ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

TRẦN THỊ THU THỦY

VỀ MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

TRẦN THỊ THU THỦY

VỀ MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Trần Nguyên An

THÁI NGUYÊN - 2017




13

Chương 2. Hệ phương trình đa thức không tuyến tính

20

2.1. Một số hệ và phương pháp giải cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.1. Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.2. Hệ phương trình đối xứng loại hai đối với x và y . . . . .

23

2.1.3. Hệ có yếu tố đẳng cấp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.1.4. Hệ có hai phương trình bán đẳng cấp bậc hai. . . . . . . . .

25

2.1.5. Hệ đẳng cấp bộ phận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

39

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

iii


MỞ ĐẦU
Giải hệ phương trình là bài toán cổ điển có nhiều ứng dụng trong toán học
cũng như trong đời sống. Hệ phương trình có rất nhiều dạng và phương pháp giải
khác nhau. Đây cũng là dạng toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi cũng
như các kì thi tuyển sinh đại học. Luận văn tìm hiểu về một số lớp hệ phương trình
đa thức: hệ phương trình tuyến tính, hệ phương trình đa thức không tuyến tính. Cụ
thể, luận văn tìm hiểu một số lớp hệ phương trình tuyến tính đặc biệt sử dụng công
cụ ma trận, định thức và một số phương pháp đặc biệt để giải. Hệ phương trình đa
thức không tuyến tính là một bài toán khó, bên cạnh việc giới thiệu phương pháp
tổng quát để giải bằng công cụ Đại số máy tính, luận văn tìm hiểu một số lớp hệ
phương trình đa thức đặc biệt giải bằng công cụ sơ cấp.
Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 giới thiệu về hệ phương trình
tuyến tính. Luận văn không lặp lại như một cuốn Đại số tuyến tính thông thường
mà giới thiệu nhiều dạng hệ phương trình tuyến tính "không mẫu mực”. Hệ phương
trình tuyến tính là bài toán có lời giải trọn vẹn và có nhiều ứng dụng trong thực
tế. Chương 2 của luận văn trình bày về hệ phương trình đa thức không tuyến tính.
Luận văn phân tích một số dạng hệ giải quyết được bằng công cụ sơ cấp. Nhiều ví

1.1. Hệ thuần nhất với định thức khác không
Ta chú ý một số kiến thức chuẩn bị sau: Cho A ∈ M atn (K), A = (aij ), khi
n

đó vết của ma trận A là

aii , ký hiệu là tr(A).
i=1

Định nghĩa 1.1.1. Cho ma trận vuông A cấp n trên K. Số λ ∈ K được gọi là giá
trị riêng của A nếu tồn tại vectơ x ∈ Kn và x = 0 sao cho Ax = λx. Khi đó, vectơ
x được gọi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ.
Định nghĩa 1.1.2. Cho ma trận vuông A cấp n trên K. Đa thức det (A − λI) được
gọi là đa thức đặc trưng của A và được ký hiệu là PA (λ). Phương trình PA (λ) = 0
được gọi là phương trình đặc trưng của A.
Chú ý 1.1.3. (i) λ là giá trị riêng ⇔ AX = λX ⇔ (A − λI) X = 0 có nghiệm
X = 0 ⇔ |A − λX| = 0.

2


a11 a12
 a21 a22
(ii) Cho A = 
..
 ...
.
an1 an2



n

λi và |A| =

(iii) Nếu PA (X) = 0 có n nghiệm λ1 , . . . , λn thì tr(A) =
n
i=1

i=1

λi .
(iv) Nếu λ là giá trị riêng của A thì λn là gia trị riêng của An .
(v) Giả sử f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ K [x]. Khi đó f (A) = an An + . . . +

a1 A + a0 I là đa thức của ma trận A. Nếu λ là gia trị riêng của A thì f (λ) cũng là
giá riêng của f (A).
Ví dụ 1.1.4. Cho aij là các số nguyên, giải hệ phương trình

1


a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn =
x1


n


1


x
+2x2
+...
+2017x2017
= 2017
x1


 1
1
2
2
x1 +2 x2 + . . . +2017 x2017
= 2017 x2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

