BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC NGÔ THỊ THU HÀ NGUYỄN THỊ LỆ NGUYỄN THỊ HỒNG QUYÊN TÓM TẮT ĐỀ TÀI NCKH CẤP TRƯỜNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn: TS. Hoàng Ngọc Anh Sơn La – 2013 MỤC LỤC Chương 2: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN 6 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Hệ thống kiến thức toán học ở phổ thông đóng một vai trò hết sức quan trọng trong sự phát triển của giáo dục và là một vấn đề luôn luôn nhận được sự quan tâm đặc biệt không chỉ của ngành giáo dục mà còn là của toàn xã hội. Một trong những nội dung của toán học phổ thông đó là “ Đa thức đối xứng”. Đây là nội dung khá đa dạng, phong phú và có nhiều ứng dụng để giải các bài toán. Trong thực tế, có nhiều bài toán khó chứa yếu tố đối xứng, nên nếu biết áp dụng lý thuyết về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn. Nhằm nâng cao kiến thức cho học sinh Trung học phổ thông, chuẩn bị cho các kì thi học sinh giỏi, thi vào các trường Đại học và Cao đẳng, bồi dưỡng kiến thức cho chuyên ngành toán của các trường Sư phạm chúng tôi đặt vấn đề nghiên cứu đề tài : “Đa thức đối xứng hai biến và một số ứng dụng trong giải toán”. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu các nội dung cơ bản về đa thức đối xứng hai biến và một số ứng dụng của nó để giải bài toán có liên quan. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu kĩ cơ sở lí thuyết về đa thức đối xứng hai biến, chứng minh các định lí và các tính chất về đa thức đối xứng hai biến. - Các dạng bài tập ứng dụng của đa thức đối xứng hai biến và phương pháp giải. 4. Giả thuyết khoa học Nếu hiểu và nắm vững định nghĩa, tính chất và các định lí liên quan tới đa thức đối xứng của hàm hai biến, các phương pháp để giải các dạng bài tập, kết hợp với sự tự nghiên cứu của học sinh sẽ giúp giải các bài toán đơn giản và dễ dàng hơn. 5. Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu lí thuyết liên quan đến đa thức đối xứng hai biến. - Nghiên cứu các dạng bài tập, ứng dụng của đa thức đối xứng hai biến để giải một số bài toán. 6. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu - Phân tích tổng hợp các kiến thức 1 - Nghiên cứu, tích lũy kinh nghiệm bản thân, trao đổi với giáo viên hướng dẫn. 7. Đóng góp đề tài Chúng tôi đã sưu tầm, lựa chọn, trình bày một cách chi tiết, hệ thống các kiến thức về đa thức đối xứng, khác với cách trình bày của các tài liệu tham khảo hiện có. Hy vọng tài liệu này sẽ trở thành tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn học sinh THPT. 8. Cấu trúc của đề tài Đề tài bao gồm: phần mở đầu, phần nội dung gồm 2 chương và phần kết luận. Phần nội dung bao gồm các chương sau: Chương 1: Đa thức đối xứng hai biến Chương 2: Ứng dụng đa thức đối xứng hai biến 2 Chương 