Chuyên đề Đa thức đối xứng và ứng dụng by Phạm Mai Trang - ĐHSPHN2

CHUYÊN ĐỀ 3: ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ ỨNG DỤNG. MỤC LỤC I.Kiến thức chuẩn bị. ...............................................................................2 1. Đa thức một ẩn. ..................................................................................2 2. Đa thức nhiều ẩn................................................................................4 II.Đa thức đối xứng. .................................................................................5 1.Định nghĩa đa thức đối xứng. ..............................................................5 2.Các kiến thức liên quan. ......................................................................6 III.Ứng dụng của đa thức đối xứng ........................................................9 1.Phân tích đa thức thành nhân tử ..........................................................9 2. Trục căn thức ở mẫu số ....................................................................11 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng..............................14 4. Các bài toán liên quan đến phương trình bậc hai và phương trình quy về phương trình bậc hai. ................................................................17 5. Giải hệ phương trình nhiều ẩn. .........................................................21 6. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức .............................................24 7. Một số ứng dụng đối với các đa thức có chứa tham số....................27

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 1

I.Kiến thức chuẩn bị.

1. Đa thức một ẩn.

1.1.Định nghĩa.

Cho A là vành giao hoán có đơn vị. Đa thức một ẩn f ( x ) thuộc A [ x ] biểu diễn dưới dạng:

f ( x ) = a1 x n1 + a2 x n2 + ... + ak x nk Trong đó: a1 , a2 ,..., ak thuộc A gọi là hệ tử. n1 , n2 ,..., nk là những số nguyên không âm. ai x ni gọi là hạng tử (hay còn gọi là đơn thức nếu A là vành số và ai ≠ 0 )

ni được gọi là bậc của hạng tử thứ i.

Ta có thể cho rằng tất cả các hạng tử trong cách viết trên không đồng bậc vì nếu có những hạng tử đồng bậc thì ta nhóm chúng thành một hạng tử. Ta thường viết f ( x ) theo chiều tăng (hoặc giảm) những bậc của các hạng tử. Do đó f ( x ) thuộc A [ x ] thường biểu diễn dưới dạng:

f ( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + an Trong đó ai ∈ A ( i = 0, n ) , a0 ≠ 0 1.2.Nghiệm của đa thức: Cho đa thức P ( x ) ∈ A [ x ] có bậc lớn hơn hoặc bằng 1. K ⊃ A, α ∈ K , α gọi là nghiệm của đa thức P ( x ) nếu P (α ) = 0 .

1.3.Phép chia với d: + Định lí: Cho hai đa thức P ( x ) , Q ( x ) ∈ A [ x ] , A là một trường và Q ( x ) ≠ 0 . Khi đó tồn tại duy nhất những đa thức S ( x ) và R ( x ) thoar mãn điều kiện sau: P ( x ) = Q ( x ) .S ( x ) + R ( x ) , trong đó deg R ( x ) < deg Q ( x ) nếu R ( x ) ≠ 0 . + Nhận xét: Cho f ( x ) là một đa thức bậc n trên A. Khi đó luôn tồn tại trường K ⊃ A để f ( x ) có n nghiệm trong K. 1.4. Công thức Viet: Cho P ( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an−1 x + an thuộc A [ x ] là một đa thức bất kì và α1 , α 2 ,..., α n là những nghiệm của đa thức P ( x ) . Khi đó P ( x ) = α 0 ( x − α1 )( x − α 2 ) ... ( x − α n ) Đồng nhất các hệ tử ta có:

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 2

a1  α1 + α 2 + ... + α n = − a 0  a2  α1α 2 + α 2α 3 + ... + α n −1α n = a 0  .....   k a  ∑ α i1α i2 ...α ik = (−1) k a0 i1 <i2 <...<ik i1 ,...,ik ∈1,..., n  ......  α α ...α = (−1)n an  1 2 n a0 Công thức trên gọi là công thức Viet.

1.5. Đa thức đồng dạng + Định nghĩa: Cho P ( x ) , Q ( x ) , ϕ ( x ) thuộc A [ x ] , ϕ ( x ) là một đa thức khác không. Ta nói rằng đa thức

P ( x ) , Q ( x ) là đồng dạng theo modun đa thức ϕ ( x ) nếu:  P ( x ) − Q ( x )  M ϕ ( x ) .

Nếu P ( x ) , Q ( x ) đồng dạng theo modun ϕ ( x ) thif ta kí hiệu là:

P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) . + Tính chất: Trong vành đa thức A [ x ] , cho ϕ ( x ) là một đa thức khác không. Khi đó ta có: 1, Với mọi đa thức P ( x ) , P ( x ) ≡ P ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

2, Với hai đa thức P ( x ) và Q ( x ) bất kì, nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) thì

P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

3, Với mọi đa thức P ( x ) , Q ( x ) và R ( x ) , nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) và

Q ( x ) ≡ R ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) thì P ( x ) ≡ R ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

4, Với mọi đa thức P ( x ) , Q ( x ) và R ( x ) , nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) thì

P ( x ) .R ( x ) ≡ Q ( x ) .R ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

5, Cho những đa thức bất kì P1 ( x ) , P2 ( x ) ,..., Pn ( x ) , Q1 ( x ) , Q2 ( x ) ,..., Qn ( x ) và

u1 ( x ) , u2 ( x ) ,..., un ( x ) , nếu Pi ( x ) ≡ Qi ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) , i = 1, 2,..., n thì u1 ( x ) .P1 ( x ) + ... + un ( x ) .Pn ( x ) ≡ u1 ( x ) .Q1 ( x ) + ... + un ( x ) .Qn ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

6, Với các đa thức bất kì P ( x ) , Q ( x ) và R ( x ) , nếu P ( x ) + Q ( x ) ≡ R ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) thì

P ( x ) ≡ R ( x ) − Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 3

7, Cho những đa thức bất kì P1 ( x ) ,..., Pn ( x ) , Q1 ( x ) ,..., Qn ( x ) vaf u1 ( x ) ,..., un ( x ) , nếu

Pi ( x ) .P2 ( x ) ....Pn ( x ) ≡ Q1 ( x ) .Q2 ( x ) ...Qn ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) 8, Với hai đa thức P ( x ) , Q ( x ) bất kì và mọi số tự nhiên t, nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) thì

P t ( x ) ≡ Qt ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) .

9, Với các đa thức P ( x ) , Q ( x ) , F ( x ) , nếu P ( x ) ≡ Q ( x ) ( mod ϕ ( x ) ) thì

F ( P ( x ) ) ≡ F ( Q ( x ) ) ( mod ϕ ( x ) ) .

2. Đa thức nhiều ẩn 2.1. Định nghĩa Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn Cho R là vành giao hoán, có đơn vị 1R . Đặt: A=

{( a , a ,..., a ) | a ∈ R, a 0

1

n ,...

i

i

}

≠0

Trên A xét hai phép toán ( + ) , (.) như sau:

a = ( a0 , a1 ,..., an ,...) ; b = ( b0 , b1 ,..., bn ,...) a + b := ( a0 + b0 , a1 + b1 ,..., an + bn ,...) a.b = ( c0 , c1 ,..., cn ,...) , ck =

∑

ai b j.

0 ≤i , j ≤ k i + j =k

Khi đó ( A, +,.) là vành giao hoán có đơn vị (1R , 0, 0 ) .

Với mọi a = ( a0 , a1 ,..., a n ,...) ∈ A ta có:

a = ( a0 + 0, a1 + 0,..., an + 0,...) = ( a0 , 0, 0,...) + ( 0, a1 , a2 ,..., an , 0,...) = ( a0 , 0, 0,...) + ( 0 + 0, a1 + 0,..., an + 0,...) = ( a0 , 0, 0,...) + ( 0, a1 , 0,...) + ( 0, 0, a2 ,0,..., a n , 0,...) = ... = = ( a0 , 0, 0,...) + ( 0, a1 , 0,...) + ... + ( 0,0,..., an , 0,...) Đặt x0 = ( 0,1R , 0,...) ∈ A. Theo quy tắc nhân ta có:

x 2 = x.x = ( 0,1R , 0,...) . ( 0,1R , 0,...) = ( 0, 0,1R ,...) . Tương tự: x3 = ( 0,1R , 0,...) . ( 0,1R , 0,...) . ( 0,1R , 0,...) = ( 0, 0, 0,1R ,...) ….

x k = ( 0,..., 0,1R , 0,...) .

Xét ánh xạ f : R → A r a

( r , 0,0,...)

Ta có f là đơn cấu vành nên đồng nhất mỗi phần tử a ∈ A, f ( a ) ∈ P .

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 4

Tức là a = f ( a ) = ( a, 0,..., 0,...) .

Thế thì với mọi a ' ∈ R ta có:

a '.x k = ( a, 0, 0,...) . ( 0, 0,..., 0,1R , 0,...) = ( 0, 0,..., a, 0,...) .

Suy ra: f = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n . Định nghĩa: ( A, +,.) được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong R. Kí hiệu: R [ x ].

Lặp lại quá trình xây dựng vành đa thức một biến thay R bằng R [ x ] ta có vành đa thức hai biến

R [ x, y ] tức là R [ x, y ] = R [ x ][ y ] . f ( x, y ) ∈ R [ x, y ] , f ( x, y ) = cm y m + cm−1 y m−1 + ... + c1 y + c0 với ci ∈ R [ x ] = ak x n y m + ... + a1 xy + a0 với ai ∈ R.