2017 = 2017 x2017
3


Giải. Viết hệ phương trình đã cho dưới dạng
Ax =
Giả sử det (A −

1
I )
2017 2017

1
1
x ⇔ (A −
I2017 )x = 0
2017
2017

= 0. Điều này chứng tỏ λ =

1
2017

là một giá trị riêng của

A. Vì vậy đa thức đặc trưng của A là
PA (t) = (−1)n tn + (−1)n−1 Tr(A)tn−1 + . . . + det A ∈ Z[t]
đa thức trên nhận λ =



a x + a x + · · · + a x = −x .
n1 1
n2 2
nn n
n
Giải. Hệ đã cho tương đương với

(a + 1)x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0


 11
a12 x1 + (a22 + 1)x2 + · · · + a2n xn = 0
.
 .......................................

a x + a x + · · · + (a + 1)x = 0.
n1 1
n2 2
nn
n
Ma trận hệ số của hệ phương trình có dạng M = A + I. Ta có
M (A − 2I) = (A + In )(A − 2In ) = A2 − A − 2In = −2In .
Suy ra det(M ) = 0, nghĩa là M khả nghịch. Do đó hệ đã cho chỉ có nghiệm tầm
thường.
Chú ý. Bài toán này được xây dựng dựa trên ý tưởng phân tích đa thức
t2 − t − 2 = (t + 1)(t − 2). Dựa trên ý tưởng này, ta có thể thay đổi hệ số −1 ở vế
phải bởi hệ số α khác 0 và khác 1, rồi áp dụng sự phân tích
(t − α)(t + α − 1) = t2 − t − α(α − 1)
ta cũng được kết quả tương tự.


Hệ đã cho trở thành (A + 2017E)X = 0. Lấy chuyển vị hai vế ta được X t (A +
2017X)t = 0. Dẫn đến X t (−A + 2017E) = 0, hay −X t A + 2017X t E = 0. Từ đây
suy ra −X t AX + 2017X t EX = 0. Ta có AX + 2017X = 0 ⇔ AX = −2017X. Kết
hợp lại, ta được
X t (−2017X) + 2017X t X = 0 ⇔ X t X + X t X = 0 ⇔ X t X = 0.
Như vậy,

x1 x2 ... x2017


x1
 x2 
2
2


 ...  = 0 ⇔ x1 + ...x2017 = 0 ⇔ x1 = ... = x2017 = 0
x2017

1.2. Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức
Định lý 1.2.1. Cho R là một miền nguyên. Cho 0 = f (x) ∈ R[x] và a1 , a2 , . . . , ar ∈
R là các nghiệm phân biệt của f (x). Giả sử ai là nghiệm bội ki của f (x) với i =
1, 2, . . . , r. Khi đó ta có
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x)
trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Hệ quả 1.2.2. Cho R là một miền nguyên và f (x) ∈ R[x] là một đa thức khác 0.
Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc
của của f (x).
5

0
2 1
Giải. Tách ma trận hệ số dưới dạng

a1
a2
a2017 a1

a2016 a2017

..

.

 a
a
3
4
a2
a3

1 0 0 0 0
0 1 0 0 0

0 0 1 0 0
= a1 
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0


0
1 0 0 0
1


0 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0


0 1 0 0 0 0
+.... + a2017 

0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0

0
0
0
1
0
0


0
0

0

0

1
0
0
0

0
0
0
1
0
0


0
0

0

0
1
0

Theo trên, ta có A = a1 I + a2 B + ... + a2017 B 2016 . Đa thức đặc trưng của B là
P (x) = x2017 − 1. Đa thức này có 2017 nghiệm trong trường số phức là các căn
6


bậc 2017 của 1. Ta ký hiệu các căn là
A là P ( 1 ), P ( 2 ), ..., P (


n + α1
2α1 + 1



4
 x1 + x2 + · · · + xn =
1 + α2 2 + α2
n + α2
2α2 + 1


...




x1
x2
xn
4


+
+ ··· +
=
.
1 + αn 2 + αn
n + αn
2αn + 1

(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn )
. Từ phương trình sau:
(2x + 1)(x + 1)(x + 2) . . . (x + n)

x1
x2
xn
4
c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn )
+
+ ··· +
−
=
1+x 2+x
n + x 2x + 1
(2x + 1)(x + 1)(x + 2) . . . (x + n)
ta suy ra đồng nhất thức dưới đây
(1 + 2x)[x1 (x + 2)(x + 3) . . . (x + n) + x2 (x + 1)(x + 3) . . . (x + n)
+ x3 (x + 1)(x + 2)(x + 4) . . . (x + n) + x4 (x + 1)(x + 2) . . . (x + n)
+ ···
+ xn (x + 1)(x + 2) . . . (x + n − 1)] − 4(x + 1)(x + 2) . . . (x + n)
= c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ).

