Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

Mục lục
Mở đầu
Ch-ơng 1: Kiến thức chuẩn bị
1.1 Đa thức một ẩn .......................................................................................... 3
1.2 Đa thức nhiều ẩn........................................................................................ 5
Ch-ơng 2: Đa thức đối xứng
2.1 Định nghĩa đa thức đối xứng ..................................................................... 8
2.2 Ph-ơng pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng
cơ bản .............................................................................................................. 8
Ch-ơng 3: ứng dụng của đa thức đối xứng
3.1 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức..................................................... 13
3.2 Giải các bài toán về ph-ơng trình bậc hai ............................................... 22
3.3 Giải hệ ph-ơng trình nhiều ẩn ................................................................. 26
3.4 Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình đối xứng ..................................... 31
3.5 Trục căn thức ở mẫu số ........................................................................... 36
3.6 Phân tích đa thức thành nhân tử .............................................................. 38
3.7 Một số ứng dụng đối với các đa thức chứa tham số ................................ 42
Kết luận ........................................................................................................ 54
Tài liệu tham khảo ...................................................................................... 55

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

1


Khóa luận tốt nghiệp


Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

2


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

Ch-ơng 1: Kiến thức chuẩn bị

1.1 Đa thức một ẩn
1.1.1 Định nghĩa :
Cho A là vành giao hoán có đơn vị. Đa thức một ẩn f(x) thuộc A[x] biểu
diễn d-ới dạng: f (x) a1x n1

a 2x n2

... a k x nk

Trong đó a1, a2, , ak thuộc A gọi là hệ tử.
n1, n2, , nk là những số nguyên không âm.

a i x ni gọi là hạng tử (hay còn gọi là đơn thức nếu A là vành số và a i

0)

ni 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 t.

1.1.3 Phép chia với d- :
* Định lí : Cho hai đa thức P(x), Q(x)

A[x], A là một tr-ờng và

Q(x) 0. Khi đó tồn tại duy nhất những đa thức S(x) và R(x) thỏa mãn điều
kiện sau: P(x) = Q(x).S(x) + R(x), trong đó degR(x) < degQ(x) nếu R(x) 0.
* Nhận xét : Cho f(x) là một đa thức bậc n trên A. Khi đó luôn tồn tại
tr-ờng K A để f(x) có n nghiệm trong K.

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

3


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

1.1.4 Công thức Viet:
Cho P(x) = a0xn + a1xn-1 + + an-1x + an thuộc A[x] là một đa thức bất
kì và

1

,

2

,...,


a1
a0

n

1

...

i1

i2

1

1

a2
a0

.........
(*)
...

ik

( 1) k

i1 i 2 ... i k

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

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

4


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

2, Với hai đa thức P(x) và Q(x) bất kì, nếu P(x) Q(x) (mod (x))
thì Q(x) P(x) (mod (x)).
3, Với mọi đa thức P(x), Q(x) và R(x), nếu P(x) Q(x) (mod (x)) và
Q(x) R(x) (mod (x)) thì P(x) R(x) (mod (x)).
4, Với mọi đa thức P(x), Q(x) và R(x), nếu P(x)

Q(x) (mod (x)) thì

P(x).R(x) Q(x).R(x) (mod (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 (x)), i = 1,2,,n thì
u1(x).P1(x) + + un(x).Pn(x) u1(x).Q1(x) + + un(x).Qn(x) (mod (x)).
6, Với các đa thức bất kì P(x), Q(x) và R(x),
nếu P(x) + Q(x)

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

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

a.b := (c0, c1, , cn, ) với ck =

aib 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, , an, )

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, , an, 0, ) = =
= (a0, 0, 0, ) + (0, a1, 0, ) + + (0, 0, , an, 0, )
Đặt x0 = (0, 1R, 0, )

(1)

A. Theo quy tắc nhân ta có:

x2 = x.x = (0, 1R, 0, ).(0, 1R, 0, ) = (0, 0, 1R, ). T-ơng tự
x3 = (0, 1R, 0, ) .(0, 1R, 0, ).(0, 1R, 0, )
= (0, 0, 0, 1R, )

xk


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

Lặp lại quá trình xây dựng vành đa thức một biến thay R bằng R[x] ta
có vành đa thức 2 biến R[x,y] tức là R[x,y] = R[x][y].
f(x,y)

R[x,y], f(x,y) = cmym + cm-1ym-1 + + c1y + c0 với ci
= ak xnym + + a1xy + a0 với ai

R[x]

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 1đa thức n ẩn f(x1, x2, , xn) lấy hệ
tử trong R.
1.2.2 Bậc của đa thức
Kí hiệu (i) = (i1, i2, , in)
x (i)

x i1 .x i2 ...x in

Khi đó với mọi f (x1, x2, , xn)
f (x1, x2, , xn) =
Biểu thức x (i)