Lặp lại quá trình trên n lần, ta có vành đa thức n biến R [ x1 , x2 ,..., xn ] tức là

R [ x1 , x2 ,..., xn ] = R [ x1 , x2 ,..., xn−1 ][ xn ] .

Mỗi phần tử của R [ x1 , x2 ,..., xn ] là một đa thức n ẩn f ( x1 , x2 ,..., xn ) lấy hệ tử trong R. 2.2. Bậc của đa thức

( i ) = ( i1 , i2 ,..., in )

Kí hiệu

x(i ) = x i1 .xi2 ....xin

Khi đó với mọi f ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ R [ x1 , x2 ,..., xn ] ta có: f ( x1 , x2 ,..., xn ) = ∑ a(i ) xi , a( i ) ∈ R, a( i ) ≠ 0.

Biểu thức x( ) = xi1 .xi2 ...xin được gọi là một đơn thức.

Khi đó số i1 + i2 + ... + in được gọi là bậc của đơn thức. i

Bậc của đa thức f ∈ R [ x1 , x2 ,..., xn ] \ {0} là số lớn nhất trong các bậc của các đơn thức có a( i ) ≠ 0 . Kí hiệu là deg ( f ) .

Nếu các hạng tử của f ( x1 , x2 ,.., xn ) có bậc bằng nhau và bằng k thì f được gọi là đa thức đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k. k = 1 ta gọi là dạng tuyến tính k = 2 ta gọi là dạng toàn phương k = 3 ta gọi là dạng lập phương.

II.Đa thức đối xứng.

1.Định nghĩa đa thức đối xứng. Định nghĩa 1: Trong vành đa thức A [ x1 , x2 ,..., xn ] , đa thức P ( x1 , x2 ,..., xn ) gọi là đa thức đối xứng nếu với mọi hoán vị ( i1 , i2 ,..., in ) của các số {1, 2,..., n} đều thỏa mãn đẳng thức sau:

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 5

(

)

P xi1 , xi2 ,..., xin = P ( x1 , x2 ,..., xn ) Nói cách khác một đa thức là đối xứng nếu nó không thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó. Định nghĩa 2: Những đa thức sau đây gọi là những đa thức đối xứng cơ bản: δ1 = x1 + x2 + ... + xn

δ 2 = x1 x2 + x1 x2 + ... + xn−1 xn ...

δ k = x1.x2 ...xk + ... + xn − k +1.xn− k + 2 ...xn ...

δ n = x1.x2 ...xn .

P là một đa thức n biến bất kì thì P (δ1 , δ 2 ,..., δ n ) là một đa thức đối xứng và mỗi đa thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản.

Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản 2.Các kiến thức liên quan. a, Cách sắp xếp đa thức của n ẩn x1 , x2 ,..., xn theo thứ tự từ điển Cho hai đơn thức x1α1 x2α2 ...xnα n và x1β1 x2 β 2 ...xn βn Ta nói đơn thức x1α1 x2α2 ...xnα n cao hơn đơn thức x1β1 x2 β 2 ...xn βn nếu và chỉ nếu tồn tại k sao cho

α1 = β1 , α 2 = β 2 ,..., α k −1 = β k −1 , α k > β k .

Bằng cách này ta có thể sắp xếp các hạng tử của đa thức f ( x1 , x2 ,..., xn ) từ cao đến thấp. Cách sắp xếp như thế gọi là sắp xếp theo thứ tự từ điển.

Ta kí hiệu C(f) là hạng tử cao nhất của f.

Ta có một số kết quả sau: Hạng tử cao nhất của một tích hai đa thức là tích các hạng tử cao nhất của các nhân tử, tức là

C ( f .g ) = C ( f ) .C ( g ) .

Nếu ax1α1 x2α 2 ...xnα n là hạng tử cao nhất của một đa thức đối xứng thì các số mũ của hạng tử cao nhất thỏa mãn bất đẳng thức α1 ≥ α 2 ≥ ...α n . b, Định lí : Mọi đa thức đối xứng f ( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ A [ x1 , x2 ,..., xn ] đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một đa thức ϕ (δ1 , δ 2 ,..., δ n ) của các đa thức đối xứng cơ bản δ1 , δ 2 ,..., δ n với các hệ tử trong A. Phuơng pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản Cách 1 : Phương pháp hạng tử cao nhất Giả sử cho P [ x1 , x2 ,..., xn ] ∈ A [ x1 , x2 ,..., xn ] là một đa thức đối xứng .

Sắp xếp các hạng tử của đa thức theo thứ tự từ điển.

Giả sử hạng tử cao nhất của nó là ax1α1 x2α 2 ...xnα n .

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 6

Bước 1: xét Q1 = aδ1k1 − k2 .δ 2 k2 − k3 ...δ n kn và P1 = P − Q1.

Nếu P1 = 0 thì P = Q1 . Ta đã biểu diễn xong.

Nếu P1 ≠ 0 thì ta chuyển qua bước 2.

Bước 2: P1 là một đa thức đối xứng. Hạng tử cao nhất của nó là β x1L1 .x2 L2 ...xn Ln suy ra theo cách sắp xếp theo thứ tự từ điển của P. Xét Q2 = βδ1L1 − L2 δ 2 L2 − L3 ...δ Ln và P2 = P1 − Q2 = P − Q1 − Q2 .

Nếu P2 = 0 thì P = Q1 + Q2 . Ta đã biểu diễn xong.

Nếu P2 ≠ 0 thì từ P2 ta có thể tiến hành tương tự như trên . Cuối cùng ta nhận được dãy đẳng thức : P − Q1 = P1 , P1 − Q2 = P2 , ...

Pt − Qt +1 = Pt +1 ... Ở đây Q1 , Q2 ,... là những đơn thức của những đa thức đối xứng cơ bản và hạng tử cao nhất của mỗi đa thức Pi , theo cách sắp xếp theo thứ tự từ điển nằm trước hạng tử cao nhất của đa thức Pi −1.

Quá trình này không thể tiếp tục mãi, giả sử với một m nào đó ta có Pm = 0 . Khi đó P = Q1 + Q2 + ... + Qm .

Ví dụ : Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản

P ( x1 , x2 , x3 ) = x13 .x2 2 .x3 + x13 .x2 .x32 + x12 .x23 .x3 + x12 .x2 .x33 + x1.x23 .x32 + x1.x2 2 .x33 Giải:

δ1 = x1 + x2 + x3  Đặt δ 2 = x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 δ = x x x 1 2 3  3 Sắp xếp các biến theo thứ tự từ điển 3 2 Hạng tử cao nhất của đa thức P là x1 x2 x3 Đặt Q1 = δ1δ 2δ 3 P1 = P − Q1

= x13.x22.x3 + x13.x2.x32 + x12.x23.x3 + x12.x2.x33 + x1.x23.x32 + x1.x22.x33 − ( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x1x2 + x2 x3 )( x1x2 x3 ) = −3x12 x22 x32.

Ta thấy P1 ≠ 0 và P1 là đa thức đối xứng.

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 7

2 Đặt Q2 = −3δ 3 P2 = P1 − Q2 = 0

Khi đó P = Q1 + Q2 = δ1δ 2δ 3 − 3δ 32 .

Vậy ta có biểu diễn sau P = δ1δ 2δ 3 − 3δ 32 .

Cách 2: Phương pháp hệ tử bất định Cho một đa thức đối xứng f ( x1 , x2 ,..., xn ) .

Ta phân tích đa thức đối xứng đa cho thành tổng của các đa thức đối xứng đẳng cấp. Sau đó biểu diẽn mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp qua các đa thức đối xứng cơ bản bằng phương pháp hệ tử bất định.

Ví dụ sau sẽ cụ thể hóa phương pháp này: Ví dụ : Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản P ( x1 , x2 , x3 ) = 2 x13 + 2 x23 + 2 x33 + 3x12 .x2 + 3 x1.x2 2 + 3x12 .x3 + 3x1.x32 + 3x2 2 .x3 + 10 x14 .x2 4 .x34 Giải: Bước 1: Ta phân tích đa thức P thành tổng của các đa thức đối xứng đẳng cấp

P ( x1 , x2 , x3 ) = P1 ( x1 , x2 , x3 ) + P2 ( x1 , x2 , x3 ) Với P1 ( x1 , x2 , x3 ) = 2 x13 + 2 x23 + 2 x33 + 3x12 .x2 + 3x1.x2 2 + 3 x12 .x3 + 3x1.x32 + 3x2 2 .x3 là đa thức đối xứng đẳng cấp bậc 3.

P2 ( x1 , x2 , x3 ) = 10 x14 .x2 4 .x34 là đa thức đối xứng đẳng cấp bậc 12.

Ta biểu diễn đa thức P1 , P2 qua các đa thức đối xứng cơ bản. Đối với đa thức P1 3 Hạng tử cao nhất của Pị là 2 x1 .

Bước 2 : Xác định tập hợp M M = ( t1 , t2 , t3 ) | 3 ≥ t1 ≥ t2 ≥ t3 ≥ 0, t1 + t2 + t3 = 3 = ( 3, 0, 0 ) ; ( 2,1, 0 ) ; (1,1,1)

Hệ thống số mũ

Hạng tử cao nhất

Tổ hợp đa thức đối xứng cơ bản

( 3, 0, 0 )

2 x13

2δ 13

( 2,1,0 )

α x12 x2

αδ1δ 2

(1,1,1)

β x1 x2 x3

βδ 3

Do vậy P1 biểu diễn dưới dạng P1 = 2δ13 + αδ1δ 2 + βδ 3 .