7



n
n−1




3.1!(n − 2)!


n




c(−1)n−3 (3 + αi )


i=1
x =
với x = −3
3
5.2!(n
− 3)!
Ta nhận được nghiệm của hệ


...



n


n−n

i=1


c=
với x =

n

2αi + 1
2


(−1)n
2
i=1
và hệ phương trình đã được giải xong vì hệ có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 1.2.6. Giả sử các số z1 , z2 , . . . , zn khác nhau đôi một và zi + aj = 0 với mọi
i, j = 1, 2, . . . , n. Giải hệ phương trình sau đây:
 x
x2
xn
1

+
+ ··· +
=1


a1 + z1 a2 + z1
an + z1

a1 + z a2 + z
an + z

p(z)
n

với đa thức p(z)

(ai + z)
i=1

bậc n. Vì f (zi ) = 0 nên p(zi ) = 0, i = 1, . . . , n và có
f (z) = −
Từ

(z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn )
.
(z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an )

x1
x2
xn
(z − z1 ) . . . (z − zn )
+
+ ··· +
−1=−
ta có
a1 + z a2 + z
an + z
(z + a1 ) . . . (z + an )


i
1


i=2


n



(−1)n−2 (a2 + zi )



i=1
x 2 =
với z = −a2

n




(a2 − a1 ) (ai − a2 )


i=3


n


n−n


(an + zi )
(−1)


i=1


với z = −an
xn =

n−1




(an − ai )
i=1

Hệ có nghiệm duy nhất vậy hệ đã được giải xong.

1.3. Sử dụng công thức nội suy
Định lý 1.3.1 (Lagrange). Cho f (x) là đa thức bậc n và x0 , x1 , ..., xn là n + 1 số
n


n và
i=0
k=i,k=0 xi − xk
h(x0 ) = h(x1 ) = · · · = h(xn ) = 0. Đa thức h(x) có deg h n và có quá n nghiệm là
n
n
x − xk
x0 , x1 , ..., xn . Do đó h(x) phải là đa thức 0. Vậy f (x) =
f (xi )
.
i=0
k=i,k=0 xi − xk
n
x − xk
1
g(x)
(ii) Vì
=
nên từ (i) ta suy ra hệ thức sau đây:f (x) =
g (xi ) x − xi
k=i,k=0 xi − xk
n f (x ) g(x)
i
.
.
g
(x
i ) x − xi
i=0
n


n − 2, và giải hệ phương trình:


2

x 0 + x 1 a1 + x 2 a1 = b 1
x0 + x1 a2 + x2 a22 = b2

x + x a + x a2 = b .
3
0
1 3
2 3
Chứng minh. Theo Định lý 1.3.1 ta có các đồng nhất thức xs =

ask g(x)
và
i=1 g (ak ) x − ak
n

g(x)
an−1
k
. So sánh hệ số của xn−1 ở hai vế đối với đa thức xs và xn−1 ,
i=1 g (ak ) x − ak
n
n an−1
ask
k

b 3 a1 a2

x0 =
+
+



(a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )


b1 (a2 + a3 )
b2 (a1 + a3 )
b3 (a1 + a2 )
+
+
x1 =

(a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )



b2
b3
b1

x 2 =
+
+
.

..
.

x1n−1 x2n−1 . . . xn−1
n
Giải. Xem định thức Dn là đa thức theo xn . Suy ra, đa thức có bậc n − 1 với hệ số
cao nhất là Dn−1 . Nếu ta thay xn bởi x1 ta có Dn = 0 vì có hai cột tỉ lệ với nhau.
Tương tự thay xn bởi x2 , x3 , . . . , xn−1 ta được Dn = 0. Từ đây ta có x1 , x2 , . . . , xn là
nghiệm của đa thức. Suy ra Dn = (xn − x1 )(xn − x2 ) . . . (xn − xn−1 )Dn−1 . Làm tương
tự với các định thức cấp Dn−1 , Dn−2 , . . . , D1 ta được Dn =
10

1≤j
a b x +a b x +... +a b x = c − x
n 1
n 2
n n
n
n
Giải. Ta có hệ phương trình tương đương

(1 + a1 b1 )x1 + a1 b1 x2 + . . . + a1 bn xn = c1



a b x + (1 + a b )x + . . . + a b x = c
2 1 1
2 2 2
2 n n
2

.........



an b1 x1 + an b2 x2 + . . . + (1 + an bn )xn = cn
Xét định thức
Dn =

1 + a1 b 1
a1 b 2
a2 b 1
1 + a2 b 2

+ 2x2 + · · · + 2017x2017 =
1


 1
x2 + 2x3 + · · · + 2017x1 =
2
..............................................