R[x1, x2, , xn] ta có:

* 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:

P x i1 , x i2 ,

, x in

P x1, x 2 ,

, 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:
1

x1

x2

xn

2

x1.x 2

x1.x 3

xứng và mỗi đa thức đối xứng có thể biểu diễn nh- đa thức của những đa thức
đối xứng cơ bản.
2.2 Ph-ơng pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ
bản
2.2.1 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 x1 1 x 2 2 ...x n n và x1 1 x 2 2 ...x n

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

n

8


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

Ta nói đơn thức x1 1 x 2 2 ...x n n cao hơn đơn thức x1 1 x 2 2 ...x n n nếu và
chỉ nếu tồn tại k sao cho

1

1

,

2



2

...

n

b, Định lí : Mọi đa thức đối xứng f (x1,x 2 ,...,x n ) A[x1,x 2 ,...,x n ] đều biểu
diễn một cách duy nhất d-ới dạng một đa thức ( 1,
đối xứng cơ bản

1

,

2

, ,

n

2

,...,

n

) của các đa thức

với các hệ tử trong A.


x n Ln suy ra theo cách sắp xếp theo thứ tự từ điển của P .

Xét Q2

L1 L2
1

.

L2 L3
2

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

Ln
n

và P2 = P1 - Q2 = P - Q1 - Q2

9


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

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



x1x 2 x 3

x3
x1 x 3

x 2x3

Sắp xếp các biến theo thứ tự từ điển
Hạng tử cao nhất của đa thức P là x13.x22.x3
Đặt Q1 =

1

2

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 + x1x3 + x2x3)(x1x2x3)
= -3x12.x22.x32 .
Ta thấy P1

0 và P1 là đa thức đối xứng.

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

10


3

-3

1

2
3

.

Cách 2: Ph-ơng pháp hệ tử bất định
Cho một đa thức đối xứng f(x1, , xn).
Ta phân tích đa thức đối xứng đa cho thành tổng của các đa thức đối
xứng đẳng cấp. Sau đó biểu diễn mỗi đa thức đối xứng đẳng cấp qua các đa
thức đối xứng cơ bản bằng ph-ơng pháp hệ tử bất định.
Ví dụ sau sẽ cụ thể hóa ph-ơng pháp này:
Ví dụ : Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản
P(x1, x2, x3) = 2x13 + 2x23 + 2x33 + 3x12.x2 + 3x1.x22 + 3x12.x3 +
+ 3x1.x32 + 3x22.x3 + 3x2.x32 + 10x14.x24.x34
Giải:
B-ớc 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) = 2x13 + 2x23 + 2x33 + 3x12.x2 + 3x1.x22 + 3x12.x3 +
+ 3x1.x32 + 3x22.x3 + 3x2.x32 là đa thức đối xứng
đẳng cấp bậc 3.
P2(x1, x2, x3) = 10x14.x24.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

Hạng tử cao nhất

(3, 0, 0)

2x13

(2, 1, 0)

x12 x 2

(1, 1, 1)

x1x 2 x 3

Tổ hợp đa thức đối xứng cơ bản
2

3
1

1

2

3

Do vậy P1 biểu diễn d-ới dạng P1

2


1

1

1

3

3

1

24 = 54 27 +

1

2

P1

3

2

3
1

1

2


3

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

1

2

3

3

10

4
3

4
3

.

12


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp



1

S

S

2 k 2

Trong đó

; S2

N thỏa mãn những đẳng

S

S

1 2

3 3;

2 1

với k 4.

3 k 3

x


z0

3

S1

x1

y1

z1

x

S2

x2
.

1

3

y2
2

1

3

3

S3
x

x
y

y
z
2
z x
x3

xy

xz

yz x xyz

x

y

z y2

y3

xy


S

2 1

S

2 1

yk

zk

1 2

yz

S

3

3

3 3;

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

13


Khóa luận tốt nghiệp


xy

xz

yz y k 2 xyz.y k

3

x

y

z zk

1

zk

xy

xz

yz z k 2 xyz.z k

Do đó ta có : 1Sk
hay Sk

S


Ví dụ 2 : Cho x, y, z Ă thỏa mãn x + y + z = 0 . Chứng minh các đẳng thức
sau :

x 3 + y3 + z 3 x 2 + y 2 + z 2 x 5 + y5 + z 5
a,
.
=
3
2
5
b,(x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = 2(x 4 + y 4 + z 4 )
x 5 + y5 + z 5
x 2 + y2 + z2
c,
= xyz
5
2
7
7
7
5
5
x +y +z
x + y + z5 x 2 + y 2 + z 2
x 3 + y3 + z 3 x 4 + y 4 + z 4
d,
=
.
=2
.


