TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN PHẠM QUỲNH THƠ ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ SƠ CẤP KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Thị Kiều Nga HÀ NỘI, 2015 LỜI CẢM ƠN Trong quá trình làm khóa luận, em đã nhận được sự giúp đỡ và chỉ bảo rất tận tình của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga. Em xin chân thành cảm ơn và bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô. Em cũng xin cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong Khoa Toán, các thầy cô trong tổ Đại số và Thư viện Trường ĐHSP Hà Nội 2 đã tạo điều kiện tốt nhất giúp em hoàn thành khóa luận này. Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Phạm Quỳnh Thơ LỜI CAM ĐOAN Khóa luận của em được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga cùng với sự cố gắng của bản thân. Trong suốt quá trình nghiên cứu và thực hiện khóa luận em có tham khảo một số tài liệu của một số tác giả (đã nêu trong mục tài liệu tham khảo). Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp này là kết quả nghiên cứu của bản thân em, không trùng với kết quả của tác giả nào khác. Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm. MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 3 Chƣơng 1. Kiến thức chuẩn bị 4 1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn 4 1.2. Phép chia có dư 5 1.3. Nghiệm của đa thức 5 1.3.1. Nghiệm bội 6 1.3.2. Định lý Bezout 6 1.3.3. Biểu diễn đa thức thông qua các nghiệm của nó 6 1.3.4. Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên 6 1.4. Công thức Viete, lược đồ Hoocner 7 1.4.1. Công thức Viete 7 1.4.2. Lược đồ Hoocner 8 1.5. Đa thức đồng dư 8 1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn 9 1.7. Đa thức đối xứng 10 1.7.1. Định nghĩa đa thức đối xứng 10 1.7.2. Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản 10 1.7.3. Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản 10 Chƣơng 2. Ứng dụng của đa thức một ẩn 11 2.1. Chứng minh đẳng thức 11 2.2. Bài toán chia hết 13 2.3. Ứng dụng định lý Viete 15 2.3.1. Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm 15 2.3.2. Dạng 2: Tìm miền giá trị của tham số để các nghiệm của phương trình f  x,m   0 thỏa mãn điều kiện K nào đó 18 2.3.3. Dạng 3: Tìm mối quan hệ giữa các hệ số của một số phương trình bậc 3, bậc 4 khi biết mối quan hệ giữa các nghiệm và ngược lại 21 2.4. Phân tích đa thức thành nhân tử 24 Chƣơng 3. Ứng dụng của đa thức nhiều ẩn 28 3.1. Chứng minh đẳng thức 28 3.2. Chứng minh bất đẳng thức 32 3.3. Phân tích đa thức nhiều ẩn thành nhân tử 36 3.4. Giải hệ phương trình 40 3.5. Trục căn thức ở mẫu 43 3.6. Giải phương trình căn thức 45 3.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng 48 KẾT LUẬN 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 MỞ ĐẦU Trong nhà trường phổ thông, môn toán giữ một vị trí hết sức quan trọng. Nó giúp học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngành khoa học và cũng là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế. Môn toán có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung, rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy. Đại số là một bộ phận lớn của toán học, trong đó đa thức là một khái niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều không những trong đại số mà còn trong giải tích, toán cao cấp và toán ứng dụng. Tuy nhiên cho đến nay, vấn đề đa thức và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán sơ cấp mới chỉ được trình bày sơ lược, chưa được phân loại và hệ thống một cách chi tiết. Tài liệu về đa thức còn ít, chưa được hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải, cho nên việc nghiên cứu về đa thức còn gặp nhiều khó khăn. Với lý do trên, cùng với lòng say mê nghiên cứu và được sự giúp đỡ, chỉ bảo tận tình của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga em đã mạnh dạn chọn đề tài: “Đa thức và ứng dụng trong giải các bài toán đại số sơ cấp” để làm khóa luận tốt nghiệp, nhằm phân loại, hệ thống một số bài toán về đa thức và các ứng dụng của nó trong môn toán ở nhà trường phổ thông. Nội dung khóa luận được chia làm 3 chương. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chương 2. Ứng dụng của đa thức một ấn Chương 3. ứng dụng của đa thức nhiều ẩn Do thời gian có hạn và năng lực bản thân còn hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi sai sót. Em rất mong được sự góp ý của các thầy cô và các bạn. Em xin chân thành cảm ơn! 3 Chƣơng 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn Cho A là vành giao hoán có đơn vị (ký hiệu là 1). Khi đó: P   a 0 ,a1, ,a n ,  / a i  A,a i  0 hầu , hết, i  cùng với hai phép toán: - Phép cộng:  a 0 ,a1, ,a n ,    b0 ,b 1, ,bn ,   a 0  b0 ,a1  b1,    b0 ,b 1, ,bn ,   c0 ,c1, ,a n  bn , - Phép nhân:  a 0 ,a1, ,a n , với ck   a b , k  0,1, i  jk i ,cn ,  ,n, j lập thành một vành giao hoán có đơn vị 1  1,0,0, ,0, . Ta gọi P là vành đa thức, mỗi phần tử thuộc P gọi là một đa thức. Xét ánh xạ: f : A  P a  a,0, . ,0, là một đơn cấu vành. Do vậy, ta đồng nhất a  A với phần tử: f  a    a,0, ,0, Ký hiệu: Khi đó:   P . Khi đó, A là vành con của P. x   0,1,0, ,0,  , x 2   0,0,1,0, ,0,  , x 3   0,0,0,1,0, ,0,  , ...  