x
2017 + 2x1 + · · · + 2017x2016 = 2017
11


Giải. Cộng vế theo vế tất cả các phương trình của hệ, ta được
x1 + x2 + · · · + x2017 = 1.
Trừ phương trình thứ k cho phương trình thứ k + 1 (k < 2017), ta được
(x1 + x2 + · · · + x2017 ) − 2017xk = k − (k + 1) = −1.
Suy ra xk =

2
2012
và x2017 = 1 −
xk = −
.
2017
2017
k

x

2014 +x2015 +x2016 = 2016



x

2015 +x2016 +x2017 = 2016




x2016 +x2017 +x1 = 2016
x2017 +x1
+x2 = 2016
Giải. Bằng cách đặt yi = xi − 672(i = 1, 2, . . . , 2017), hệ đã cho thành:


y1 + y2 + y3 = 0




y2 + y3 + y4 = 0





năm suy ra y4 = y7 . Tiếp tục quá trình này cuối cùng ta được y1 = y4 = y7 = . . . =
y2017 . Bằng lập luận tương tự, ta được y2 = y5 = y8 = . . . = y2015 , y3 = y6 = y9 =
. . . = y2016 . Từ hai phương trình cuối cùng ta thu được y2 = y2013 . Từ phương trình
đầu tiên và phương trình cuối cùng ta thu được y3 = y2017 . Kết hợp các khẳng định
trên suy ra y1 = y2 = y3 = . . . = y2017 . Thay vào hệ ta được y1 = y2 = y3 = . . . =
y2017 = 0. Vậy nghiệm của hệ đã cho là x1 = x2 = x3 = . . . = x2017 = 672.
12


1.6. Hệ với yếu tố thực tế
Ví dụ 1.6.1. Trong một thành phố nọ có một hệ thống đường một chiều như trong
hình dưới, trong đó A, B, C, D, E, F là các giao lộ A0 , B0 , C0 , D0 , D1 , E0 , F0 là các
lối vào hoặc ra khỏi hệ thống đó, mũi tên chỉ chiều của đường. Người ta đếm số
lượng xe vào và ra khỏi hệ thống này trong một ngày và thấy: Có 800 xe vào lối A0 ,
400 xe ra khỏi hệ thống qua lối B0 , 600 xe ra lối C0 , 1600 xe vào lối D0 và 400 xe
ra lối D1 , 400 xe ra lối E0 và 600 xe ra lối F0 . Người ta cũng quan sát thấy số lượt
xe đi trên đoạn đường AB nhiều gấp đôi số lượt xe đi trên đoạn EF ; số lượt xe đi
trên đoạn đường DE nhiều gấp rưỡi số lượt xe đi trên đoạn đường BC. Giả sử các
xe vào hệ thong đều ra khỏi hệ thống trong thời gian đó. Hỏi trong ngày hôm đó đã
có bao nhiêu lượt xe đi qua các đoạn đường AB, BC, CD, EB, EF ?

Giải. Gọi số xe lần lượt đã qua các đoạn đường AB, BC, CD, EB, EF lần lượt là
x, y, z, t, u, w, v. Phân tích tại từng giao lộ, ta có các phương trình sau


x + v = 800 (giao lộ A)





t = z + 1200



y = z + 600

13


Chú ý x = 2w và t = 1, 5y ta được

x = 400





y = 1200





 z = 600
t = 1800 .



u = 1200



Như vậy ta được sáu phương trình tuyến tính đầu tiên. Sau khi chia hết thì chú lùn
thứ k không còn giọt sữa nào trong cốc nữa. Lượng sữa trong cốc của chú sau lần
chia của chú thứ bảy là xk là do các chú lùn tiếp theo chia cho, gồm hai phần:
Lượng

1
6

(xk+1 + yk+1 ) do chú lùn thứ k + 1 chia cho;
14


Những lần chia tiếp theo, hai chú lùn k và k + 1 được chia lượng như nhau.
Như vậy
xk = xk+1 +

1
(xk+1 + yk+1 ) .
6

Ta được thêm sáu phương trình nữa. Giải các phương trình này bắt đầu từ k = 1.
Khi đó từ y2 = y1 + 61 (x1 + y1 ) và x1 = x2 + 16 (x2 + y2 ) kết hợp với y1 = 0, ta được
1
5
y2 = x1 , x2 = x1 .
6
6
Giải tiếp ta được
1

c11 p1 + c12 p2
c21 p1 + c22 p2

= −c10
= −c20

(1.1)