z

0

S1

x

y

0

S2

x2

y2

z2

1

S3

x3

y3

z3


S7

x5

y5

z5

1 6

1

.S1 2

2

3

2

3

3

S

2 1

1 3


S

3 3

S

3

2

S

2 5

S

3 4

S

7

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

S

2

3

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

Khi đó:
a,

x 2 + y 2 + z 2 x 3 + y3 + z 3 S2 S3
S
x 5 + y5 + z 5
.
= . = - 23 = 5 =
2
3
2 3
5
5

b,(x 2 + y2 + z 2 )2 = S22 = 422 = 2S4 = 2(x 4 + y4 + z 4 )
x 5 + y5 + z 5 S5
-2 2
x 2 + y2 + z2
c,
= = - 23 = 3
= xyz.
5
5
2
2

x7


.
5
2
2
3 2
S S
2. 3 . 2 2. 3 . 4
3
4
3 4
5

5

2

2.

x3

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng với x, y, z Z nếu x

S5 S2
.
5 2

y3
3

y


Ta biểu diễn vế trái qua đa thức đối xứng cơ bản bằng ph-ơng pháp hệ
tử bất định.

M

(t1 , t 2 , t 3 ) 4 t1

t2

t3

0, t1 t 2

t3

4

= (4,0,0);(3,1,0);(2,2,0);(2,1,1)
Hệ thống số mũ

Hạng tử cao nhất

4 0 0

x4

3 1 0

ax3y


2
1

2

2
2
2

1

3

+b

2

2

+c

1

3

15


Khóa luận tốt nghiệp

0

2

1

0

16 + 4a + 8 = 2

1

1

-1

1

-1

-1

1a+bc=3

1

2

3



-4

2
1

2

2

+2

2

+4

= 0 do đó vế trái có biểu diễn là 2

Hay vế trái có biểu diễn là 2 xy

yz

zx

2

1

3


Đặt

1

x

y z

2

xy yz zx

3

xyz

Ta có:

x + y + z xy + yz + zx xyz = 1 2 - 3
(x + y)(y + z)(z + x) = (1 - z)(1 - x)(1 - y)
= [12 - (x + y)1 + xy](1 - z)
= 13 - (x + y)12 + xy1 - z12 + (zx + zy)1 - xyz
= 13 - (x + y + z)12 + (xy + yz + zx)1 - xyz
= 13 - 13 + 1 2 - 3 = 1 2 - 3
Vậy đẳng thức đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng :

x4

y4 ( x

= xy

y4

y )4

(x

( x2

y 2 )2

[( x

y )2

2
1

(

4
1

2
2(

2( x2

xy


y )4

(x

4
1

2

2

2

y)4

(x

2 xy ]2

2

4
1

2x2 y 2

2

2


y )4

2( x2

xy

y 2 )2

2

)2

3.1.1.4 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 x2 y 2 z 2

x 4 ( y z )2

y 4 ( z x) 2

z4 (x

y)2



y )5

x5

y5

5xy( x 2

xy

y2 )

3.1.2 Chứng minh bất đẳng thức
3.1.2.1 Cơ sở lí luận và ph-ơng pháp giải
* Xét tr-ờng hợp hai biến :
Ta có thể áp dụng kết quả của các đa thức đối xứng để chứng minh
nhiều bất đẳng thức. Cơ sở của ph-ơng pháp này cần chú ý, giả sử

1

,

2

là

những số thực.

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

Muốn x, y là các số thực và không âm điều kiện cần và đủ là
2
1
1

0

2

0

4

0

2

Giả sử cho đa thức đối xứng f(x, y) lấy những giá trị không âm .
Cần chứng minh rằng với những giá trị thực bất kì x, y (hoặc những giá
trị không âm bất kì hoặc với x + y
Ta biểu diễn f(x, y) qua
2

của

2
1

và
1

) kết quả thu đ-ợc một đa thức

1

ta cần chứng minh với những giá trị không âm của
1

1

và những

đa thức chỉ lấy những giá trị không âm.

* Xét tr-ờng hợp ba biến :
Nếu x, y, z là các số thực bất kì, ta có ( x
Dấu = xảy ra khi x

2( x2
Vì vậy

y2
2
1

nh- : xy

y

z 2 ) 2( xy
3

2

. Từ hệ thức này ta suy ra nhiều bất đẳng thức khác
zx

2

3xyz x

y

z với x, y,z Ă

Hay (x y z)(xy yz zx) 9xyz với x, y,z Ă

*



3.1.2.2 Các ví dụ
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng với những số thực bất kì x, y, z bất đẳng thức sau
đúng : xy

yz

zx

2

3xyz x

2

Ta có

3

1

hay x

2

Dấu = xảy ra khi x

y

z

2

3 xy

yz

zx

y z.