Bước 3: Lập bảng x1 x2 x3

δ1

δ2

δ3

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

P1 = 2δ13 + αδ1δ 2 + βδ 3

Page 8

1 1

1 1

0 1

2 3

1 3

0 1

10 = 16 + 2α 24 = 54 − 27 + β

α = −3 Do đó ta có   β = −3 Nên P1 = 2δ13 − 3δ1δ 2 − 3δ 3 . Đối với đa thức P2 ( x1 , x2 , x3 ) = 10 x14 x2 4 x34 = 10δ 34 Vậy P ( x1 , x2 , x3 ) = 2δ13 − 3δ1δ 2 − 3δ 3 + 10δ 34 .

III.Ứng dụng của đa thức đối xứng 1.Phân tích đa thức thành nhân tử 1.1.Cơ sở lí luận Ta có thể phân tích thành nhân tử các đa thức đối xứng này bằng cách biểu diễn đa thức đó qua các đa thức đối xứng cơ bản. Việc phân tích các đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản thường đơn giản hơn nên việc phân tích mới thành nhân tử sẽ đơn giản hơn.

1.2. Phương pháp giải - Đưa đa thức đối xứng đã cho về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản.

- Phân tích đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản thành nhân tử.

- Thay trở lại sau đó xét các nhân tử mới, tiếp tục như thế cho đến khi không phân tích được nữa thì dừng.

1.3. Các ví dụ Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: 5

f ( x, y ) = ( x + y ) − x 5 − y 5

Giải:

σ 1 = x + y Đặt  σ 2 = xy 5

(

5

)

f ( x, y ) = ( x + y ) − x 5 + y 5 = ( x + y ) − S 5 Với S5 = x 5 + y 5 = σ 15 − 5σ 13σ 2 + 5σ 1σ 2 2 Dó đó:

(

f ( x, y ) = σ 15 − σ 15 − 5σ 13σ 2 + 5σ 1σ 2 2

(

)

= 5σ 13σ 2 − 5σ 1σ 2 2 = 5σ 1σ 2 σ 12 − σ 2

)

= 5 ( x + y ) xy ( x + y ) − xy  = 5 ( x + y ) xy x 2 + y 2 + xy .   Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: p ( x, y ) = 10 x 4 − 27 x 3 y − 110 x 2 y 2 − 27 xy 3 + 10 y 4 5

(

)

Giải:

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 9

σ 1 = x + y Đặt  σ 2 = xy S 2 = x 2 + y 2 = σ 12 − 2σ 2 S 4 = x 4 + y 4 = σ 14 − 4σ 12σ 2 + 2σ 2 2 p ( x, y ) = 10 x 4 − 27 x 3 y − 110 x 2 y 2 − 27 xy 3 + 10 y 4

(

)

(

)

= 10 x 4 + y 4 − 27 xy x 2 + y 2 − 110 x 2 y 2 = 10 S 4 − 27σ 2 S 2 − 110σ 2 2

(

)

(

)

= 10 σ 14 − 4σ 12σ 2 + 2σ 2 2 − 27σ 2 σ 12 − 2σ 2 − 110σ 2 2 = 10σ 14 − 67σ 12σ 2 − 36σ 2 2

Ta coi đa thức này là đa thức bậc hai theo biến σ2 thì với điều kiện tam thức bậc hai, ta dễ dàng phân tích ra thừa số. Giải phương trình đa thức đối xứng với σ2 ta có các nghiệm: 5 σ 2 = −2σ12 ; σ 2 = σ12 36 Vậy p ( x, y ) = (σ 2 + 2σ 12 )( 5σ 12 − 36σ 2 ) Thay các giá trị của σ1, σ2 ta có: 2 2 p ( x, y ) =  2 ( x + y ) + xy  5 ( x + y ) − 36 xy    

(

)(

= 2 x 2 + 5 xy + 2 y 2 5 x 2 − 26 xy + 5 y 2

)

Mỗi thừa số lại là một tam thức bậc hai nên ta lần lượt phân tích các đa thức này.

1 Coi 2 x 2 + 5 xy + 2 y 2 là tam thức bậc hai của biến x ta sẽ có nghiệm là x = − y; x = −2 y 2 2 2 Vì thế 2 x + 5 xy + 2 y = ( 2 x + y )( x + 2 y ) Coi 5 x 2 − 26 xy + 5 y 2 là tam thức bậc hai của biến x ta sẽ có nghiệm là x =

1 y; x = 5 y 5

Vì thế 5 x 2 − 26 xy + 5 y 2 = ( 5 x − y )( x − 5 y ) Cuối cùng ta nhận được p ( x, y ) = ( 2 x + y )( x + 2 y )( 5 x − y )( x − 5 y ) Ví dụ 3: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 3

3

3

p ( x, y , z ) = ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) − 3 ( x + y )( y + z )( z + x )

Giải: Ta biểu diễn p ( x, y , z ) qua các đa thức đối xứng cơ bản bằng phương pháp hệ tử bất định.

Hệ thống số mũ là M = {( 3, 0, 0 ) ; ( 2,1, 0 ) ; (1,1,1)} Suy ra p ( x, y , z ) = aσ 13 + bσ 1σ 2 + cσ 3 Ta lập bảng: x y

z

σ1

σ2

σ3

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

p ( x, y , z ) = aσ 13 + bσ 1σ 2 + cσ 3

Page 10

1 1 1

1 1 1

1 0 -1

3 2 1

3 1 -1

1 0 -1

0=27a+9b+c 4=8a+2b 8=a-b+c

 27 a + 9b + c = 0  Ta có hệ 8a + 2b = 4 suy ra a=2; b=-6; c=0. a − b − c = 8 

Vậy p ( x, y, z ) = 2σ 13 − 6σ 1σ 2 = 2σ 1 (σ 12 − 3σ 2 ) = 2 ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − xz − yz )

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử f ( x, y , z ) = 2 x 2 y 2 + 2 x 2 z 2 + 2 y 2 z 2 − x 4 − y 4 − z 4 Giải: f ( x, y , z ) = 2 x 2 y 2 + 2 x 2 z 2 + 2 y 2 z 2 − x 4 − y 4 − z 4 = 2 ( x2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 ) − ( x4 + y 4 + z 4 ) 2 = 2 ( xy + yz + zx ) − 2 xyz ( x + y + z )  − S 4  

= 2 (σ 2 2 − 2σ 1σ 3 ) − (σ 14 − 4σ 12σ 2 + 2σ 1σ 3 + 2σ 2 ) = −σ 14 + 4σ 12σ 2 − 6σ 1σ 3 = σ 1 ( −σ 13 + 4σ 1σ 2 − 6σ 3 )

Ta thấy f ( x, y , z ) chia hết cho σ 1 = x + y + z .

f không thay đổi khi thay x vào –x, y bởi –y, z bởi –z. Do đó f chia hết cho − x + y + z; x − y + z; x + y − z Suy ra f ( x, y , z ) = ( x + y + z )( − x + y + z )( x − y + z )( x + y − z ) g ( x, y , z ) .

Ta phải có deg g ( x, y , z ) = 0 hay g ( x, y, z ) là hằng số.

Chọn x = y = z = 1 ta được 3 = 3.g ⇒ g = 1 .

Vậy f ( x, y, z ) = ( x + y + z )( − x + y + z )( x − y + z )( x + y − z ) .

1.4 Bài tập áp dụng Phân tích đa thức thành nhân tử: 1. p ( x, y , z ) = x 3 ( y + z ) + y 3 ( x + z ) + z 3 ( x + y ) + xyz ( x + y + z ) .

(

3

3

) (

) (

)

3

(

2.

p ( x, y, z ) = x 2 − yz + y 2 − xz + z 2 − xy − 3 x 2 − yz

3.

p ( x, y , z ) = ( x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 .

4.

p ( x, y, z ) = ( xy + yz + zx ) + ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) .

)( y

2

)(

)

− xz z 2 − xy .

3

2

2. Trục căn thức ở mẫu số 2.1. Cơ sở lí luận

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 11

- Nếu mẫu số có dạng a ± n b hay dụng các hằng đẳng thức đã biết: ( x + y )( x − y ) = x 2 − y 2

a ± n b thì không cần dùng đến các đa thức đối xứng mà áp

n

(

x n − y n = ( x − y ) x n −1 + x n − 2 y + ... + xy n −2 + y n −1

)

(

x 2 k −1 + y 2 k +1 = ( x + y ) x 2 k − x 2 k −1 y + x 2 k −2 y 2 − ... + y 2 k

)

-Nếu mẫu số có 3 hay nhiều căn thức thì vận dụng đa thức đối xứng.