x n   0,   ,0,1,0, ,0, n     Do đó, mỗi phần tử  P:    a 0 ,a1, ,a k ,  Do a i  0 hầu hết nên tồn tại n  4 sao cho  a n 1  a n 2  0 Vì thế    a 0 ,a1, ,a n ,0, Khi đó:   a 0 1,0,  a 0  a1x     a1  0,1,0,     a n  0,   ,0,1,0, n      an xn Thay cho P viết A  x  và gọi là vành đa thức của ẩn x, lấy hệ tử trong A. Mỗi phần tử thuộc A  x  gọi là đa thức của ẩn x được ký hiệu là: f  x  ,g  x  , 1.2. Phép chia có dƣ Cho A  x  là vành đa thức, A là một trường, f  x  ,g  x  là hai đa thức của vành A x ,g  x   0 Khi đó, tồn tại duy nhất q  x  ; r  x   A  x  sao cho: f x  gx  qx  r x Nếu r  x   0 thì deg r  x   deg g  x  . Đa thức q  x  được gọi là thương và r  x  được gọi là dư của phép chia f  x  cho g  x  . Nếu r  x   0 thì f  x  g  x  trong A  x  . 1.3. Nghiệm của đa thức * Định nghĩa: Cho K là một vành chứa vành A. Phần tử  K gọi là nghiệm của đa thức f  x   A  x  nếu và chỉ nếu f     0 . Ta cũng có thể nói  là nghiệm của phương trình đại số f  x   0 trong K. Nếu deg f  x   n thì phương trình f  x   0 gọi là phương trình đại số bậc n  n  1 . 5 1.3.1. Nghiệm bội Giả sử k là một số tự nhiên khác 0. Một phần tử  A gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f  x   A  x  nếu và chỉ nếu f  x   x    và f  x  k không chia hết cho  x    k 1 . 1.3.2. Định lý Bezout a) Định lý Bezout Cho vành đa thức A  x  ; A là một trường; f  x   A  x ;  A . Khi đó, dư trong phép chia f  x  cho  x    là f    . b) Hệ quả Cho A là một trường. Phần tử   A là nghiệm của đa thức f  x   A  x  khi và chỉ khi f  x   x   . 1.3.3. Biểu diễn đa thức thông qua các nghiệm của nó Định lý: Cho đa thức f  x   a 0 x n  a1x n 1   a n 1x  a n  A  x  ; a 0  0 thì tồn tại trường K  A và f  x  có thể viết dưới dạng:  x  n  trong vành K  x  là những nghiệm của đa thức f  x  trong K. f  x   a 0  x  1  x  2  với 1, 2 , , n 1.3.4. Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên a) Nhận xét Với mọi f  x   Q x  luôn tìm được a  Q* để f  x   a  f1  x  ; f1  x   Do đó f  x   0 khi và chỉ khi f1  x   0 . Để tìm nghiệm hữu tỉ của chuyển về tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên f1  x  . b) Định lý 1 Cho f  x   a 0 x n  a1x n 1  Nếu phân số tối giản  a n 1x  a n  x . p là nghiệm của đa thức f  x  thì: q 6 x . f  x  ta p a n và q a 0 . c) Định lý 2 Nếu phân số tối giản p là nghiệm của đa thức với: q f  x   a 0 x n  a1x n 1   a n 1x  a 0  x thì với mọi số nguyên m ta có f  m  chia hết cho  p  mq  . Trường hợp đặc biệt p + q là ước của f  1 ,p  q là ước của f 1 . d) Nhận xét Nếu   1 là nghiệm của f  x    x  ;  nguyên thì: f 1 f  1 và đều nguyên. 1  1  1.4. Công thức Viete, lƣợc đồ Hoocner 1.4.1. Công thức Viete Cho f  x   a 0 x n  a1x n 1   a n 1x  a n  A  x  ; deg f  x   n . Giả sử f  x  có n nghiệm 1, 2 , , n  K với K  A . Khi đó: f  x   a 0  x  1  x  2   x  n  . Đồng nhất các hệ tử của hai đa thức. Ta có: 1   2   n   1 2  13  a1 a0   n 1 n  a2 a0 ... 1 2  k    n k 1 n k 2  n   1 n  n   1 ... 1 2 an . a0 7 k ak a0 1.4.2. Lược đồ Hoocner Cho A là trường. Và f  x   A  x  là đa thức bậc n. Giả sử: f  x   a 0 x n  a1x n 1   a n 1x  a n (   A ) Chia f  x  cho  x    trong A  x  , giả sử thương của phép chia đó là: q  x   b0 x n 1  b1x n 2  Nghĩa là: a0 xn  a1xn1   bn 2 x  bn 1 , bi  A, i  0,n  1 .  an1x  an  (x   )(b0 x n1  b1x n2  ...  bn2 x  bn1  f   . Đồng nhất hệ số ta có bảng sau, gọi là lược đồ Horner. a0  b0  a0 a1 ... b1  a1   b0 ... an f ( )  an   bn1 1.5. Đa thức đồng dƣ a) Định nghĩa: Cho vành đa thức A[x], u  x  ,p  x  ,q  x   A  x  và u(x) là đa thức khác không. Ta nói rằng đa thức p(x) và q(x) là đồng dư theo môđun đa thức u(x) nếu  p( x)  q(x)  u( x) trong vành A[x]. Kí hiệu: p ( x)  q (x) (mod u(x)) b) Các tính chất: Cho p  x  ,q  x  ,   x   A  x  . 1. Nếu p  x   q  x   mod   x   thì q  x   p  x   mod   x   . 2. Nếu p  x   q  x   mod   x   và p  x   r  x   mod   x   thì: p  x   r  x   mod   x   8 3. Cho các đa thức bất kỳ p1 ( x), p2 ( x),...,pn ( x), q1 ( x),q 2 ( x),..., qn ( x) và u1 ( x),u 2 ( x),...,u n ( x)  A  x . Nếu pi ( x)  qi ( x) (mod  (x)) với mọi i  1,n thì u1 ( x). p1 ( x)  ...  un ( x). pn ( x)  u1 ( x).q1 ( x)  ...  un ( x).qn ( x)(mod  ( x)) 4. Cho các đa thức p  x  ,q  x  ,r  x   A x  , Nếu p  x   q  x   mod   x   thì p  x   r  x   q  x   r  x   mod   x   . 