Bây giờ, ta thay x, y, z t-ơng ứng bằng xy, yz, zx .
Khi đó ta có:

Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với x, y là các số thực bất kì ta có:

x4

y4 xy3

yx 3

Giải :
Đặt

1

x y

2

xy

xk

và Sk

yk

x4

y4



2
1

2

4
2
1

0 hay x 4

4

4

2

2
1

Ta thấy
Xét

4
1

S

2 2


2

2

2

1
(
4

2

)

3
4

2
1

2
2
1

2

2
1


a

2

6

b2

Giải :
1
ab

1

a 2 b2

6

a 2 b2

ab 6ab(a 2 b 2 )
ab(a 2 b 2 )

a 2 b2

0

ab 6ab(a 2 b 2 ) 0(a

0; b 0)

Vậy

1
ab

2
1

6

2

2
1

a

3
4

b2

2

2
1

2

a

b

1
(
16

2

2
1

1
4

)2

0;

0

6 với a + b = 1 ; a > 0 ; b > 0 .

Ví dụ 4 : Cho a, b, c 0 và a

b

1
a 2bc

b


Ta có bất đẳng thức sau :
(x

y z)(

1
x

1
y

1
) 9
z

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

1
x

1
y

1
z

9
x y z


(a b c) 2

c2

2ac

2ab

1
1
x

1

1
y

1
z

9

Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng nếu a, b là các số thực, a

b c và c 0 thì ta

có các bất đẳng thức sau :
a


a b

2

ab

Khi đó a, b là nghiệm của ph-ơng trình x 2
2
1

Để tồn tại a, b thì

4

2

x

1

2

0

0

Mặt khác :

a2


1
2

2
1

a b c

1

a

2

b

2

c2
2

áp dụng kết quả đó ta đ-ợc :

a

4

b

a8

c2
1

c và n là một

n

21


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

3.1.2.3 Bài tập áp dụng
Bài 1 : Chứng minh rằng với các số thực bất kì x, y ta có :
a, x6

y6

b, x2

y 2 1 xy x

c, 8( x4
d, x2

x5 y xy5

y4 ) ( x

6x2 y 2

)3

Bài 3 : Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác thì :

a, 2(ab + bc + ca) > a 2
b, (a 2

b2

b2

c2

c2 )(a b c) 2(a 3 b3 c3 )

c, a 2 (b c a) b 2 (c a b) c 2 (a b c) 3abc
Bài 4 : Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với x, y là các số thực bất kì khác
0:

x2
y2

y2
x2

4 3(

x

Theo công thức Viet ta có :

1

= x1 + x2 = 5 ;

2

= x1x2 = 7;

S = (y1 + y2); P = y1y2 .

x13 , y2

Theo giả thiết ta có y1

x 23 .

Vì vậy S = (y1 + y2) = (x13 + x23) = 3

1

2



3
1

= 3.(5).7 (5)3 = 20 .

2

)2 - 2

2
2

= 31 .
B = x16 + x26 = (x12 + x22)( x14 + x24 - x12x22)
=(

2
1

-2

2

)(A

2
2

) = 7(31 9) = 154 .

Ví dụ 3: Cho a Ă * , giả sử x1, x2 là nghiệm của ph-ơng trình
x 2 - ax -

Chứng minh rằng x14


4

2

2

1
2a 4

a4

1

x2

a4

4a 2 (

2
2

1
2a 4

2 2 a 4.

a;

x1


0 có nghiệm là

,

d-ơng.

qua p và q.

4

Giải :
Đặt

u

4

0

v

4

0

Theo định lí Viet
Đặt u + v =

1


4

2
1

4

q

2
4
1

p

4

2

4

2

2

2
2

;


24 q
24 q

2 q
2 q

p (2 q
p(

1

p 0) từ đó suy ra
0)

Hay u + v = 4 a + 4 b = 2 4 q + 2 q - p

Cù Thị Ngọc Mai K33B Toán

24


Khóa luận tốt nghiệp

Đa thức đối xứng và ứng dụng trong đại số sơ cấp

Ví dụ 5 : Lập ph-ơng trình bậc hai z2 + pz + q = 0 ( p,q Ă ) mà các nghiệm là

z1


x 2 6 2x12

x16 2x 2 2 x 2 6 2x12

Ta có

p ( x16
6
1

(

x26 ) 2( x12
6

4
1

2

9

x2 2 )
2
1

2
2

2

1

2 x12 )
x18 ) 4 x12 x2 2

8

6
1

2

20

4
1

2
2

16

2
1

3
2

2