2.2. Các ví dụ Ví dụ 1: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức: 7 A= 3 4+33 Giải: Ta có 7

7 = 3 4+33

(

3

16 − 3 12 + 3 9

( 4 + 3 )( 16 − 7 ( 16 − 12 + 9 ) Vậy A = 3

3

3

3

3

3

)

12 + 3 9

)

=

7

(

3

16 − 3 12 + 3 9

)

91

3

91 Ví dụ 2: Trục căn thức ở mẫu số của biểu thức: 1 a+ b+ c Giải: Đặt x = a ; y = b; z = c;

σ 1 = x + y + z; σ 2 = xy + yz + zx; σ 3 = xyz S 2 = x 2 + y 2 + z 2 = σ 12 − 2σ 2 = a + b + c S 4 = x 4 + y 4 + z 4 = σ 14 − 4σ 12σ 2 + 4σ 1σ 3 + 2σ 2 2 = a 2 + b 2 + c 2 S 2 2 − 2 S 4 = σ 1 ( 4σ 1σ 2 − σ 13 − 8σ 3 )

Xét

1

σ

=

4σ 1σ 2 − σ 13 − 8σ 3 S2 2 − 2S4

1 = a+ b+ c

4

(

a+ b+ c

)(

) (

ab + ac + bc −

(a + b + c)

2

(

a+ b+ c

− 2 a2 + b2 + c2

)

3

− 8 abc

)

Ví dụ 3: Trục căn thức ở mẫu số của biểu thức: 1 a+ b+ c+ d

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 12

Giải: Đặt: x = a ; y = b; z = c;t = d

σ1 = x + y + z + t σ 2 = xy + yz + zt + xz + xt + yt σ 3 = xyz + xyt + yzt + xzt σ 4 = xyzt Khi đó

1 1 = a + b + c + d σ1

Sk = x k + y k + z k + t k

Biểu diễn S2, S4 qua các đa thức đối xứng cơ bản σ 1 , σ 2 , σ 3 , σ 4 ta được: S 2 = x 2 + y 2 + z 2 + t 2 = σ 12 − 2σ 2 = a + b + c + d S 4 = x 4 + y 4 + z 4 + t 4 = σ 14 − 4σ 12σ 2 + 4σ 1σ 3 + 2σ 2 2 − 4σ 4 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2

Ta thấy nếu tổ hợp các tổng σ 1 được đặt thành thừa số thì được một biểu thức không còn căn thức.

Nhưng S2, S4 được biểu diễn như trên không thể tổ hợp được theo cách trên. Do vậy việc trục căn thức ở mẫu của biểu thức trên gặp khó khăn.

Nhưng nếu thêm điều kiện ac=bd ta sẽ trục căn thức sau: t t Đặt ac = bd = t ⇒ c = ; d = . Khi đó: a b

1 = a+ b+ c+ d

=

ab

1 a+ b+

(

a− b

)(

1 1 + a b

=

ab − bd

ab

(

a+ b

)(

ab + t

)

)

( a − b )( ab − bd )

2.3. Bài tập áp dụng Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức sau: 1 1.

3 3 a+ b+3c 1 2.

5 5 a+ b+5c 1 3. ; a , b, c ∈ R * n n n a+ b+ c 1 4. ; m, n ∈ N * n a + n a + ... + n a 1 2 m

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 13

3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng.

3.1. Phương pháp giải Đối với bài toán phương trình nghiệm nguyên chưa có thuật toán nào cụ thể. Tùy vào từng bài toán ta lựa chọn phương pháp giải phù hợp. a) Đối với phương trình hai biến Xét phương trình mà mà biểu thức hai vế có dạng đa thức đối xứng của các biến, tùy theo từng bài toán cụ thể mà ta làm như sau:

 x + y = σ1 (*) Đặt:   xy = σ 2 Biểu diễn phương trình ban đầu theo phương trình của σ 1 , σ 2 .

Rút σ 2 theo σ 1 (1) Cách 1: Từ (*) và (1) ta suy ra được x,y là nghiệm của phương trình bậc hai: t 2 − σ 1t + σ 2 = 0 với điều kiện ∆ ≥ 0 . Từ đó suy ra điều kiện của σ 1 .

Cách 2: Do x, y là số nguyên nên x,y là số thực. Do đó cần kết hợp với (1) ta tìm được điều kiện của σ 1 . Tìm x,y theo σ 1 , σ 2 . b) Đối với phương trình có ba biến Ta biểu diễn phương trình ban đầu theo phương trình của σ 1 , σ 2 , σ 3 .

Thông thường trong quá trình tính toán một biến σ i nào đó sẽ bị triệt tiêu. Khi đó ta có thể làm tương tự trường hợp phương trình hai biến.

3.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình: x3 + y 3 + 1 = 3 xy Lời giải:

 x + y = σ1 Đặt:  ; σ 1 , σ 2 > 0 do x; y ∈ ℤ + xy = σ  2 Khi đó ta có phương trình: σ 13 − 3σ 1σ 2 + 1 = 3σ 2 ⇔ (σ 1 + 1) (σ 12 − σ 1 + 1 − 3σ 2 ) = 0 ⇔ σ 12 − σ 1 + 1 − 3σ 2 = 0 (do σ 1 + 1 > 0 )

1 2 (σ 1 − σ 1 + 1) 3 Do đó x,y là nghiệm của phương trình bậc hai: 1 t 2 − σ 1t + (σ 12 − σ 1 + 1) = 0 3 4 −1 2 ∆ = σ 12 − (σ 12 − σ 1 + 1) = (σ 1 − 2 ) ≤ 0 3 3 Để tồn tại x,y thì ∆ = 0 ⇔ σ 1 = 2 . Khi đó x = y = 1

σ2 =

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 14

Vậy ( x; y ) = {(1;1)} .

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 7( x + y ) = 3( x 2 − xy + y 2 ) (1) Lời giải: (1) ⇔ 3  ( x + y ) 2 − 3 xy  = 7( x + y )

 x + y = σ1 Đặt:   xy = σ 2 Phương trình đã cho trở thành: 3(σ 12 − 3σ 2 ) = 7σ 1 ⇔ 3σ 12 − 9σ 2 = 7σ 1 Vìx, y là số nguyên nên x,y là số thực.

1 ⇒ σ 12 − 4σ 2 ≥ 0 ⇔ σ 2 ≤ σ 12 4 9 3 28 Ta có: 3σ 12 − 7σ 1 = 9σ 2 ≤ σ 12 ⇒ σ 12 − 7σ 1 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ σ 1 ≤ 4 4 3 Do x, y là số nguyên nên σ 1 , σ 2 cũng là số nguyên. Do vậy σ 1 nhận các giá trị sau: 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9.

Ta có bảng giá trị sau: 0 1 2 σ1

3

4

5

6

7

8

9

−4 −2 2 20 40 22 98 136 20 9 9 3 9 9 3 9 9 TM L L L L L L L L TM Với σ 1 = 0, σ 2 = 0 thì x = y = 0 là nghiệm của phương trình.

σ2

0

Với σ 1 = 9, σ 2 = 20 thì ( 4;5 ) ; ( 5; 4 ) là nghiệm của phương trình.

Vậy ( x; y ) = {( 0;0 ) ; ( 4;5 ) ; ( 5; 4 )} Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = 1 Lời giải:  x + y + z = σ1  Đặt:  xy + yz + zx = σ 2  xyz = σ 3  Phương trình trở thành: σ 13 − 3σ 1σ 2 + 3σ 3 − 3σ 3 = 1 ⇔ σ 13 − 3σ 1σ 2 = 1 (*) Vì x; y; z ∈ ℤ nên σ 1 ; σ 2 ; σ 3 ∈ ℤ Xét phương trình (*) với ẩn σ 1 Phương trình có nghiệm nguyên thì σ 1 = ±1  x + y + z =1 +) σ 1 = 1 ⇒ σ 2 = 0 khi đó  ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 1  xy + yz + zx = 0

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 15

 x2 = 1  x = 1; y = 0; z = 0   x = −1; y = 0; z = 0  y = z = 0   2  x = 0; y = 1; z = 0 = 1 y Do x; y; z ∈ ℤ nên   ⇔ x = z = 0  x = 0; y = −1; z = 0   x = 0; y = 0; z = 1  z 2 = 1    x = 0; y = 0; z = −1 x = y = 0  Mà x; y; z ∈ ℤ + nên ( x; y; z ) = {(1;0;0 ) ; ( 0;1;0 ) ; ( 0;0;1)} +) σ 1 = −1 ⇒ σ 2 =

2 ( loại do σ 1 ; σ 2 ; σ 3 ∈ ℤ ) 3

Vậy ( x; y; z ) = {(1;0;0 ) ; ( 0;1;0 ) ; ( 0;0;1)} .

3.3. Bài tập áp dụng Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x + y = x 2 − xy + y 2 Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + y 2 − x − y = 8  x+ y = z Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:  3 3 2 x + y = z Hướng dẫn: Bài 1.

 x + y = σ1 Đặt:   xy = σ 2 Khi đó phương trình trở thành: σ 1 = σ 12 − 3σ 2

Để tồn tại x, y ta phải có: σ 12 ≥ 4σ 2 3 Do đó: σ 12 − σ 1 = 3σ 2 ≤ σ 12 4

Hay

 0 ≤ σ1 ≤ 4 1 2 σ 1 − σ 1 ≤ 0 ⇔ σ 1 (σ 1 − 4) ≤ 0 ⇒  2 4 σ 1 − σ 1 = 3σ 2

   2 ⇒ (σ1 ;σ 2 ) = ( 0;0 ) ; (1; 0 ) ;  2;  ; ( 3; 2 ) ; ( 4; 4 )   3   Vậy ( x; y ) = {( 0;0 ) ; (1;0 ) ; ( 0;1) ; ( 2;1) ; (1; 2 ) ; ( 2; 2 )} Bài 2:

 x + y = σ1 Đặt:   xy = σ 2 Phương trình trở thành: σ 12 − 2σ 2 − σ 1 = 8 ⇔ σ 12 − σ 1 − 8 = 2σ 2 (1)

Để tồn tại x, y ta phải có: σ 12 ≥ 4σ 2

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 16

1 Do đó: σ 12 − σ 1 − 8 ≤ σ 12 ⇔ σ 12 − 2σ 1 − 16 ≤ 0 ⇔ 1 − 17 ≤ σ 1 ≤ 1 + 17 2 Do σ 1 ∈ ℤ nên σ 1 = −3; −2; −1;0;1; 2;3; 4;5 .