Giải hệ phương trình tuyến tính 1.1 ta xác định được giá cân bằng của cả hai hàng
hoá, sau đó thay vào hàm cung hoặc hàm cầu ta xác định được lượng cân bằng.Trong
đó Qs là lượng cung, tức là lượng hàng hoá mà người bán hàng bằng lòng bán; Qd

15


là lượng cầu, tức là lượng hàng hoá mà người mua bằng lòng mua; p là hàng hóa;
a0 , a1 , b0 , b1 là các hằng số dương. Mô hình



 Qs = −a0 + a1 p
Qd = b0 − b1 p
⇔


Qs = Qd

cân băng thị trường có dạng:
Qs = −a0 + a1 p
Q d = b0 − b1 p

Mô hình cân bằng thị trường hai hàng hoá có dạng như sau:

Qs1 = a10 + a11 p1 + a12 p2



Q = b10 + b11 p1 + b12 p2


 d1
Qs2 = a20 + a21 p1 + a22 p2
.
Qd2 = b20 + b21 p1 + b22 p2





 Qs1 = Qd1
Qs2 = Qd2
16


Từ hệ phương trình này ta suy ra hệ phương trình xác định giá cân bằng:
a10 + a11 p1 + a12 p2 = b10 + b11 p1 + b12 p2
.
a20 + a21 p1 + a22 p2 = b20 + b21 p1 + b22 p2
Đặt cik = aik − bik (i, k = 0, 1, 2) ta được hệ phương trình:
c11 p1 + c12 p2 = −c10
.

7

Hàng hoá 2:

Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cân bằng:
Hàng hoá 1:
64
¯ 1 = −2 + 3¯
Q
p1 = .
7
Hàng hoá 2:
85
¯ 2 = −1 + 2¯
Q
p2 = .
7

17


Mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô. Ở dạng đơn giản, ta xét mô hình cân
bằng đối với một nền kinh tế đóng (không có quan hệ kinh tế với nước ngoài).
Gọi Y là tổng thu nhập của quốc dân (In come) và E là tổng chi tiêu kế hoạch
(Planned Ependiture) của nền kinh tế, trạng thái cân bằng được biểu diễn dưới
dạng phương trình:
Y = E.
Trong một nền kinh tế đóng, tổng chi tiêu kế hoạch của toàn bộ nền kinh tế gồm
các thành phần sau:
C : tiêu dùng (Consumption) của các hộ gia đình;

hình sẽ tăng lên nếu ta tính đến các yếu tố khác, chẳng hạn như thuế, xuất nhập
18


khẩu . . . Nếu tính thuế thu nhập thì hàng tiêu dùng sẽ thay đổi như sau:
C = aYd + b,
trong đó Yd là thu nhập sau thuế, hay còn gọi là thu nhập khả dụng (disponsable
income):
Yd = Y − T (T là thuế thu nhập)
Gọi tỉ lệ thuế thu nhập là t (biểu diễn ở dạng thập phân), ta có:
Yd = Y − tY = (1 − t) Y, C = a (1 − t) Y + b.
Mức thu nhập quốc dân và tiêu dùng cân bằng là:
b + I0 + G0 ¯ b + a (1 − t) (I0 + G0 )
;C =
.
Y¯ =
1 − a (1 − t)
1 − a (1 − t)
Ví dụ 1.6.4. Nếu C = 200 + 0, 75Y ; I0 = 300; G0 = 400 (tính bằng triệu USD) thì
ta tính được mức thu nhập cân bằng và mức tiêu thụ cân bằng là
200 + 300 + 400
Y¯ =
= 3600 (triệu USD)
1 − 0, 75
200 + 0, 75. (300 + 400)
C¯ =
= 2900 (triệu USD)
1 − 0, 75
Nếu nhà nước thu thuế thu nhập ở mức 20% thì t = 0, 2. Khi đó mức cân bằng như
sau:

S = 1 − 2P (1)
.
S 2 − 2P = 1(2)
Thay (1) vào (2), ta được (1 − 2P )2 − 2P = 1 hay ⇔ 4P 2 − 6P = 0. Kéo theo P = 0
hoặc P = 23 .
Khi P = 0, ta có S = 1. Vậy x + y = 1 và xy = 0, suy ra x, y là nghiệm của
phương trình t2 − t = 0. Phương trình có hai nghiệm t1 = 0, t2 = 1. Do đó hệ có hai
x=0
x=1
,
.
nghiệm
y=1
y = 0.
20