1: ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN 1.1. Các khái niệm cơ bản 1.1.1. Định nghĩa đơn thức Một đơn thức f(x,y) của các biến độc lập x, y (trường hợp chung nhất có thể là các số phức) được hiểu là hàm số có dạng: ( , ) k l kl f x y a x y = Trong đó 0 kl a ≠ là một số; k, l là những số nguyên không âm. Số kl a được gọi là hệ số, còn k l + được gọi là bậc của đơn thức ( , )f x y và được kí hiệu là [ ] deg ( , ) deg k l kl f x y a x y k l   = = +   Các số ,k l tương ứng được gọi là bậc của đơn thức đối với các biến x, y. Như vậy, bậc của đơn thức hai biến bằng tổng các bậc của các đơn thức theo từng biến. 1.1.2. Định nghĩa hai đơn thức đồng dạng Hai đơn thức của các biến x, y được gọi là đồng dạng (tương tự) nếu chúng chỉ có hệ số khác nhau (bậc tương ứng của các biến x, y bằng nhau). Như vậy, hai đơn thức được gọi là đồng dạng nếu chúng có dạng: ( ) , k l k l Ax y Bx y A B ≠ 1.1.3. Định nghĩa đơn thức trội Giả sử k l Ax y và m n Bx y là hai đơn thức của các biến x, y. Ta nói rằng đơn thức k l Ax y trội hơn đơn thức m n Bx y theo thứ tự của các biến x, y nếu k m > hoặc k m = , l > n 1.1.4. Định nghĩa đa thức Một hàm số ( , )P x y được gọi là một đa thức theo các biến số x, y nếu nó có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hữu hạn các đơn thức. Như vậy, đa thức ( , )P x y theo các biến số x, y là hàm số có dạng: ( , ) + ≤ = ∑ k l kl k l m P x y a x y 3 Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức. 1.1.5. Định nghĩa đa thức đối xứng Đa thức ( , )P x y được gọi là đối xứng nếu nó không thay đổi khi đổi chỗ của x và y, nghĩa là: ( , ) ( , )P x y P y x= 1.1.6. Định nghĩa đa thức đối xứng cơ sở Các đa thức ( 1,2) j j σ = trong đó 1 x y σ = + ; 2 xy σ = được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y 1.1.7. Định nghĩa đa thức đối xứng thuần nhất Đa thức đối xứng ( , )f x y được gọi thuần nhất bậc m nếu: ( , ) ( , ) m f tx ty t f x y = , 0t ∀ ≠ 1.2. Định lí cơ bản của đa thức đối xứng 1.2.1. Tổng lũy thừa và công thức Waring Định nghĩa: Các đa thức k k k x y δ = + (k=1,2,…) gọi là tổng các lũy thừa bậc k của các biến x, y Định lí 1.1: Mỗi tổng lũy thừa m m m s x y = + có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức bậc m của 1 σ và 2 σ Định lí 1.2: Công thức Waring Tổng lũy thừa k δ được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở 1 σ , 2 σ theo công thức 2 2 1 2 0 ( 1) ( 1)! !( 2 )! k m k m m k m s k m k m k m σ σ     − = − − − = − ∑ Trong đó kí hiệu 2 k       là phần nguyên của 2 k 1.2.2. Định lí cơ bản Một đa thức đối xứng ( , )P x y của các biến x, y đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức 1 2 ( , )p σ σ theo các biến 1 x y σ = + ; 2 xy σ = nghĩa là 1 2 ( , ) ( , )P x y p σ σ = 4 1.2.3. Tính duy nhất Nếu các đa thức 1 2 ( , ) ϕ σ σ và 1 2 ( , ) ψ σ σ khi thay 1 x y σ = + , 2 xy σ = cho ta cùng một đa thức đối xứng ( , )P x y thì chúng phải trùng nhau nghĩa là 1 2 1 2 ( , ) ( , ) ϕ σ σ ψ σ σ ≡ 5 Chương 2: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN 2.1. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn 2.1.1. Định nghĩa Giả ( , )P x y , ( , )Q x y là các đa thức đối xứng Xét hệ phương trình ( , ) 0 ( , ) 0 P x y Q x y =   =  (1) Bằng cách đặt 1 x y σ + = , 2 xy σ = . Trên cơ sở định lí cơ bản ta đưa hệ (1) về dạng: 1 2 1 2 ( , ) 0 ( , ) 0 p q σ σ σ σ =   =  (2) Hệ phương trình (1), (2) được gọi là hệ phương trình đối xứng hai ẩn Hệ phương trình (2) thường đơn giản hơn hệ (1) và ta có thể dễ dàng tìm được nghiệm 1 2 , σ σ . Sau khi tìm được giá trị của 1 2 , σ σ cần phải tìm các giá trị của x, y là nghiệm của hệ (1) Định lí 1 Giả sử 1 2 , σ σ là các số thực nào đó. Khi đó phương trình bậc hai 2 1 2 0z z σ σ − + = (3) và hệ phương trình : 1 2 x y xy σ σ + =   =  ; (4) liên hệ với nhau như sau: nếu 1 2 ,z z là các nghiệm của phương trình (3) thì hệ phương trình (4) có nghiệm: 1 2 x z y z =   =  ; 2 1 x z y z =   =  ngoài ra không còn nghiệm nào khác. Ngược lại, nếu x a = , y b = là nghiệm của hệ (4) thì các cặp số ( ) ,a b là nghiệm của phương trình (3) 2.1.2. Ứng dụng 2.1.2.1. Hệ phương trình đối xứng Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 3 3 35 5 x y x y  + =  + =  Lời giải Đặt 1 2 ,x y xy σ σ + = = 6 Khi đó ta có : 3 3 1 3 3 3 3 1 2 ( ) 3 ( ) 3 x y x y xy x y x y σ σ σ = + = + + + = + + 3 3 3 1 1 2 3x y σ σ σ ⇒ + = − Do đó ta có hệ: 3 1 1 2 1 1 2 3 35 5 5 6 σ σ σ σ σ σ  − =  =  =  ⇒  =  Khi đó x, y là nghiệm của hệ phương trình 5 6 x y xy + =   =  hay x, y là nghiệm của phương trình 2 5 6 0z z − + = Phương trình này có nghiệm là 1 2 2 3 z z =   =  Áp dụng định lí (1) ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho 1 1 2 3 x y =   =  hoặc 2 2 3 2 x y =   =  Đối với ví dụ này, việc giải theo cách thông thường cũng đơn giản và tìm được nghiệm sau một số phép biến đổi. Cụ thể: Giải hệ phương trình: 3 3 35 (1) 5 (2) x y x y  + =  + =  Từ (2) ta suy ra 5x y = − Thay vào phương trình (1) ta được: 3 3 2 3 3 2 2 1 2 (5 ) 35 125 75 15 35 15 75 90 0 5 6 0 2 3 y y y y y y y y y y y y − + = ⇔ − + − + = ⇔ − + = ⇔ − + = =  ⇒  =  Do đó 1 2 3 2 x x =   =  Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( , ) (2,3)x y = hoặc ( , ) (3,2)x y = Ví dụ 2: Cho hệ phương trình: 2 2 18 ( 1)( 1) x y x y xy x y m  + + + =  + + =  a. Giải hệ phương trình với 72m = 7 b. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm Lời giải Nhận thấy, hệ phương trình đã cho là hệ phương trình đối xứng theo các biến x, y. Tuy nhiên, nếu đặt 1 2 ,x y xy σ σ = + = thì sẽ gặp khó khăn khi phải đưa về hệ bậc hai theo 1 2 , σ σ , nhất là hệ có tham số Ta thấy, nếu viết phương trình đầu của hệ ở dạng ( 1) ( 1) 18x x y y + + + = thì hệ cũng đối xứng theo các biến ( 1), ( 1)X x x Y y y = + = + Do đó hệ phương trình có dạng: 18X Y XY m + =   =  Khi đó X, Y là nghiệm của phương trình: 2 18 0t t m − + = ( )∗ a) Với 72m = , phương trình ( )∗ trở thành: 2 18 72 0t t − + = 12 6 t t =  ⇒  =  Khi đó 6 12 X Y =   =  hoặc 12 6 X Y =   =  Trở lại cách đặt ẩn, ta có hệ như sau: ( 1) 12 ( ) ( 1) 6 x x I y y + =   + =  ; ( 1) 6 ( ) ( 1) 12 x x II y y + =   + =  Giải hệ (I): 2 2 ( 1) 12 12 ( 1) 6 6 x x x x y y y y  + = + =   ⇔   + = + =    1 2 1 2 3 4 2 3 x x y y  =    = −  ⇒  =     = −   Khi đó ta có 4 nghiệm của hệ (I) là 3 3 4 4 ; ; ; 2 3 2 3 x x x x y y y y = = = − = −         = = − = = −     Tương tự với hệ (II) ta cũng tìm được 4 nghiệm là: 2 3 2 3 ; ; ; 3 3 4 4 x x x x y y y y = = − = = −         = = = − = −     Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm. b) Dễ thấy rằng 8 [...]... x 2 + y 2 ) + 2 xy k k Đặt σ 1 = x + y, σ 2 = xy, sk = x + y Sử dụng công thức waring ta có: f = s5 + s4 + s3 + s2 + 2 2 2 2 = ( σ 15 − 5σ 13σ 2 + 5σ 1σ 2 ) + ( σ 14 − 4σ 12 2 + 2 2 ) + + ( σ 13 − 3σ 1σ 2 ) + ( σ 12 − 2 2 ) + 2 2 30 Suy ra 2 2 f = 1 − 5σ 2 + 5σ 2 + 1 − 4σ 2 + 2 2 + 1 − 3σ 2 + 1 − 2 2 + 2 2 2 = 7σ 2 − 12 2 + 4 Mặt khác, từ bất đẳng thức σ 12 ≥ 4σ 2 , suy ra σ 2 ≤...   2 2 n 2 2 n 2 2 n− 1 2 2 n− 2 xy + + ( x 2 + y 2 ) ( xy ) Ta lại có: 25 n− 2 n−1 + ( xy )    ( 4∗ ) (x + y ) +x + y =  ( x + y ) − ( xy )  + ( x   2 n 2 2 2 n 2n 2n n 2n + xn y n + y 2n ) n− 1 n− 2 n− 2 n− 1 = ( x 2 + y 2 − xy )  ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) xy + + ( x 2 + y 2 ) ( xy ) + ( xy )  + ( x 2 n + x n y n + y 2 n ) ( 5∗ )   n Từ ( 5 ∗) suy ra ( x 2 + y 2 ) + x 2 n... đẳng thức được chứng minh Bài 3: Cho x, y ≥ 0, x + y = 1 Chứng minh rằng 2 1  x+ ÷ x  2  1  25 y+ ÷ ≥  y 2  Hướng dẫn 31 2 2  1  25 1 3 2 = −4σ 2 − 15σ 2 − 4σ 2 + 2 ) y+ ÷ − 2 ( y 2 2σ 2  3 2 ( *) Ta đi chứng minh 4σ 2 + 15σ 2 + 4σ 2 ≤ 2 1  Xét hiệu  x + ÷ x  2 Vì: σ 1 − 4σ 2 = 1 − 4σ 2 ≥ 0 ⇒ 0 ≤ σ 2 ≤ 1 4 1 4 3 2 Suy ra đa thức 4σ 2 + 15σ 2 + 4σ 2 nhận giá trị lớn nhất bằng 2 khi... giải Ta sử dụng phương pháp thứ nhất 4 Ta có ( x + y ) + x 4 + y 4 = σ 14 − δ 4 2 = σ 14 + ( σ 14 − 4σ 12 2 + 2 2 ) 2 = 2 14 − 4σ 12 2 + 2 2 2 = 2 ( σ 14 − 2 12 2 + σ 2 ) = 2 ( σ1 − σ 2 ) 2 = 2 ( x 2 + xy + y 2 ) 2 Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử f ( x, y ) = 2 x 4 + 3x 3 y + 6 x 2 y 2 + 3xy 3 + 2 y 4 Lời giải Ta sử dụng phương pháp hệ số bất định Biểu diễn đa thức. .. nghiệm x1 và x2 Lời giải 2 2 2 2 Đặt σ 1 = x1 + x2 , σ 2 = x1 x2 , s2 = x1 + x2 , p = x1 x2 Ta có s2 = σ 12 − 2 2 Theo định lí viet ta có b c σ 1 = x1 + x2 = − , σ 2 = x1 x2 = a a 2 2 c  b c 2 