σ1

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

σ2

2

-1

-3

-4

-4

-3

-1

2

6

TM L

L

TM L

TM L

L

TM

Vậy ( x; y ) = {( −1; −2 ) ; ( −2; −1) ; ( 2; −2 ) ; ( −2; 2 ) ; ( −1;3) ; ( 3; −1) ; ( 2;3) ; ( 3; 2 )} Bài 3:

 x + y = σ1 Đặt:   xy = σ 2 Hệ phương trình trở thành:

σ1 = z σ =z σ1 = z    ⇔ 3 1 ⇔  3 2 2 σ 1 − 3σ 1σ 2 = z σ 1 − 3σ 1σ 2 = σ 1 σ 1 (σ 1 − σ 1 − 3σ 2 ) = 0  σ 1 = 0    z=0  ⇔  z=0  2  σ 1 − σ 1 − 3σ 2 = 0 σ = 0 TH1:  1 ⇒ x = − y loại do nghiệm cần tìm nguyên dương.  z=0

z=0  TH2:  2 . σ 1 − σ 1 − 3σ 2 = 0 Theo bài 3.3.1 suy ra ( x; y; z ) = {( 2;1;3) ; (1; 2;3) ; ( 2; 2; 2 )} Vậy ( x; y; z ) = {( 2;1;3) ; (1; 2;3) ; ( 2; 2; 2 )} .

4. Các bài toán liên quan đến phương trình bậc hai và phương trình quy về phương trình bậc hai.

4.1. Phương trình bậc hai 4.1.1. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho phương trình bậc hai x 2 + 5 x + 7 = 0 . Hãy lập 1 phương trình bậc hai mà các nghiệm là các lập phương của các nghiệm của phương trình đã cho.

Lời giải: Gọi các nghiệm của phương trình đã cho là x1 ; x2 .

Các nghiệm của phương trình cần tìm là y1 ; y2 và các hệ số của nó là S, P. Áp dụng hệ thức Vi-ét có:

σ 1 = x1 + x2 = −5   σ 2 = x1 x2 = 7 Theo giả thiết ta có: y1 = x13 ; y2 = x23

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 17

 S = −( y1 + y2 ) = − ( x13 + x23 ) = 3σ 1σ 2 − σ 13 = 20 ⇒ P = y1 y2 = x13 x23 = σ 23 = 343  Vậy phương trình cần tìm là: y 2 − 20 y + 343 = 0 .

Ví dụ 2: Cho phương trình: x 2 − x − 3 = 0(*) . Tính giá trị của biểu thức sau: A = x14 + x24 ; B = x16 + x26 . Với x1 ; x2 là nghiệm của (*).

Lời giải: Áp dụng hệ thức Vi-ét có:

σ 1 = x1 + x2 = 1  σ 2 = x1 x2 = −3 2

2

2 A = x14 + x24 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  − 2 x12 x22 = (σ 12 − 2σ 2 ) − 2σ 22 = 31  

2 B = x16 + x26 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  ( x14 + x24 − x12 x22 ) = (σ 12 − 2σ 2 )( A − σ 22 ) = 154   4.1.2. Bài tập áp dụng 1 Bài 1: Cho a ∈ ℝ* , giả sử x1 ; x2 là nghiệm của phương trình: x 2 -ax- 2 = 0 .

2a

Chứng minh rằng: x14 + x24 ≥ 2 + 2 .

Bài 2: Lập phương trình bậc hai z 2 + pz + q = 0( p, q ∈ ℝ) mà các nghiệm là z1 = x16 − 2 x22 ; z2 = x26 − 2 x12 .

Trong đó x1 ; x2 là nghiệm của phương trình x 2 − x − 3 = 0 Bài 3: Lập phương trình bậc hai có các nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn: x14 + x24 = 10 ; x1 + x2 = 2 Bài 4: Cho x1 ; x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 6 x + 1 = 0 . Chứng minh rằng: sn = x1n + x2n , n ∈ ℕ là số nguyên không chia hết cho 5.

Hướng dẫn: Bài 1: Áp dụng hệ thức Vi-ét có:  σ 1 = x1 + x2 = a   −1 σ 2 = x1 x2 = 2a 2

1 1 + 2 ≥ 2 a 4 . 4 + 2 = 2 + 2 (dpcm).

4 2a 2a Bài 4: Chứng minh sn ∈ ℤ bằng phương pháp quy nạp.

2

x14 + x24 = (σ 12 − 2σ 2 ) − 2σ 22 = a 4 +

4.2. Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy.

4.2.1. Kiến thức bổ sung

Định nghĩa 4.1. Đa thức f ( z ) = a0 z n + a1 z n−1 + ... + an (a0 ≠ 0) được gọi là đa thức đối xứng, nếu các hệ số cách đều hai đầu bằng nhau, nghĩa là: a0 = an ; a1 = an −1...

Phương trình của đa thức đối xứng được gọi là phương trình đối xứng.

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 18

VD: 5 z 4 − 7 z 3 + 10 z 2 − 7 z + 5 1 Định lí 4.1. Đa thức f ( z ) bậc n là đa thức đối xứng khi và chỉ khi z n f   = f ( z ) , z ≠ 0 (2) z Chứng minh:

Giả sử f ( z ) có dạng: f ( z ) = a0 z n + a1 z n−1 + ... + an (a0 ≠ 0) (*) Với z ≠ 0 , thay z =

1 vào (1) ta được: z

1 z n f   = an z n + an −1 z n −1 + ... + a1 z + a0 (**) z So sánh (*) và (**) ta thấy hệ thức (2) xảy ra khi và chỉ khi a0 = an ; a1 = an −1 ;...

Nghĩa là f ( z ) là đa thức đối xứng. (dpcm).

Định nghĩa 4.2. Các đa thức: a0 z 2 n + a1 z 2 n −1 + ... + an +1 z n +1 + an z n + λ an −1 z n −1 + ... + λ n −1a1 z + λ n a0 ; a0 z 2 n +1 + a1 z 2 n + ... + an −1 z n + 2 + an z n +1 + λ an z n + λ 2 an −1 z n −1 + ... + λ 2 n −1a1 z + λ 2 n +1a0 ,

Trong đó a0 ≠ 0 và λ ≠ 0 được gọi là đa thức hồi quy. Phương trình của đa thức hồi quy được gọi là phương trình hồi quy.

Khi λ = 1 thì đa thức hồi quy trở thành đa thức hệ số đối xứng.

Ví dụ: Phương trình: 2 x 5 + 6 x 4 − 2 x 3 + 4 x 2 − 48 x − 64 = 0 là phương trình hồi quy có λ = −2 . Định lí 4.2. Mọi đa thức hồi quy bậc chẵn 2k : f ( z ) = a0 z 2 k + a1 z 2 k −1 + ... + ak +1 z k +1 + ak z k + λ ak −1 z k −1 + ... + λ k −1a1 z + λ k a0 , đều biểu diễn được ở dạng f ( z ) = z k h(σ ) , trong đó σ = z +

λ

, h(σ ) là một đa thức nào đó theo biến σ và có bậc k . z Mọi đa thức hồi quy bậc lẻ f ( z ) đều có dạng f ( z ) = ( z + λ ) g ( z ) , trong đó g ( z ) là đa thức hồi quy bậc chẵn.

Chứng minh: Trước hết ta xét đa thức hệ đối xứng f ( z ) có bậc 2k . Với z ≠ 0 ta biến đổi f ( z ) như sau:   k λk    k −1 λ k −1  λ  f ( z ) = z  a0  z + k  + a1  z + k −1  + ... + ak −1  z +  + ak  . z  z  z      k

Đặt: σ = z +

λ z

; sk = z + k

λk zk

. Ta đi chứng minh sk là đa thức bậc k theo σ .

σ = x + y = σ 1  Thật vậy, đặt x = z; y = . Khi đó  λ = xy = σ 2 z  s = xk + y k  k

λ

Theo định lí 4.2, các tổng lũy thừa sk là các đa thức bậc k theo σ 1 ; σ 2 , hay là theo các biến σ và λ , nghĩa là chỉ theo biến σ .

Lại xét đa thức đối xứng bậc lẻ 2k + 1 :

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 19

f ( z ) = a0 z 2 k +1 + a1 z 2 k + ... + ak +1 z k + 2 + ak z k +1 + λ ak z k + ... + λ 2 k −1a1 z + λ 2 k +1a0

Với z ≠ 0 ta biến đổi f ( z ) như sau: f ( z ) = a0 ( z 2 k +1 + λ 2 k +1 ) + a1 z ( z 2 k −1 + λ 2 k −1 ) + ... + ak z k ( z + λ )

Sử dụng hằng đẳng thức: z 2 m +1 + λ 2 m +1 = ( z + λ ) ( z 2 m − z 2 m −1λ + ... + z 2 λ 2 m − 2 − zλ 2 m −1 + λ 2 m ) Ta có: a0 ( z 2 k +1 + λ 2 k +1 ) = a0 ( z + λ ) ( z 2 k − z 2 k −1λ + ... + z 2 λ 2 k − 2 − zλ 2 k −1 + λ 2 k ) , a1 z ( z 2 k −1 + λ 2 k −1 ) = a1 ( z + λ ) ( z 2 k −1 − z 2 k − 2 λ + ... + z 2 λ 2 k −3 − zλ 2 k − 2 + λ 2 k −1 )

……………………………………..

ak z k ( z + λ ) = ak ( z + λ ) z k .

Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta được: f ( z ) = ( z + λ ) g ( z ) với g (z) là tổng của các đa thức: a0 ( z 2 k − z 2 k −1λ + ... + z 2 λ 2 k − 2 − zλ 2 k −1 + λ 2 k ) ; a1 ( z 2 k −1 − z 2 k − 2 λ + ... + z 2 λ 2 k −3 − zλ 2 k − 2 + λ 2 k −1 ) ;…; ak z k

Nhận thấy g (z) là đa thức hồi quy bậc 2k . (đpcm) 4.2.2. Ví dụ minh họa Giải phương trình: 9 z 6 − 18 z 5 − 73 z 4 + 164 z 3 − 73 z 2 − 18 z + 9 = 0 Lời giải: Phương trình đã cho là phương trình đối xứng bậc 6.

Nhận thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế của phương trình cho z 3 ta 1 1  1    được: 9  z 3 + 3  − 18  z 2 + 2  − 73  z +  + 9 = 0 z  z  z    Áp dụng công thức: 1 1 1 z + = σ ; z 2 + 2 = σ 2 − 2 ; z 3 + 3 = σ 3 − 3σ z z z Ta đưa phương trình trên về dạng: 9σ 3 − 18σ 2 − 100σ + 200 = 0 ⇔ (σ − 2 )( 3σ − 10 )( 3σ + 10 ) = 0

1    z+ z =2  σ =2  z =1    1 −10 −10 1   ⇔ + = z ⇔ σ= ⇔ z = ±   z 3 3 3     10  z = ±3  z + 1 = 10 σ =  3 z 3   −1 1  Vậy S = −3; ; ;1;3 .

3 3   4.2.3. Bài tập áp dụng Bài 1: Giải phương trình: 2 x 8 − 9 x 7 + 20 x 6 − 33 x 5 + 46 x 4 − 66 x 3 + 80 x 2 − 72 x + 32 = 0 Bài 2: Hãy xác định tất cả các tham số a sao cho phương trình: 16 x 4 -ax 3 + (2a + 17) x 2 -ax+16=0 có 4 nghiệm lập thành một cấp số nhân.

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 20

Hướng dẫn: Bài 1: Đây là phương trình bậc 8 truy hồi với λ = 2 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả 2 vế của phương trình cho x 4 ta 16   8 4  2    được: 2  x 4 + 4  − 9  x 3 + 3  + 20  x 2 + 2  − 33  x +  + 46 = 0 x   x  x  x    1 = σ . Khi đó: x 4 8 16 x 2 + 2 = σ 2 − 4 ; x 3 + 3 = σ 3 − 6σ ; x 4 + 4 = σ 4 − 8σ 2 + 8 x x x Ta đưa phương trình trên về dạng:

Đặt: x +

2σ 4 − 9σ 3 + 4σ 2 + 21σ − 18 = 0 ⇔ (σ − 1)(σ − 2 )(σ − 3)( 2σ + 3) = 0 ⇒ x = 1; x = 2

Vậy S = {1; 2} .

5. Giải hệ phương trình nhiều ẩn. a) Cơ sở lí luận: Ta thường gặp các hệ phương trình mà các vế của phương trình trong hệ là các đa thức đối xứng của các ẩn. Trong trường hợp này ta chuyển hệ phương trình đã cho về hệ phương trình mà ẩn là các đa thức đối xứng cơ bản.

Hệ phương trình naày thường đơn giản hơn, dễ giải hơn, sau đó ta giải hệ phương trình đại số bậc nhất n ẩn.

Trong trường hợp có hai ẩn thì phép giải đưa đến một phương trình bậc hai. b) Phương pháp giải: • Biểu diễn từng vế của phương trình trong hệ qua các đa thức đối xứng cơ bản σ i (i = 1, n) • Ta thu được hệ mới với ẩn là σ i (i = 1, n) . Giải hệ tìm σ i • Vận dụng công thức Viet tìm ra nghiệm của hệ ban đầu.

Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình  x 5 + y 5 31 =  3 3 7 x + y  x 2 + xy + y 2 = 3  Giải: Với điều kiện x, y ≠ 0 . Đặt x + y = σ 1 , xy = σ 2 . Ta có

x 2 + y 2 = s2 = σ 12 − 2σ 2 2 , x 3 + y 3 = s3 = σ 13 − 3σ 1σ 2 , x 5 + y 5 = s5 = σ 15 − 5σ 13σ 2 + 5σ 1σ 2 2

Do đó ta có hệ 7(σ 15 − 5σ 13σ 2 + 5σ 1σ 2 2 ) = 23(σ 13 − 3σ 1σ 2 )  2 σ 1 − σ 2 = 3 Từ hệ phương trình này ta thực hiện phép thế và giải phương trình tìm được

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 21

 σ 1 = ±1   σ 2 = −2  6  σ 1 = ± 7   15  σ 2 = − 7  Khi đó x, y là các nghiệm của phương trình   x + y = ±1    xy = −2  6  x + y = ± .

7    15   xy = − 7  Từ đây suy ra các nghiệm của hệ là  x1 = 2  x2 = −1  x3 = −2  x4 = 1 , , , ,   y1 = −1  y2 = 2  y3 = 1  y4 = −2 x + y + z = 6  Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:  x 2 + y 2 + z 2 = 14  x 3 + y 3 + z 3 = 36  Giải: σ 1 = 6 σ 1 = 6 σ 1 = x + y + z  2   Đặt σ 2 = xy + yz + zx . Khi đó ta có σ 1 − 2σ 2 = 14 ⇔ σ 2 = 11 σ = xyz  3 σ = 6  3  3 σ 1 − 2σ 1σ 2 + 3σ 3 = 36 Vậy x, y, z là nghiệm của phương trình sau:

t 3 − 6t 2 + 11t − 6 = 0 . Phuơng trình này có ba nghiệm là

t1 = 3, t2 = 1, t3 = 2

Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm: (1, 2,3);(1,3, 2)(2,1,3);(2,3,1);(3,1, 2);(3, 2,1) Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau: x + y + z = 0  2 2 2 3 3 3 x + y + z = x + y + z  xyz = 2  Giải: σ 1 = x + y + z  Đặt σ 2 = xy + yz + zx σ = xyz  3 Hệ phương trình đã cho trở thành:

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 22

σ 1 = 0  2 3 σ 1 − 2σ 2 = σ 1 − 3σ 1σ 2 + 3σ 3 σ = 0  3 σ 1 = 0  ⇔ σ 2 = −3 . σ = 2  3 Do đó x, y, z là nghiệm của phương trình sau: t 3 − 3t − 2 = 0 ⇔ (t + 1)2 (t − 2) = 0 ⇒ t1 = t2 = −1; t3 = 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (−1, −1, 2);(−1, 2, −1);(2, −1, −1).

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  x 5 + y 5 = 3093  x − y = 3 Giải: Phương trình đã cho không phải là hệ đối xứng,tuy nhiên bằng cách đặt y=-z ta có hệ đối xứng  x 5 + z 5 = 3039  x + z = 3

Đặt x + z = σ 1 , xz = σ 2 ,ta có hệ phương trình σ 15 − 5σ 13σ 2 + 5σ 1σ 2 2 = 3093 σ = 3 σ = 3 hoặc  1 ⇔ 1  σ 2 = 19 σ 2 = −10 σ 1 = 3 Từ đó ta có x,y là nghiệm của các hệ phương trình x + z = 3 x + z = 3 hoặc    xz = 19  xz = −10 Giải các hệ phương trình trên, thế z=-y, ta có:  x1 = 5  x 2 = −2 ;   y1 = 2  y 2 = −5 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 13  x + y + z = 3   1 1 1 13  + + = x y z 3  xzy = 1   Giải: Đặt x + y + z = σ 1 , xy + yz = σ 2 , xyz = σ 3 .Hệ phương trình trở thành

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 23

13  σ 1 = 3  σ 2 13  σ1 3 σ 3 = 1   Giải hệ phương trình này ta tìm được σ 1 = σ 2 = u3 −

13 , σ 3 = 1 . x, y , z là nghiệm của phương trình 3

13 2 13 10 u + u − 1 = 0 ⇔ (u − 1)(u 2 − u + 1) = 0 3 3 3

1 Nghiệm của phương trình này là u1 = 1, u 2 = 3, u 3 = . Từ đó suy ra nghiệm của hệ đãcho là các 3 bộ ( x, y, z ) : 1 1 1 1 1 1 (1,3, ), (3,1, ), (3, ,1), (1, ,3), ( ,1,3), ( ,3,1) 3 3 3 3 3 3

Bài tập áp dụng: Giải các hệ phương trình sau:

 x 2 − xy + y 2 = 1 a,   x + y + xy = 3  x 2 + y 2 = 4 b,  3 3  x + y = 8  x3 + y 3 + z 3 = 8  c,  x + y + z = −2( xy + yz + zx)  xyz = −2  6.

Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức 6.1 Chứng minh đẳng thức 6.1.1. Cơ sở lí luận: Dùng đa thức đối xứng cơ bản và tính chất của nó.

