σ1 O(x2 y) + 2σ1 σ3 ≥ σ1 (σ1 − σ1 σ3 ), s2 = x2 + y + z , O(x2 y) = x2 y + x2 z + y x + y z + z x + z y tương ứng tổng lũy thừa quỹ đạo Sử dụng công thức tổng lũy thừa quỹ đạo ta có bất đẳng thức 2σ12 (σ12 − 2σ2 ) − 2σ1 (σ1 σ2 − 3σ3 ) + 2σ1 σ3 ≥ σ1 (σ1 σ2 − σ3 ) ⇔ σ1 (2σ13 − 7σ1 σ2 + 9σ3 ) ≥ Bất đẳng thức cuối Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Dấu đẳng thức xảy x = y = z 1 Nhận xét: Dựa vào toán ta đặt x = , y = , z = sử dụng bất a b c đẳng thức Cauchy với điều kiện a, b, c dương thỏa mãn điều kiện abc = ta có toán sau: Bài toán (IMO, 1995/2)Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2.5 Giá trị lớn giá trị nhỏ 2.5.1 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức F (x, y, z) = x y z y+z z+x x+y + + + + + y+z z+x x+y x y z 39 Trên miền D = {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0} Lời giải Trước hết, ta có y+z z+x x+y + + = z y z y y z z x + ) + ( + ) + ( + ) ≥ + + = x z y x z x = y = z P (x, y, z) = x y Dấu đẳng thức xảy =( Tiếp theo, xét biểu thức Q(x, y, z) = y z x + + y+z z+x x+y Ta biến đổi biểu thức sau Q+3=( x y z + 1) + ( + 1) + ( + 1) = y+z z+x x+y 1 + + )= y+z x+z x+y 1 1 = [(y + z) + (z + x) + (x + y)] ( + + ) y+z z+x x+y Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có = (x + y + z)( [(y + z) + (z + x) + (x + y)] ( 1 + + ) ≥ y+z z+x x+y Dấu đẳng thức xảy y + z = z + x = x + y ⇔ x − y = z Suy Q ≥ 15 F (z, y, z) = P (x, y, z) + Q(x, y, z) ≥ + = 2 Dấu đẳng thức xảy x = y = z, thí dụ x = y = z =1 Vậy ta có minF (x, y, z) = D 15 2.5.2 Ví dụ Cho số dương thay đổi x, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 F (x, y, z) = (1 + ) + (1 + ) + (1 + ) x y z 40 trường hợp sau a)x + y + z = b)xy + xz + zx = c)xyz = Lời giải Ta viết lại biểu thức cho dạng F (x, y, z) = (x + 1)(y + 1)(z + 1) + (x + y + z) + (xy + yz + zx) + xyz = xyz xyz Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz , ta có F =1+ + σ1 + σ2 σ3 a) Trường hợp σ1 = x + y + z = 1.Theo mệnh đề 2.4, ta có F =1+ σ2 54 + ≥1+ +√ ≥ + + = 64 3 σ3 σ3 σ3 σ3 σ1 σ1 Dấu đẳng thức xảy x+y+z x = y = z ⇔x=y=z= 1 Vậy ta có minF (x, y, z) = F ( , , ) = 64 3 b) Trường hợp σ2 = xy + yz + zx = Vận dụng mệnh đề (2.4.1), ta có √ √ σ1 + F =1+ + ≥1+ = 10 + σ3 σ σ23 σ2 Dấu đẳng thức xảy xy + yz + zx = x=y=z>0 ⇔x=y=z= √ c) Trường hợp σ3 = xyz = Vận dụng mệnh đề (2.4.1) ta có F =1+ √ + σ1 + σ2 = + σ1 + σ2 ≥ + 3 σ3 + 3 σ32 = σ3 Dấu đẳng thức xảy xyz = x=y=z>0 ⇔ x = y = z = 41 Vậy trường hợp ta có minF = F (1, 1, 1) = 2.5.3 Ví dụ Cho số dương thay đổi x, y, z Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức F (x, y, z) = x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y trường hợp sau: a) x + y + z = b) xy + yz + zx = c) xyz = Lời giải Với số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (x + y + z)2 = ( √ x √ y √ z √ y+z+ √ z+x+ √ x + y)2 ≤ y+z x+y z+x x2 y2 z2 ≤( + + )(y + z + z + x + x + y) y+z z+x x+y Như vậy, ta có F (x, y, z) ≥ x+y+z Dấu đẳng thức xảy x = y = z a) Trường hợp x + y + z = Khi đó, ta có 1 1 minF = F ( , , ) = 3 b) Trường hợp xy + yz + zx = Theo bất đẳng thức thứ mệnh đề (2.4.1), ta có (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) = Dấu đẳng thức xảy x = y = z Do 1 minF (x, y, z) = F ( √ , √ , √ ) 3 42 c) Trường hợp xyz = Theo bất đẳng thức mệnh đề (2.4.1), ta có √ x + y + z ≥ xyz = Dấu đẳng thức xảy x = y = z Vậy ta có minF (x, y, z) = F (1, 1, 1) = Dựa toán thay đổi số hạng ta đưa toán tương tự sau: Bài toán: Cho số dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức y3 z3 x3 + + F (x, y, z) = y + z z + x2 x2 + y 2.5.4 Ví dụ Xét số thực dương x, y, z thay đổi, luôn thỏa mãn điều kiện (x + y + z)3 = 32xyz Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức x4 + y + z P (x, y, z) = (x + y + z)4 Lời giải Nhận xét với k số thực khác không tùy ý, ta ln có P (kx, ky, kz) = P (x, y, z) x, y, z thỏa mãn điều kiện đề bài, kx, ky, kz thỏa mãn điều kiện Vì khơng tính tổng qt, giả thiết x + y + z = Khi đó, kết hợp với điều kiện đề bài, ta có xyz = Bài tốn trở thành " Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P = (x4 + y + z ) 256 biến số dương x, y, z thay đổi, cho x + y + z = 4, xyz = 2" Đặt Q = x4 + y + z σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz Theo cơng thức Waring, ta có σ2 = x(y + z) + yz = x(4 − x) + x 43 Áp dụng bất đẳng thức (y + z)2 ≥ 4yz , ta có (4 − x)2 ≥ 8x ⇔ x3 − 8x2 + 16x − ≥ ⇔ (x − 2)(x2 − 6x + 4) ≥ Vì x ∈ (0, 4), nên từ suy − √ ≤ x ≤ 44 KẾT LUẬN Dựa sở tài liệu [4], luận văn trình bày số kết sau: Trình bày sở lý thuyết đa thức đối xứng ba biến ứng dụng đại số sơ cấp phân tích đa thức thành nhân tử, toán phương trình bậc ba, hệ phương trình đối xứng ba ẩn, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhỏ Xây dựng số tốn hay khó dành cho học sinh giỏi từ đa thức đối xứng Luận văn chọn lọc giới thiệu số đề thi học sinh giỏi, đề thi Olympic trường THPT nước quốc tế liên quan đến tính đối xứng đại số Tiếp tục nghiên cứu để xây dựng toán đại số liên quan đến đa thức đối xứng n biến (n ≥ 4) công việc mẻ toán mở cho tác giả quan tâm đến luận văn 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đậu Thế Cấp, (2004), Đại số sơ cấp, NXB Giáo Dục Việt Nam [2] Nguyễn Hữu Điển, (2003),Đa thức ứng dụng, NXB Giáo Dục Việt Nam [3] Nguyễn Thị Hồng Loan, (2016), Giáo trình đại số giao hốn, Giáo trình tốn học, trường Đại học Vinh [4] Nguyễn Văn Mậu, (Chủ biên) Nguyễn Văn Ngọc, (2009), Chuyên đề đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo Dục Việt Nam [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Trịnh Đào Chiến, (2008), Chuyên đề chọn lọc đa thức ứng dụng, NXB Giáo Dục Việt Nam [6] Lê Hồnh Phị, (2009), Bài giảng cho học sinh chuyên toán vấn đề đa thức, NXB Giáo Dục Việt Nam [7] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, (2006), NXB Giáo Dục Việt Nam ... chất đa thức đối xứng ba biến nhằm chuẩn bị nội dung cho chương sau Các nội dung chương bao gồm vành đa thức ba ẩn, đa thức đối xứng ba biến, quỹ đạo đơn thức Chương Ứng dụng đa thức đối xứng. .. z) đa thức đối xứng theo biến x, y, z Trong đa thức phản đối xứng, đa thức T = (x − y)(x − z)(y − z) đóng vai trị quan trọng gọi đa thức phản đối xứng đơn giản đa thức phản đối xứng ba biến Đối. .. lục Các khái niệm 1.1 Vành đa thức ba biến 1.2 Đa thức đối xứng ba biến Ứng dụng đa thức đối xứng ba biến 16 2.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 16