5. Với các đa thức p  x  ,q  x  ,r  x   A x  . Nếu p ( x)  q(x)  r ( x)(mod  (x)) thì p ( x)  r ( x)  q( x) (mod  (x)) 6. Với hai đa thức p  x  ,q  x   A  x ; f  x   A x  và t là số tự nhiên. Nếu p ( x)  q ( x) (mod  (x)) thì pt ( x)  qt ( x) (mod  (x)) 7. Với hai đa thức p  x  ,q  x   A  x ; f  x   A x  , nếu: p ( x)  q ( x) (mod  (x)) thì F ( p ( x))  F (q( x))(mod  (x)) 1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn Ta xây dựng vành đa thức nhiều ẩn bằng phương pháp quy nạp. Giả sử A là vành giao hoán có đơn vị 1. Đặt A1 = A[x1]. Khi đó A1 là vành giao hoán có đơn vị 1. Đặt A2 = A[x2] = A  x1, x 2  thì A2 là vành giao hoán có đơn vị 1. Cứ tiếp tục như vậy. ... Khi đó ta có vành An= A[x1, x2, ..., xn] là vành đa thức n ẩn x1, x2,...,xn. Mỗi phần tử của vành A[x1,x2,...xn] kí hiệu là f(x1,x2,...,xn); g(x1,x2,...,xn); gọi là các đa thức n ẩn x1,x2,...,xn lấy hệ tử trên A. Cho đa thức f  x1,x 2 , ,x n   A  x1, ,x n  . Khi đó f  x1, x 2 , biểu diễn dưới dạng: 9 , xn  f ( x1x2 ,..., xn )  c1 x1a11 x2a12 ...xna1n  c2 x1a21 x2a22 ...xna2 n ...  cm x1am1 x2 x1am 2 ...xnamn trong đó ci  A và  ai1 , ai 2 ,..., ain   ; i  1, m  ai1, ai 2 ,..., ain    a j1, a j 2 ,..., a jn  với mọi i j 1.7. Đa thức đối xứng 1.7.1. Định nghĩa đa thức đối xứng Đa thức f ( x1, x2 ,...xn )  A  x1, x2 ,...xn  được gọi là đa thức đối xứng nếu f( x1, x2 ,...xn )  f ( xi1 , xi2 ,...xin ) với 1,2, i1, i2 ,..., in  là hoán vị bất kì của ,n . Nói cách khác, một đa thức là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó. 1.7.2. Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản 1  x1  x2  ...  xn  2  x1x2  x1x3  ...  xn1xn ...  k  x1x2 ...xk  ...  xnk 1xnk 2 ...xn ...  n  x1x2 ...xn 1.7.3. Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản a) Định lý Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 ,...xn )  A x1, x2 ,...xn  . Khi đó tồn tại duy nhất cách biểu diễn một đa thức dưới dạng đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản. b) Phương pháp đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản - Phương pháp dựa theo hạng tử cao nhất của đa thức. - Phương pháp hệ tử bất định. 10 Chƣơng 2 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN 2.1. Chứng minh đẳng thức 2.1.1. Cơ sở lý luận Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức. Để chứng minh A = B, trong đó A, B là các biểu thức. Ta làm như sau: Bước 1: Coi A, B là biểu thức của một biến x nào đó. Bước 2: Biến đổi tương đương đưa đẳng thức A = B về dạng: P  x   Q  x  , trong đó P  x  , Q  x  là 2 đa thức của biến x. Bước 3: Xác định max  deg P  x  ,deg Q  x    m . Khi đó sẽ chỉ ra có nhiều hơn m số i sao cho: P i   Q i  , i  1,2, ,n.  n  m  1 Theo nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức ta có: P  x   Q  x  hay A = B. 2.1.2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh đẳng thức  a  b  c bc  ca  ab   abc   b  c c  a a  b  với a, b, c là những số thực bất kỳ. Lời giải Ta coi một trong ba số a, b, c là ẩn x. Giả sử coi a là ẩn x. Đặt P  x    x  b  c  bc  cx  xb   xbc Q  x    b  c  c  x  x  b  Ta chứng minh P  x   Q  x  . Thật vậy, ta có: degP  x   2; deg Q  x   2 Cho x những giá trị 0, - b, - c, ta có: 11 P  0   b  c  bc  Q  0 P   b   c   b   b 2c  0  Q   b  . 2 P  c    b  c   0   c  b   0  Q  c  . Nếu hai trong những số 0, -b, -c trùng nhau thì dễ dàng kiểm tra được P x   Q x  . Nếu những số này đôi một khác nhau thì nguyên lý so sánh hệ số đa thức suy ra P  x   Q  x  . Ví dụ 2: Chứng minh với mọi số tự nhiên n và mọi số nguyên k; 0  k  n thì Ckn  Cnnk . Giải Ta có: 1  x  n  Cnn x n  Cnn 1x n 1   C1n x  C0n . Với x  0 ta có: 1  x  n  1  x 1    x n n 1 1   x n  Cnn n  Cnn 1 n 1  x  x  Cnn  Cnn1x   C1n 1   C0n  x   C1n x n1  C0n x n  C0n x n  C1n x n1   Cnn1x  Cnn . Theo nguyên lý so sánh hệ số đa thức suy ra: C0n  Cnn , C1n  Cnn 1, Vậy đẳng thức Ckn  Cnnk , n  , k  ; 0  k  n luôn đúng. 2.1.3. Bài tập áp dụng Bài 1: Nếu a, b, c là những số bất kỳ, chứng minh rằng: a) a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc   b  c  c  a  a  b  . 2 2 2 12 b)  a 2  1 b 2  1 c 2  1   a  bc  b  ca  c  ab  .     abc  1 a 2  b 2  c2  2abc  1 . Bài 2: Chứng minh rằng với mọi giá trị của x a3  c3  x  b  x  c  x  d   b3  x  c  x  d  x  a   a  b  a  c  a  d   b  c  b  d  b  a   x  d  x  a  x  b   d3  x  a  x  b  x  c   x 3 .  c  d  c  a  c  b   d  a  d  b  d  c  Bài 3: Chứng minh đẳng thức a) C1n  C3n   Cnn  2n1 (n lẻ) b) C1n  C3n   Cnn1  2n1 (n chẵn) 2.2. Bài toán chia hết a) Phương pháp chung Để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau ta sử dụng: - Định nghĩa và tính chất của phép chia hết. - Đa thức đồng dư. - Dựa vào tính chất nghiệm. - Một số tính chất số học: sự phân bố nghiệm, bậc của đa thức,... b) Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh đa thức x 3m  x 3n 1  x 3l2 chia hết cho đa thức x 2  x  1 trong Q  x   n,m,l  * . Lời giải Đặt f  x   x 3m  x 3n 1  x 3l2 Ta có: f  x   x 3m  x 3n 1  x 3l2  ( x3m  1)  ( x3n1  x)  ( x3l 2  x 2 )  ( x 2  x  1)  ( x3  1) f1 ( x)  x( x3  1) f 2 ( x)  x 2 ( x3  1) f3 ( x)  ( x 2  x  1) 13 Với f1 ( x), f 2 ( x), f3 ( x)   x Suy ra f ( x) ( x 2  x  1) trong Q  x  Ví dụ 2: Chứng minh đa thức: x9999  x8888  x 7777  x 6666  ...  x1111  1 chia hết cho x9  x8  x 7  x 6  ...  x  1 Lời giải Đặt A  x9  x8  x 7  x 6  ...  x  1 B  x9999  x8888  x 7777  x 6666  ...  x1111  1 Khi đó: B  A  ( x9999  x9 )  ( x8888  x8 )  ( x7777  x7 )  ( x6666  x6 )  ...  ( x1111  x)  x9 ( x10 )999  1  x8 ( x10 )888  1  x7 ( x10 )777  1  x6 ( x10 )666  1  ...  x ( x10 )111  1 Ta thấy với mọi số tự nhiên k thì: ( x10 ) k 1  ( x10  1)  x10( k 1)  x10( k 2)  ...  x10  1 chia hết cho đa thức x10 - 1. Mà x10  1  ( x  1)( x9  x8  x7  x6  ...  x  1) nên đa thức ( x10 )k  1 chia hết cho đa thức x9  x8  x 7  x 6  ...  x  1 . Ví dụ 3: Với mọi p lẻ, chứng minh rằng đa thức x pa0  x pa1  ...  x pa p 1  p 1 chia hết cho đa thức  x x p1  x p2  ...  x  1 trong Lời giải Đặt p( x)  x pa0  x pa1  ...  x pa p 1  p 1  ( x)  x p1  x p2  ...  x  1 Ta có: x p  1  ( x  1)( x p1  x p2  ...  x  1)  0(mod ( x))  x p  1 (mod ( x)) 14 Khi đó: x pa0  ( x p )a0  1 (mod ( x)) x pa1 1  x( x p ) a1  x (mod  ( x)) ... x pa p 1  p 1  x p 1 ( x p ) a p 1  x p 1 (mod  ( x))  p( x)  x pa0  x pa1  ...  x pa p 1  p 1  1  x  ...  x p 1  0(mod  ( x)) suy ra: p( x)  ( x) c) Bài tập vận dụng Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 , với mọi số thực x, y thì đa thức y( y n1  nxn1 )  xn (n  1) chia hết cho ( y  x)2 . Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm k, m, n, l và x  thì đa thức x 4 k  x 4 m1  x 4 n2  x 4l 3 chia hết cho x 3  x 2  x  1 . Bài 3: Chứng minh rằng x  R, n  * thì đa thức (1  xn )( x  1)  2nxn (1  x)  n2 xn (1  x)2 chia hết cho (1  x)3 . 2.3. Ứng dụng định lý Viete 2.3.1. Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm 2.3.1.1. Cơ sở lý luận - Biểu thức K sẽ đưa được về biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản. - Theo công thức Viete ta tính được các giá trị của đa thức đối xứng cơ bản, thay vào ta tìm được K. 2.3.1.2. Thuật toán Bƣớc 1: Thiết lập hệ thức Viete giữa các nghiệm của phương trình để tìm các i . Bƣớc 2: Biểu diễn các nghiệm của phương trình thông qua các đa thức đối xứng cơ bản. 2.3.1.3. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho x1, x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình: 15 x3  px 2  qx  r  0 Xác định: A  x12  x 22  x32 ; B  x13  x32  x33 . Giải Theo công thức Viete có: x1  x 2  x3  p x1x 2  x 2 x 3  x1x 3  q x1x 2 x 3  r A  x12  x 22  x 32 Ta có:   x1  x 2  x 3   2  x1x 2  x 2 x 3  x1x 3  2  p2  2q Vậy A  p2  2q B  x13  x32  x33   x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2   x 33 3   x1  x 2  x 3   3 x1  x 2  x 3  x1x 2  x 2 x 3  x1x 3   3x1x 2x 3 3  p3  3pq  3r . Vậy B  p3  3pq  3r Ví dụ 2: Hãy tính diện tích tam giác mà đường cao của nó là nghiệm của phương trình: x3 - ax 2  bx  c  0 (1) Giải Gọi y1, y2 , y3 là độ dài các cạnh của tam giác. x1, x 2 , x 3 là độ dài các đường cao tương ứng. S là diện tích tam giác 16 Khi đó, ta có: 1 2S S  yi x i , i  1.3  x i  2 yi (*) Thay (*) vào (1) ta được: 3 2  2S   2S   2S     a    b   c  0  yi   yi   yi  Khi và chỉ khi 8S3  4aS2 yi  2bSyi2  cy3i  0 Khi và chỉ khi y3i  2 bS 2 4aS2 S3 yi  4 yi  8  0 c c c (2) Do đó: y i với i  1.3 là nghiệm của phương trình f ( y)  y3  2bS 2 4aS 2 8S 3 y  y 0 c c c Từ (2) theo công thức Hêrông thì: S2  p  p  y1  p  y 2   p  y3   p  f  p  Với p  S2  y1  y2  y3 bS là nửa chu vi.  2 c bS  bS  S4 f    4 4ab 2c  b 4  8bc 2 c  c  c    S  c 4ab c  b  8bc 4 2 4  1 2 2  2.3.1.4. Bài tập áp dụng Bài 1: Cho x1, x 2 , x 3 , x 4 là các nghiệm của phương trình: x 4  px3  qx 2  rx  s  0 . Hãy xác định A  x12  x 22  x32  x 42 ; B  x13  x32  x33  x34 ; C  x14  x 24  x34  x 44 Bài 2: Cho x1, x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình x3  px 2  qx  r  0 . Hãy biểu diễn thông qua p, q, r những hàm của các biến x1, x 2 , x 3 : 17 A  x12 x 2  x1x 22  x12 x3  x 2x32  x 22x3  x12  x32 B 1 1 1   . x1 x 2 x 3 2.3.2. Dạng 2: Tìm miền giá trị của tham số để các nghiệm của phương trình f  x,m   0 thỏa mãn điều kiện K nào đó. 2.3.2.1. Cơ sở lý luận Áp dụng công thức Viete để giải toán. 2.3.2.2. Thuật toán Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm, tìm mối liên hệ giữa các nghiệm. Bước 2: Biểu diễn điều kiện của tham số thông qua điều kiện K. Bước 3: Tìm miền giá trị của tham số và kết luận. 2.3.2.3. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho các nghiệm x1, x2 , x3 , x4 của đa thức p( x)  x4  2 x3  6 x  mx  11 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x3  x4 Giải Giả sử phương trình có bốn nghiệm x1, x2 , x3 , x4 . Theo công thức Viete ta có: x1  x2  x3  x4  2 (1) x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4  6 (2) x1 x2 x3  x1 x3 x4  x2 x3 x4  x1 x2 x4  m (3) x1 x2 x3 x4  11 (4) Mặt khác: x1  x2  x3  x4 (5) Từ (1) và (5) ta có: x1  x2  1 Ta có (3) khi và chỉ khi x3 x4 ( x1  x2 )  x1x2 ( x3  x4 )  m khi và chỉ khi  x3 x4  x1x2  m 18 khi và chỉ khi x1x2  x3 x4  m lại có: (2) tương đương x1x2  x3 x4  x1 ( x3  x4 )  x2 ( x3  x4 )  6 khi và chỉ khi x1x2  x3 x4  ( x3  x4 )( x1  x2 )  6 khi và chỉ khi m  1  6 khi và chỉ khi m  5 Vậy m = 5 thỏa mãn điều kiện của bài toán. Ví dụ 2: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho các nghiệm x1, x 2 , x3 , x 4 của