6.1.2. Phương pháp giải:

Đưa đa thức đối xứng về đa thức đối xứng cơ bản. Chứng minh với các biểu thức mới.

6.1.3. Ví dụ: Ví dụ 1. Chứng minh rằng S k = x k + y k + z k , k ∈ N thỏa mãn đẳng thức sau: S0 = 3; S1 = σ 1 ; S 2 = σ 1S1 − 2σ 2 ; S3 = σ 1S 2 − σ 2 S1 + 3σ 3 ; S k = σ 1S k −1 − σ 2 S k − 2 + σ 3 S k −3 , với k ≥ 4 Trong đó σ 1 = x + y + z; σ 2 = xy + yz + zx; σ 3 = xyz .

Giải:

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 24

S0 = x 0 + y 0 + z 0 = 3 S1 = x1 + y1 + z1 = x + y + z = σ 1 S 2 = x 2 + y 2 + z 2 = σ 12 − 2σ 2 = σ 1S1 − 2σ 2 S3 = x 3 + y 3 + z 3 = σ 1S 2 − σ 2 S1 + 3σ 3 Sk = x k + y k + z k

Xét x + y + z.x k −1 = x k + xy + xz + yz.x k − 2 − xyz.x k −3 x + y + z.x + y + z.x k −1 = y k + xy + xz + yz.x k − 2 − xyz.x k −3 x + y + z.z k −1 = z k + xy + xz + yz.z k − 2 − xyz.z k −3 Do đó ta có: σ 1S k −1 = S k + σ 2 S k − 2 − σ 3 Sk −3 ⇒ S k = σ 1S k −1 − σ 2 S k − 2 + σ 3 S k −3 4 4 4 2 2 2 Ví dụ 2. Chứng minh rằng: x + y + ( x + y ) = 2( x + xy + y ) Giải: σ 1 = x + y  σ 2 = xy

Đặt +) x 4 + y 4 + ( x + y ) 4 = ( x 2 + y 2 ) 2 − 2 x 2 y 2 + ( x + y )4 2

= ( x + y ) 2 −2 xy  − 2 x 2 y 2 + ( x + y ) 4 = (σ 12 − 2σ 2 ) 2 − 2σ 22 + σ 14 = 2σ 14 − 4σ 12σ 2 + 2σ 22 = 2(σ 2 − σ 12 ) 2 2

+) 2( x 2 + xy + y 2 )2 = 2 ( x + y ) 2 − xy  = 2(σ 2 − σ 12 ) 2 4 4 4 2 2 2 Vậy x + y + ( x + y ) = 2( x + xy + y ) Bài tập áp dụng: Bài 1. Chứng minh rằng nếu xy + yz + zx = 0 thì

( y + z ) 2 ( z + x) 2 ( x + y ) 2 + 24 x 2 y 2 z 2 = x 4 ( y + z ) 2 + y 4 ( z + x) 2 + z 4 ( x + y )2 Bài 2. Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì ( x 2 + y 2 + z 2 )2 = x 4 + y 4 + z 4 x5 + y 5 + z 5 x2 + y 2 + z 2 = xyz 5 2 6.2. Chứng minh bất đẳng thức 6.2.1. Cơ sở lí luận và phương pháp giải: *Xét trường hợp hai biến: Ta có thể áp dụng kết quả của đa thức đối xứng để chứng minh nhiều bất đẳng thức. Cơ sở của phương pháp này cần chú ý, giả sử σ 1 , σ 2 là những số thực.

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 25

σ 1 = x + y  σ = xy Ta có  2 Muốn x,y xác định và là số thực thì điều kiện cần và đủ là: ∆ = σ 12 − 4σ 2 ≥ 0

Muốn x, y là những số thực và không âm điều kiện cần và đủ là: ∆ = σ 12 − 4σ 2 ≥ 0  σ 1 ≥ 0 σ ≥ 0  2 *Xét trường hợp ba biến: Nếu x, y, z là các số thực bất kì, ta có ( x − y ) 2 + ( y − z )2 + ( z − x) 2 ≥ 0 Dấu “ =” xảy ra khi x = y = z ∆ = 2( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2(xy + yz + zx) = 2(σ 12 − 2σ 2 ) − 2σ 2 = 2σ 12 − 6σ 2 Vì vậy: σ 12 ≥ 3σ 2 . Từ hệ thức này ta suy ra nhiều bất đẳng thức khác như:

( x + y + z )( xy + yz + zx) ≥ 9 xyz, ( x, y, z ∈ i*) 6.2.2. Ví dụ: Ví dụ 1. Chứng minh rằng với những số thực bất kì x, y bất đẳng thức sau đúng: x 4 + y 4 ≥ xy 3 + yx 3 Giải: σ = x + y Đặt:  1 và S k = x k + y k ; x 4 + y 4 ≥ xy 3 + yx 3 ⇔ x 4 + y 4 − xy 3 -yx 3 ≥ 0 σ 2 = xy f = x 4 + y 4 − xy 3 -yx 3 = x 4 + y 4 − xy ( x 2 -y 2 ) = S4 − σ 2 S 2 = σ 14 − 4σ 12σ 2 + 2σ 22 − σ 2σ 12 − 2σ 2 = σ 14 − 5σ 12σ 2 + 4σ 22

Ta thấy ∆ = σ 12 − 4σ 2 ≥ 0 ⇒ σ 2 =

1 2 (σ 1 − ∆ ) 4

1 3 Xét σ 12 − σ 2 = σ 12 − (σ 12 − ∆ ) = σ 12 + ∆ ≥ 0 4 4 4 4 3 Vậy f ≥ 0 hay x + y ≥ xy + yx 3

Ví dụ 2. Cho a, b, c > 0; a + b + c ≤ 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 2 a + 2bc b + 2ac c + 2ab Giải: 2 2 2 Đặt x = a + 2bc, y = b + 2ac, z = c + 2ab Ta có bất đẳng thức sau: 1 1 1 1 1 1 9 ( x + y + z )( + + ) ≥ 9 ⇒ + + ≥ x y z x y z x+ y+z

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 26

x + y + z = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab = (a + b + c) 2 ≤ 1

1 1 1 1 1 = ≥1⇒ + + ≥ 9 2 x + y + z (a + b + c ) x y z Ta có điều phải chứng minh Bài tập áp dụng Bài 1. Chứng minh với các số thực bất kì x, y ta có: a, x 6 + y 6 ≥ x 5 y + xy 5 b, x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y c,8( x 4 + y 4 ) ≥ ( x + y )4 d , x 2 + y 2 + 4 ≥ xy + 2( x + y ) Bài 2. Chứng minh rằng với các số thực không âm x, y ta có: a, x 4 + 2 x3 y + 2 xy 3 ≥ 6 x 2 y 2 x3 + y 3 x+ y 3 ≥( ) 2 2 7. Một số ứng dụng đối với các đa thức có chứa tham số.

7.1. Giải phương trình dựa vào cơ sở Vi-ét.

7.1.1. Cơ sở lí luận: Dùng Vi-ét, ta tìm được mối liên hệ giữa các nghiệm, từ đó kết hợp với giả thiết bài toán ta tìm được nghiệm cửa phương trình.

7.1.2. Phương pháp giải: - Dựa vào Vi-ét xác định nghiệm của phương trình.

- Đối với phương trình chứa tham số thay x = x0 vào phương trình, sau đó tìm giá tị tham số. b,

7.1.3. Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình x 4 − 8 x 3 + 18 x 2 + mx − 3 = 0 (1), biết rằng phương trình có 4 nghiệm thỏa mãn: x1 + x2 = x3 + x4 Giải: Theo giả thiết và công thức Vi-ét ta có:  x1 + x2 + x3 + x4 = 8(2)  x x + x x + x x + x x + x x + x x = 18(3)  1 2 2 3 3 4 1 3 1 4 2 4   x1 x2 x3 + x2 x3 x4 + x1 x3 x4 + x1 x2 x4 = −m(4)  x1 x2 x3 x4 = −3(5) Từ (2) ⇒ x1 + x2 = x3 + x4 = 4 (3) ⇔ x1 x2 + x3 x4 + x1 ( x3 + x4 ) + x2 ( x3 + x4 ) = 18 ⇔ x1 x2 + x3 x4 + ( x1 + x2 )( x3 + x4 ) = 18 ⇔ x1 x2 + x3 x4 = 2 (6)

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 27

Từ (5) và (6) ta có x1 x2 và x3 x4 là nghiệm của phương trình bậc hai: X 2 − 2 X − 3 = 0 ⇔ X 1 = −1; X 2 = 3

+Với x1 x2 = −1 và x3 x4 = 3 ta có:

 x1 + x2 = 4 Hệ có nghiệm là:   x1 x2 = −1

 x1 = 2 + 5 hoặc   x2 = 2 − 5

 x1 = 2 − 5   x2 = 2 + 5

 x3 + x4 = 4 Hệ có nghiệm là:   x3 x4 = 3 +Với x1 x2 = 3 và x3 x4 = −1 ta có:

 x3 = 1 hoặc   x4 = 3

 x4 = 3   x3 = 1

 x1 + x2 = 4 Hệ có nghiệm là:   x1 x2 = 3

 x1 = 1 hoặc   x2 = 3

 x1 = 3   x2 = 1

 x3 + x4 = 4 Hệ có nghiệm là:   x3 x4 = −1

 x3 = 2 + 5 hoặc   x4 = 2 − 5

 x3 = 2 − 5   x4 = 2 + 5

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: 1,3, 2 − 5 , 2 + 5 .