2 2 2 2 s = s2 = x1 + x2 =  − ÷ − 2 , p = σ 2 = x1 x2 =  ÷ Do đó a  a a 2 y − sy + p = 0 Vậy phương trình bậc hai cần lập sẽ là : hay là : ay 2 − ( b 2 − 2ac ) y + c 2 = 0 Ví dụ 3:... thì c2 4 c 4 8 8 c8 4 a +b ≥ ; a +b ≥ ; a +b ≥ 2 8 128 2 2 Đặt σ 1 = a + b, σ 2 = ab , ta có S 2 = a 2 + b 2 = σ 12 − 2 2 Đặt σ 2 = 1 2 ( σ 1 − z ) với 4 Lời giải z≥0 2 c Vì z ≥ 0 , còn theo giả thiết thì σ 1 ≥ c ≥ 0 , nên S2 ≥ , nghĩa là: 2 2 c S2 = a 2 + b 2 ≥ 2 Vận dụng bất đẳng thức trên ta có 28 a +b = (a 4 4 ) +(b ) 2 2 2 2 2 1  c2  c4 ≥  ÷ = 2 2  8 2 2 1  1  c 2  ... x1 ny ny x1ny2 − x1ny1 ≤ x2 2 − x2 1 ⇔ x1ny1  x1 (  n y2 − y1 ) ny − 1 ≤ x2 1  x2 (   n y2 − y1 ) − 1  n nx nx nx y1nx2 − y1nx1 ≤ y2 2 − y2 1 ⇔ y1nx1  y1n( x2 − x1 ) − 1 ≤ y2 1  y2 ( x2 − x1 ) − 1     Từ đó suy ra ny ny x1y2 x2y1 ≤ x1y1 x2y2 , x1ny2 + x2 1 ≤ x1ny1 + x2 2 ( 1) nx nx y1x2 y2x1 ≤ y1x1 y2x2 , y1nx2 + y2 1 ≤ y2 2 + y1nx1 Nhân từng vế các bất đẳng thức trong (1), ta... a + b) 3 7 46 2 ( a + ab + b2 ) 15 1 3  1 1  6 1 1 + + 2 ÷+  + ÷ 4  2 3 a + b ( a + b)  a b  ( a + b) 5  a b  3 Đáp số : C = 1 ab 2 2 22 2. 5 Chia đa thức đối xứng 2. 5.1 Định lý về phép chia Với mọi đa thức f ( x ) và mọi đa thức g ( x ) ≠ 0 luôn tìm được một đa thức q ( x ) (gọi là đa thức thương) và đa thức r ( x ) (gọi là đa thức dư) sao cho f ( x) = g ( x) q ( x) + r ( x) Trong đó r ( x... được: ny ny x1y2 x2y1 x1ny2 + x2 1 ≤ x1y1 x2y2 x1ny1 + x2 2 ( ) ( ) y2 − y1 ny x1ny1 + x2 2 x1y2 x2y1 x1y1 − y2  x1  ⇔ ny2 ≥ = = ÷ ny x1 + x2 1 x1y1 x2y2 x2y2 − y1  x2  Làm tương tự với các bất đẳng thức trong (2) , ta được: x −x nx  y1  y1nx + y2 ≥ ÷ nx y1nx + y2  y2  1 2 2 2 ( 2) 1 1 ( 3) ( 4) Cộng vế từng vế các bất đẳng thức ( 3) và ( 4 ) ta được y2 − y1 x2 − x1 ny nx y... n + 2 = 2S n+1 + S n ( S n = x1n + x2 ) ( ) ( ) Trong đẳng thức trên lần lượt cho n = 0,1, 2, 3, 4 ta tính được S0 = 2 b =2 a S 2 = 2 S1 + S0 = 2. 2 + 2 = 6 S1 = x1 + x2 = − S3 = 2S 2 + S1 = 2. 6 + 2 = 14 S 4 = 2 S3 + S 2 = 2. 14 + 6 = 34 Vậy ( S5 = 2S 4 + S3 = 2. 34 + 14 = 82 A = 1+ 2 ) + ( 1− 2 ) 5 5 = 82 2 Ví dụ 2: Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) 2 2 Thành . gồm 2 chương và phần kết luận. Phần nội dung bao gồm các chương sau: Chương 1: Đa thức đối xứng hai biến Chương 2: Ứng dụng đa thức đối xứng hai biến 2 Chương 1: ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN 1.1 cơ bản về đa thức đối xứng hai biến và một số ứng dụng của nó để giải bài toán có liên quan. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu kĩ cơ sở lí thuyết về đa thức đối xứng hai biến, chứng minh các. hơn. 5. Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu lí thuyết liên quan đến đa thức đối xứng hai biến. - Nghiên cứu các dạng bài tập, ứng dụng của đa thức đối xứng hai biến để giải một số bài toán. 6.