đa thức f  x   x 4  3x 3  6x 2  mx  4 thỏa mãn điều kiện: x1  1 1 1   x 2 x3 x 4 Giải Theo công thức Viete ta có:  x1  x2  x3  x4  3 x x  x x  x x  x x  x x  x x  6  1 2 2 3 3 4 1 4 1 3 2 4   x1 x2 x3  x2 x3 x4  x1x3 x4  x1x2 x4  m  x1 x2 x3 x4  4 Theo giả thiết: x1  1 1 1   x2 x3 x4 Tương đương x1x2 x3 x4  x2 x3  x3 x4  x2 x4 Tương đương x2 x3  x3 x4  x2 x4  4 Từ x1  x2  x3  x4  3  x2  x3  x4   x1  3 Do: x1x2  x2 x3  x3 x4  x1x4  x1x3  x2 x4  6 Khi và chỉ khi x1 ( x2  x3  x4 )  ( x2 x3  x3 x4  x2 x4 )  6 Khi và chỉ khi x1 (3  x1 )  4  6 Khi và chỉ khi x12  3x1  2  0 19 3 2 2 Suy ra : x1  x1 .x1  (3x1  2) x1  3x1  2 x1  3(3x1  2)  2 x1  7 x1  6 x14  x13 .x1  (7 x1  6) x1  7(3x1  2)  2 x1  6 x1  15x1  14 Mà x1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 nên: x14  3x13  6 x12  mx1  4  0 Khi và chỉ khi (15x1  14)  3(7 x1  6)  6(3x1  2)  mx1  4  0 Khi và chỉ khi (m  12) x1  4  0 Khi và chỉ khi x1  4 m  12 (với m≠12) Lại có x1 thỏa mãn phương trình: x12  3x1  2  0 2 4  4    2  0 (với m≠12)   3. m  12  m  12  Khi và chỉ khi m 2  18m  80  0 m  8 Khi và chỉ khi   m  10 Vậy với m = 8; m = 10 thì thỏa mãn điều kiện bài toán. 2.3.2.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Tìm những giá trị của tham số m để phương trình: x3  2 x 2  x  m  0 Có 3 nghiệm x1, x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12  x22  x32 Bài tập 2: Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình x 2  2 x  2  0 . Hãy tính x15  x25 Bài tập 3: Tìm m để những nghiệm x1, x2 , x3 của đa thức: f ( x)  x3  mx2  10 x  5 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x1x2 20 2.3.3. Dạng 3. Tìm mối quan hệ giữa các hệ số của một số phương trình bậc 3, bậc 4 khi biết mối quan hệ giữa các nghiệm và ngược lại 2.3.3.1. Cơ sở lý luận Dựa vào công thức Viete và điều kiện ràng buộc cho ở bài toán để tìm được mối quan hệ giữa các hệ số với phương trình. Các điều kiện này là cần và đủ nên ta áp dụng để tìm nghiệm của phương trình bậc 3, bậc 4 nhanh hơn trong trường hợp các hệ số của phương trình thỏa mãn điều kiện trên. 2.3.3.2. Thuật toán + Bước 1: Sử dụng định lý Viete để tìm ra hệ thức liên hệ giữa các nghiệm với các hệ số của phương trình. + Bước 2: Sử dụng định lí Bezout đưa phương trình đã cho về phương trình bậc nhỏ hơn. + Bước 3: Giải phương trình có bậc nhỏ hơn suy ra nghiệm của phương trình ban đầu. 2.3.3.3. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giả sử phương trình x4  ax3  bx2  cx  d  0 (1) có 4 nghiệm. Chứng minh rằng, tích hai nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại khi và chỉ khi c2 = da2. Áp dụng giải phương trình sau: x 4  x3  10 x 2  2 x  4  0 (*) Giải Điều kiện cần: Giả sử x1, x2 , x3 , x4 là 4 nghiệm của phương trình (1) và bốn nghiệm này thỏa mãn điều kiện: x1x2  x3 x4 Đặt y  x1x2  x3 x4  y 2  ( x1x2 )2  ( x3 x4 )2 Theo công thức Viete ta có: 21  x1  x2  x3  x4  a   x1 x2 x3  x2 x3 x4  x1 x3 x4  x1 x2 x4  c x x x x  d  1 2 3 4  x1  x2  x3  x4  a    x2 x3 ( x1  x4 )  x1 x4 ( x2  x3 )  c  2 2 2 2  y  ( x1 x2 )  ( x3 x4 )  d  x1  x2  x3  x4   a    y ( x1  x2  x3  x4 )  c  2 2 2 2  y  ( x1 x2 )  ( x3 x4 )  d  c 2  da 2 * Điều kiện đủ Giả sử x 4  ax3  bx 2  cx  d  0 có c 2  da 2 . Xét 2 trường hợp: - Trường hợp 1: Nếu d = 0 thì c = 0  x4  a x3  bx2  0 . Khi đó (1)  x2 ( x2  ax  b)  0 x  0  2  x  ax  b  0 Phương trình đã cho có một nghiệm x=0 Chuyển việc giải phương trình (1) về việc giải phương trình x 2  ax  b  0 - Trường hợp 2: Nếu d≠0 thì x = 0 không phải là nghiệm của (1). Do - vậy ta có thể chia hai vế của (1) cho x2 và do c2 = da2 nên ta được: (1)  x 2  ax  b   x2  c d  0 x x2 c2 c c  2c   2 x .  a x   b  0   a2 x2 ax ax a   2 c  c  2c     x    a x    b  0 ax ax a     22 Đặt t  x  c ax Đưa việc giải phương trình (1) về việc giải phương trình t 2  at  b  2c 0 a (2) Giải (2) rồi suy ra nghiệm của phương trình (1) Áp dụng: Giải phương trình sau: x 4  x3  10 x 2  2 x  4  0 (*) Giải Ta thấy: c2  (2)2  4  4.12  da2 Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (*). Ta chia hai vế của phương trình (*) cho x2 ta được: x 2  x  10   x2  2 4  0 x x2 4 2  2  2 x.   x    14  0 2 x x  x 2 2  2    x     x    14  0 x  x  2 Đặt t  x  . Khi đó phương trình trở thành: t2 - t - 14 = 0 x  1  57 t1  2   1  57 t2   2 + Với t  1  57 2 1  57 thì x   x 2 2  2 x 2  (1  57) x  4  0 23  1  57  26  2 57  x1  4    x2  1  57  26  2 57  4 + Với t  1  57 2 1  57 thì x   x 2 2  2 x 2  (1  57) x  4  0  1  57  26  2 57  x3  4    x4  1  57  26  2 57  4 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 2.3.3.