Ví dụ 2: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho những nghiệm α1 , α 2 , α 3 của đa thức : p ( x) = x 3 + 2 x 2 + mx − 4 thỏa mãn điều kiện: α12 + α 2 2 = α 32 Giải: Theo công thức Vi-ét ta có: α1 + α 2 + α 3 = −2  α1α 2 + α 2α 3 + α1α 3 = m α α α = −4  1 2 3 Ta có: (α1 + α 2 + α 3 ) 2 = 4 ⇔ α12 + α 2 2 + α 32 + 2(α1α 2 + α 2α 3 + α1α 3 ) = 4 ⇔ 2α 3 2 + 2m = 4 ⇔ α 32 = 2 − m

Mặt khác ta có α 3 là nghiệm của p ( x ) nên: p (α 3 ) = 0 ⇔ α 33 + 2α 32 + mα 3 − 4 = 0 ⇔ α 3 (2 − m) + 2(2 − m) + m α 3 − 4 = 0 ⇔ 2α 3 − 2m = 0 ⇔ α3 = m m = 1 Khi đó ta có: m 2 = 2 − m ⇒   m = −2

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 28

Vậy m = 1 hoặc m = −2 thỏa mãn điều kiện đề bài.

7.1.3. Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình ax 3 − ax 2 + bx + b = 0(a, b ≠ 0) . Chứng minh

1 1 1 rằng: ( x1 + x2 + x3 )  + +  = −1 .  x1 x2 x3  Bài 2: Tìm a để các nghiệm x1 , x2 , x3 của đa thức f ( x) = x3 − 6 x 2 + ax + a thỏa mãn đẳng thức: 2

2

( x1 − 3) + ( x2 − 3) + ( x3 − 3)

2

=0

Hướng dẫn: Bài 1: Theo định lý Vi-ét ta có:

 σ 1 = x1 + x2 + x3 = 1  b  σ 2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a  b  σ 3 = x1 x2 x3 = a Khi đó: 1 1 1 x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 σ 2 + + = = = −1 x1 x2 x3 x1 x2 x3 σ3

Từ đó:

1 1 1 ( x1 + x2 + x3 )  + +  = 1.(−1) = −1  x1 x2 x3  Ta có điều phải chứng minh.

Bài 2: Đặt y = x − 3 , bài toán trở thành: tìm a để các nghiệm y1 , y 2 , y3 của đa thức : f ( y + 3) = ( y + 3)3 − 6( y + 3) 2 + a ( y + 3) + a = y 3 + 3 y 2 + (a − 9) y + 4a − 27 thỏa mãn hệ thức: y13 + y2 3 + y33 = 0

Theo định lý Vi-ét ta có: σ 1 = y1 + y2 + y3 = −3  σ 2 = y1 y2 + y1 y3 + y2 y3 = −9 σ = y y y = 27 − 4a 1 2 3  3 Khi đó: y13 + y23 + y33 = σ 13 − 3σ 1σ 2 + 3σ 3 = −27 − 3a

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 29

Mà: y13 + y2 3 + y33 = 0 ⇔ −27 − 3a = 0 ⇔ a = −9 Vậy giá trị cần tìm là a = −9 .

7.2. Tìm các giá trị của các biểu thức đối xứng với các nghiệm của đa thức.

7.2.1. Cơ sở lí luận: Các biểu thức đối xứng với các nghiệm bao giờ cũng đưa về các biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản. Theo công thức Vi-ét, các đa thức đối xứng cơ bản tính theo các hệ số của các đa thức đã cho.

7.2.2. Phương pháp giải: - Đưa các biểu thức đã cho về dạng biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản.

- Tính σ i theo hệ số của đa thức.

7.2.3. Ví dụ: Cho x1 , x2 , x3 là những nghiệm của phương trình x3 + px 2 + qx + r = 0 với p, q, r ∈ ℝ, r ≠ 0 . Hãy biểu diễn thông qua p , q , r những hàm của các biến x1 , x2 , x3 .

A = x12 + x2 2 + x32 B = x13 + x23 + x33 C = x14 + x2 4 + x34 Giải: Ta có x1 , x2 , x3 là những nghiệm của phương trình x3 + px 2 + qx + r = 0 với p, q, r ∈ ℝ, r ≠ 0 .

Do đó theo công thức Vi-ét:  x1 + x2 + x3 = − p   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = q  x x x = −r  1 2 3 Biểu diễn biểu thức A thông qua p , q , r . p 2 = ( x1 + x2 + x3 ) 2 = x12 + x2 2 + x33 + 2( x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ) = A + 2 q ⇒ A = p 2 − 2q

Biểu diễn biểu thức B thông qua p , q , r .

Do xi (i = 1, 2,3) là nghiệm của phương trình x3 + px 2 + qx + r = 0 nên: x13 + px2 2 + qx3 + r = 0 x2 3 + px2 2 + qx2 + r = 0 x33 + px32 + qx3 + r = 0

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được: B + pA − pq + 3r = 0 Do đó B = − pA + pq − 3r = − p (p 2 − 2 q) + pq − 3 r = 3pq − p3 − 3r Vậy B = 3pq − p3 − 3r .

Biểu diễn biểu thức C thông qua p , q , r .

Do xi (i = 1, 2,3) là nghiệm của phương trình x3 + px 2 + qx + r = 0 nên:

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 30

x13 + px2 2 + qx3 + r = 0 x2 3 + px2 2 + qx2 + r = 0 x33 + px32 + qx3 + r = 0

Mặt khác xi ≠ 0, i = 1,3 nên: x13 + px2 2 + qx3 + r = 0 ⇒ x14 + px13 + qx12 + rx1 = 0 x2 3 + px2 2 + qx2 + r = 0 ⇒ x2 4 + px2 3 + qx2 2 + rx2 = 0 x33 + px32 + qx3 + r = 0 ⇒ x34 + px33 + qx3 2 + rx3 = 0

Cộng vế với vế của ba đẳng thức trên ta được: C + pB − qA + rp = 0 Do đó C = − pB + pA − rq = − p (3 pq − p 3 − 3r ) + q ( p 2 − 2q ) + rp = p 4 − 4 p 2 q + 2q 2 − 4rp Vậy C = p 4 − 4 p 2 q + 2q 2 − 4rp .

7.3. Xác định đa thức.

7.3.1. Cơ sở lí luận: Ta thường gặp các bài toán xác định đa thức khi giải phương trình hàm trên tập các đa thức. Để xác định đa thức, trước hết ta xác định bậc rồi lần lượt xác định các hệ số của đa thức.

7.3.2. Phương pháp giải: Để xác định đa thức, ta đi tìm hệ số của đa thức này, ta làm như sau: - Xác định dạng tổng quát của đa thức cần xác định bằng cách dùng công thức Vi-ét tìm mối liên hệ giữa các đa thức đối xứng cơ bản với các hệ số của đa thức - Từ điều kiện của đề bài toán tìm giá trị của các đa thức đối xứng cơ bản.

- Từ giá trị của các đa thức đói xứng cơ bản tim giá trị của các hệ số của đa thức cần xác định, từ đó tìm được đa thức thỏa mãn đề bài.

7.3.3. Ví dụ: Hãy tìm những đa thức bậc 3 mà nghiệm α1 , α 2 , α 3 của nó thỏa mãn những đẳng thức sau: 1

+

1

α1 α 2

+

1

α3

= −2 ;

1

α1

2

+

1

α2

2

+

1

α3

2

= 1;

1

α1

4

+

1

α2

4

+

1

α 34

=1

Giải: Gọi đa thức cần tìm có dạng p ( x) = x3 + ax 2 + bx + c Theo công thức Vi-ét ta có: σ 1 = α1 + α 2 + α 3 = −a  σ 2 = α1α 2 + α1α 3 + α 2α 3 = b σ = α α α = −c 1 2 3  3 Theo giả thiết ta có: 1 1 1 α1α 2 + α1α 3 + α 2α 3 σ 2 −2 = + + = =

α1 α 2

1=

1

α12

+

1

α 22

α3

+

1

α 32

α1α 2α 3

=

σ3

α12α 2 2 + α12α 32 + α 2 2α 32 (α1α 2 + α1α 3 + α 2α 3 ) 2 − 2(α1 + α 2 + α 3 )α1α 2α 3 σ 2 2 − 2σ 1σ 3 = = α12α 2 2α 32 α12α 2 2α 32 σ 32

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 31

1=

1

α 14

+

1

α 24

+

1

α 34

=

α14α 2 4 + α14α 34 + α 2 4α 34 (σ 2 2 − 2σ 1σ 3 )2 − 2σ 32 (σ 12 − 2σ 2 ) = α14α 2 4α 34 σ 34

Từ 3 phương trình trên ta có hệ: σ 2 = −2σ 3  2 2 σ 2 − 2σ 1σ 3 = σ 2  2 2 2 2 4 (σ 2 − 2σ 1σ 3 ) − 2σ 3 (σ 1 − 2σ 2 ) = σ 3

8 8   σ 1 = − 3 a = 3   32 32   ⇔ σ 2 = ⇔ b = 9 9   16   16 σ 3 = − 9 c = 9  

8 32 16 Vậ y p ( x ) = x 3 + x 2 + x + 3 9 9

Chuyên đề: Đa thức đối xứng và ứng dụng

Page 32