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Giải phương trình: x3  2 x 2  4 x  3  0 x 4  2 x3  3x 2  2 x  4  0 a 3  4ab  8c  0 Bài tập 2: Tìm hệ thức liên hệ giữa các hệ số của phương trình x3  ax 2  bx  c  0 ,Biết rằng phương trình này có ba nghiệm mà bình phương một nghiệm bằng tổng bình phương hai nghiệm còn lại. 2.4. Phân tích đa thức thành nhân tử * Cơ sở lý luận: Nếu biết α là nghiệm của f(x) thì f ( x)  ( x   ). f1 ( x) hoặc giả sử f(x) = g(x) . h(x). Ta đi tìm g(x), h(x). * Thuật toán Bước 1: Giả sử f(x) = g(x) . h(x); deg(g(x) < deg f(x); deg h(x) < deg f(x); g(x); h(x) biểu diễn như tích của những đa thức không phân tích trên K (K là một trong những tập , , ). Bước 2: Dựa vào nguyên lí so sánh hệ số đa thức tìm được g(x) và h(x) 24 * Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f ( x )  x 4  3x 3  2 x 2  3x  9 Giải Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ α. Khi đó α phải là nghiệm nguyên và là ước của - 9. Do đó α có thể là   1; 3; 9 Ta có f (1)  6    1 không phải là nghiệm f (1)  6    1 không phải là nghiệm Với   3; f (1) f (1) 3  3 ;   1 1  2    3 không là nghiệm - Với   3; f (1) 3 f (1)   ;  3 1 2 1     3 không là nghiệm - Với   9; f (1) 3 f (1) 3   ;   1 4 1 5    9 không là nghiệm - Với   9; f (1) 3 f (1) 3   ;   1 5 1  4    9 không là nghiệm Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỉ. Do đó f(x) không có nhân tử là đa thức bậc nhất. Giả sử f ( x)  x4  3x3  2 x2  3x  9  ( x2  ax  b)( x 2  cx  d )  x4  3x3  2x2  3x  9  x4  (a  c) x3  (b  d  ac) x 2  bc  ad ) x  bd So sánh hệ số ở 2 vế ta được:  a  c  3 b  d  ac  2   bc  ad  3 bd  9 25 Giải hệ ta tìm được: a = -2; b = 3; c = -1; d = -3 Vậy f ( x)  ( x2  2 x  3)( x2  x  3) Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử: f ( x)  10 x5  81x4  90 x3  102 x2  80 x  21 Giải Giả sử p là nghiệm của f(x); (p, q) = 1; p>0. q Thì p|21; q|10; (p - q) | f(1); (p + q) | f(-1)  p có thể là: ±1; ±3; ±7; ±21 q có thể là: ±1; ±2; ±5; ±10. f(1) = 10 - 81 + 90 - 102 + 80 - 21 = -24 f(-1) = -10 - 81 - 90 - 102 - 80 - 21 = -384 Nhận thấy nếu x < 0 thì f(x) < 0  x = ±1 và x < 0 không là nghiệm của f(x)  1 1 3 7 p có thể là 3,7, , , , 2 5 5 5 q Sử dụng lược đồ hoocne: 10 -81 90 -102 80 -21 3 10 -51 -63 -291 -793 -2400 7 10 - 11 13 -11 3 0 1 2 10 - 76 52 -76 42 0 1 5 10 -79 317 5 3 5 10 0 10 7 5 10 -67 19 5 26  2179 25 0  2667 25 1 3 Vậy f ( x)  ( x  7)( x  )( x  )(10 x 2  10) 2 5 Bài tập áp dụng: Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x 4  4 x3  10 x 2  37 x  14 b) ( x2  x  1)2  1 c) x5  7 x3  12 x 2  6 x  36 Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x 6  6 x5  11x 4  x 3  18 x 2  20 x  8 b) x5  2 x 4  6 x 3  3x 2  42 x  48 c) x 5  x 4  1 d) x10  x 5  1 27 Chƣơng 3 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC NHIỀU ẨN 3.1. Chứng minh đẳng thức * Cơ sở lý luận: Các vế là đa thức đối xứng nên ta đưa các vế về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản. Điều đó dẫn đến việc chứng minh các đẳng thức được đơn giản hơn. * Thuật toán: + Bước 1: Biểu diễn các vế là các đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản. + Bước 2: Chứng minh các biểu thức mới. * Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh hằng đẳng thức  x  y  z  xy  yz  zx    x  y  y  z  x  z   xyz Giải Đặt 1  x  y  z ; 2  xy  yz  xz Khi đó vế trái = 12 . Vế phải   x  y  y  z  x  z   x 2 y  x 2z  y2 x  xz2  yz2  y2z  2xyz  xyz   12  33   33 = 12 Do đó: Vế trái = vế phải. Vậy đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì: x 4  y4  z 4  2  xy  yz  zx  . 2 28 Giải Đặt  1  x  y  z ; 2  xy  yz  xz Khi đó vế phải  222 . Vế trái = x 4  y 4  z 4   x 2  y 2   2x 2 y 2  z 4 2   x 2  y2  z2  2    2 x 2  y 2 z 2  2x 2 y 2 .  2  2   x  y  z   2xy  2yz  2zx   2 x 2z 2  y 2z 2  x 2 y 2 .      14  4122  422  2 22  213 .  14  4122  222  413 . Theo giả thiết thì x  y  z  0 suy ra 1  0 nên vế trái bằng 222 . Vậy x 4  y4  z 4  222  2 xy  yz  zx  (đpcm). 2 Ví dụ 3: Cho x  y  1; x3  y3  a; x5  y5  b . Chứng minh rằng 5a  a  1  9b  1. Giải Đặt  1  x  y ; 2  xy Ta có: a  x 3  y3   x  y   3xy  x  y   13  312 . 3 Suy ra: 2  1 a 3 Mà b  x5  y5  x5  y5  x 2 y3  x3y2  x 2 y3  x 3y2 .       x  y  x  y   x y  x  y  .     2    3      .  x 2 x 3  y3  y 2 x 3  y3  x 2 y 2  x  y  . 2 2 1 2 3 2 3 3 1 2 1 2 29 2 1 2 2  1  22 1  32   22 .  1  522  52 .  5a 2  5a  1 . 9  9b  5a 2  5a  1 .  9b  1  5a  a  1 . Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu x  y  z  0 thì những đẳng thức sau đúng: x 3  y3  z 3 x 2 y 2  z 2 x 5  y5  z 5 a) .   3 2 5 b) 2  x 5  y5  z5   5xyz  x 2  y 2  z 2  . x 7  y 7  z 7 x 2  y 2  z 2 x 5  y5  z 5 x 3  y3  z 3 x 4  y 4  z 4 c) .    2  7 2 5 3 4 Giải Áp dụng bài toán tổng lũy thừa ta có: S1   1  0 . S2  1S1  22  22 . S3  1S2  2S1  33  33 . S4  1S3  2S2  3S1  2S2  222 . S5  1S4  2S3  3S2  323  223  523 . S6  1S5  2S4  3S3  232  333 . S7  1S6  2S5  3S4  5223  2223  7223 . Khi đó: 30 x 3  y3  z3 x 2  y2  z 2 S3 S2 33  2  2 a)      3 2 3 2 3 2  23  523 S5   VP. 5 5 x 5  y5  z5 S5 523 22 S b)    23  3   3  2 5 5 5 2 2  xyz  x 2  y2  z2 2 x 7  y7  z7 S7 7223 c)    223   23   2  . 7 7 7 523  2  2 S5 S2 x 7  y7  z 7 33 222 2        2  3  2   5 2 5 2 7 3 4  2 S3 S4  . 3 4 Ta có điều phải chứng minh. Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Chứng minh rằng: a)  x  y b)  x  y   2 4  x 4  y 4  2 x 2  xy  y 2 5  x 5  y5  5xy x 2  xy  y2 .   Bài tập 2: Chứng minh rằng x, y, z   x  y   y  z   z  x  3 3 . 3 ta có:  3 x  y  y  z  z  x  .     x  y  z  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx . Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu xy  yz  zx  0 thì: a)  y  z   z  x   y  x   x 4  y  z   y 4  z  x   z 4  y  x  . 2 2 2 2 2 2 b)  x  y   y  z   z  x   24x 2 y2z 2  z 4  x  y   x 4  y  z   y 4  z  x  . 2 2 2 2 31 2 2 3.2. Chứng minh bất đẳng thức 3.2.1. Cơ sở lý luận - Dùng đa thức đối xứng để chứng minh bất đẳng thức. Đặc biệt là những bất đẳng thức có dạng: f  x, y   0 với f  x, y  là một đa thức đối xứng. - Nhận xét 1. Cho 2 số thực  1 ; 2 . Khi đó các số thực x, y xác định bởi hệ phương trình:  x  y   1   xy   12 thỏa mãn điều kiện   12  4 2  0 (1)  12  4 2  0 khi x = y  Đặc biệt để những số x, y xác định từ hệ phương trình trên là các số thực, không âm thì điều kiện càn và đủ là những số  1 ;  2 thảo mãn các điều kiện sau: 12  4 2  0 ;  1  0;  2  0 2. Ta luôn có ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x) 2  0 3.2.2. Thuật toán Bƣớc 1: Biểu diễn các về của các bất đẳng thức về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản. Bƣớc 2: Sử dụng nhận xét trên để dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh. 3.2.3. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu a,b,c thỏa mãn điều kiện a  b  c; c  0 thì ta có các bất đẳng thức: 1 c2 4 c4 8 c8 4 8 ; a 2n  b 2n  2n 1 c 2n a b  ;a b  ;a b  2 2 8 128 2 2 32 Giải Đặt  1  a  b;  2  ab 12   Ta có: a  b    22 ;     4 2   2  . 4 2 2 2 1 2 1 a 2  b 2  12  2   1 2 1 1 1    12   . 4 2 2 c2 Vì a, b tồn tại nên   0; 1  c  a  b  . 2 2 2 Áp dụng kết quả đó ta được: 2 1  1 2  c4 a b   c   . 2 2  8 4 4 2 11 4 c8 a b   c   . 2  8  128 8 8 Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng: a 2n  b 2n  1 2 2n 1 c 2n (với n ) Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a > 0; b > 0 thỏa mãn a + b = 1 thì:     ab  6ab  a  a 2  b 2  ab  6ab a 2  b 2 1 1 0   6 khi và chỉ khi ab a 2  b2 ab a 2  b 2 khi và chỉ khi a 2  b 2 2 a>0; b>0. Giải Đặt  1  a  b ; 2  a  b Xét f  a 2  b 2  ab  6ab  a 2  b 2  .  12  2  6122  1222 .  12        2 1 2 1 1 2 1    612  12    12  1   . 4 4 16 33   b 2  0 do 3 3 3 1   14  12   2   . 4 4 4 4 3 1 Theo giả thiết: 1  a  b  1   2    0 4 4 Vậy    0  . 1 1  2  6 với a + b = 1; a > 0; b > 0 khi và chỉ khi: ab a  b2 a 2  b 2  ab  6ab(a 2  b 2 )  0 . Ví dụ 3: Chứng minh   x 4 y 2  2x 2 y 2  2  4xy  y 2  4x 3 y với mọi x, y  (1) Giải (1)   x 4  2x 2  1 y 2  4  x  x 3  y  4x 2  0 (2) Xét tam thức bậc hai ẩn y:     f  y   x 4  2x 2  1 y 2  4 x  x 3 y  4x 2 . Ta có: a  x 4  2x 2  1   x 2  1  0 với mọi x  2   '  4 x  x3  2    4x 2 x 4  2x 2  1 .  4x 6  8x 4  4x 2  4x 6  8x 4  4x 2 .  16x 4  0 x với mọi x  . Khi đó:  x 4  2x 2  1 y 2  4  x  x 3  y  4x 2  0  x   đpcm. Ví dụ 4: Cho a,b,c 0,1 . Chứng minh: 1  a  b  c  2    4 a 2  b2  c2 . Giải Xét tam thức bậc2:   f  x   x 2  1  a  b  c  x  a 2  b 2  c2 . Ta có f 1  1  1  a  b  c   a 2  b2  c2 . 34  1  1  a  b  c  a 2  b2  c2 .  a  a  1  b  b  1  c  c  1 . a  a  1  0  Do a,b,c 0,1 nên b  b  1  0  c  c  1  0  f 1  a  a  1  b  b  1  c  c  1  0 . Ta có: 1  f 1  0 suy ra f  x   0 luôn có nghiệm.      1  a  b  c   4 a 2  b2  c2  0 a,b,c  0,1 . 2   Hay 1  a  b  c   4 a 2  b2  c2  đpcm. 2 Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu x, y, z là những số dương bất kỳ thì ta có: ( x  y  z )( xy  yz  zx)  9 xyz Giải Đặt: 1  x  y  z  2  xy  yz  zx  3  xyz Vì x, y, z > 0 nên 1, 2 , 3  0 nên nhân các bất đẳng thức theo từng vế. Ta có:  12  3 2  22  3 1 3 Khi đó ta được 12 22  91 2 3 Giản ước cho  1 2  0 ta được: 1 2  9 3 Khi và chỉ khi ( x  y  z )( xy  yz  zx)  9 xyz 35 3.2.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Chứng minh rằng: với mọi x, y  0 ta luôn có: a)  x y  8  64 xy( x  y)2 b) x4  2 x3 y  2 xy3  y 4  6 x2 y 2 Bài tập 2: Chứng minh a) x4  y 4  z 4  2 x2 y 2  3 y 2 z 2  2 z 2 x2  0 x, y, z  b)  xy  yz  zx   3xyz ( x  y  z ) x, y, z  2 Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu x, y, z là độ dài ba cạnh của tam giác thì: a) 2( x  y  z )( x2  y 2  z 2 )  2( x3  y3  z 3 ) b) 2( xy  yz  zx)  x2  y 2  z 2 Bài tập 4: Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1. Chứng minh rằng: 1 1 1  2  2 9 a  2ab b  2ca c  2ab 2 3.3. Phân tích đa thức nhiều ẩn thành nhân tử 3.3.1. Cơ sở lý luận Nếu đa thức đã cho là đa thức đối xứng thì ta đưa đa thức này về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản, ở dạng này việc phân tích nó thành nhân tử dễ dàng hơn. 3.3.2. Thuật toán Bước 1: Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản. Bước 2: Phân tích đa thức của những đa thức đối xứng cơ bản thành các nhân tử. Bước 3: Thay trở lại, sau đó xét các nhân tử mới, cứ tiếp tục thế đến khi không phân tích được nữa thì dừng. 36 3.3.3. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f ( x, y, z)  2 x2 y 2  2 x2 z 2  2 y 2 z 2  x4  y 4  z 4 Giải Đặt  1  x  y  z;  2  xy  xz  yz;  3  xyz Ta có f ( x, y, z)  2( x2 y 2  x2 z 2  y 2 z 2 )  ( x4  y 4  z 4 )  2( 22  2 1 3 )  ( 14  4 2 12  2 22  4 1 3 )   14  4 12 2  8 1 3   1 (4 1 2   13  8 3 ) Như vậy, f chia hết cho  1  x  y  z Do f chỉ chứa lũy thừa chẵn của x, y, z và f(x,y,z) là đa thức đối xứng đẳng cấp bậc 4 nên nó không thay đổi khi thay x bởi -x, y bởi -y v à z bởi -z. Khi đó, f cũng chia hết cho: (-x + y + z), (x - y + z) và (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 ) So sánh các bậc của 2 vế ta thấy rằng g (x, y, z)là một đa thức bậc không, tức là g(x, y, z) = a (hằng số). Đặt x = y = z = 1, ta được 3 = 3a  a = 1. Cuối cùng ta có: 2 x2 y 2  2 x2 z 2  2 y 2 z 2  x4  y 4  z 4  ( x  y  z )( x  y  z )( x  y  z )( x  y  z ) Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: f ( x, y)  x3  3x3 y  2 x2 y  3x2 y 2  2xy  3xy3  y3 Giải Đặt  1  x  y;  2  xy Ta có f ( x, y)  x3  3x3 y  2 x2 y  3x2 y 2  2xy  3xy3  y3 37  ( x  y )3  3 xy ( x 2  y 2 )  2 xy ( x  y )  3 x 2 y 2   13  3 2 1  3 2 ( 12  2 2 )  2 1 2  3 22   12   2 1  3 2 12  3 22  ( 1  3 2 )( 12   2 )  ( x  y  3 xy )( x 2  y 2  xy ) Ví dụ 3: Phân tích đa thức f ( x1, x2 )  6 x14  6 x24  11x13 x2  11x1x23  18x12 x22 thành nhân tử trong vành R  x1, x2  với hệ số trên Giải Đặt  1  x1  x2 ,  2  x1 x2 . Ta có f ( x1 , x2 )  6  x12  x22   2 x12 x22   11x1x2 ( x1  x2 ) 2  2 x1x2   18 x12 x22  6 (( x1  x2 )2  2 x1 x2 )2  2( x1 x2 )2   11x1 x2 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2   18 x12 x22  6 (12  2 2 )2  2 22   11 2 (12  2 2 )  18 22  614  3512 2  16 22 3 2 1 ) 16  (212   2 )(312  16 2 )  ( 2  212 )( 2   f ( x1 , x2 )   2( x1  x2 )  x1 x2  3( x1  x2 ) 2  16 x1 x2   (2 x12  2 x22  3 x1 x2 )(3 x12  10 x1 x2  3x22 )  (2 x12  2 x22  3 x1 x2 )(3 x1  x2 )( x1  3x2 ) Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử: f ( x, y, z)  ( x  y)2  ( y  z)2  ( z  x)2  3( x  y)( y  z)( z  x) Giải Đặt:  1  x  y  z;  2  xy  xz  yz;  3  xyz Khi đó: f (u, r, v)  13  31 2  1 (12  3 2 ) 38 u  x  y  v  x  z r  z  x  Ta có: u  r  v  2( x  y  z )  21  uv  vr  ru  ( x  y )  ( y  z )  ( z  x)  ( z  x )( x  y )  (x 2  y 2  z 2 )  ( xy  yz  zx)   12   2 Do đó: f ( x, y,z)  21 (412  312  3 2 )  2 1 ( 12  3 2 )  2( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) 3.3.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử trong  x, y a) f ( x, y)  10 x4  27 x3 y  110 x2 y 2  27 xy3  10 y 4 b) f ( x, y)  x3  9 x3 y  4 x2 y  6 x2 y 2  3xy 2  2 xy3  y3 c) f ( x, y)  6 x4  119 x3 y  18x2 y 2  11xy3  6 y 4 Bài tập 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) f ( x, y, z)  x3  y3  z 3  3xyz b) g ( x, y, z)  ( x  y  z)5  x5  y5  z 5 c) h( x, y, z)  ( x  y  z)3  x3  y3  z 3 Bài tập 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) f ( x, y)  ( x  y)5  x5  y5 b) g ( x, y, z)  ( x  y  z)3  x3  y3  z 3 39 3.4. Giải hệ phƣơng trình 3.4.1. Cơ sở lý luận Ta hay gặp hệ phương trình mà các vế của các phương trình trong hệ là các đa thức đối xứng của các ẩn. Trong trường hợp này ta chuyển hệ phương trình thành hệ phương trình mà các ẩn là các đa thức đối xứng cơ bản, hệ phương trình mới này thường là những hệ phương trình đơn giản hơn so với hệ phương trình ban đầu. 3.4.2. Thuật toán Bước 1: Biểu diễn từng vế trái của các phương trình qua các đa thức đối xứng cơ bản  i (i  1,n) Bước 2: Ta thu được hệ mới chứa σi. Giải hệ tìm ra σi. Bước 3: Vận dụng công thức Viet tìm ra các nghiệm của hệ ban đầu. 3.4.3. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  x 3  y 3  65  2 2  x y  xy  20 (I ) Giải  x  y  1 Đặt   xy   2 Ta có: 12  4 2  0) (*) Hệ (I) trở thành ( x  y)3  3xy( x  y)  65   xy( x  y)  20  13  3 1 2  65 tương đương   1 2  20 40  13  3.20  65 tương đương   1 2  20   5 tương đương  1  2  4 Các giá trị tìm được thỏa mãn điều kiện (*) Do đó x, y là nghiệm của phương trình: t 2  5t  4  0 t  1  t  4 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là (4; 1) và (1; 4). Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  x  y  z  3  3 3 3  x  y  z  27  x 4  y 4  z 4  113  Giải Đặt:  1  x  y  z;  2  xy  xz  yz;  3  xyz Hệ phương trình tương đương với  x  y  z  1   xy  yz  zx   2  xyz   3  Ta có x3  y3  z 3  13  31 2  3 3 x4  y5  z 6  14  412 2  2 22  41 3  113 Do đó ta có hệ phương trình:  1  3  3  1  3 1 2  3 3  27  4 2 2  1  4 1  2  2 2  4 1 3  113 41  1  3  Suy ra 3 2   3  2 36 2  2 2  12 3  32  1  3    3  3 2  2 2 2  32   1  3    2  4   3  12    1  3    4  2   3  12 (1) (2) a) Với 1  3; 2  4; 3  12 thì x, y, z là nghiệm của phương trình t 3  3t 2  4t  12  0 Khi và chỉ khi (t  3)(t 2  4)  0 t1  3 t  2i 2 t3  2i Khi đó x, y, z là hoán vị của (- 3, - 2i; 2i). b) Với 1  3; 2  4, 3  12 thì x, y, z là nghiệm của phương trình: t 3  3t 2  4t  12  0 Khi và chỉ khi (t  3)(t 2  4)  0 t1  3 Suy ra t2  2 t3  2 Khi đó x, y, z là hoán vị của (- 3; - 2; 2) Vậy hệ phương trình đã cho có 12 nghiệm trong đó có 6 nghiệm là hoán vị của (- 3; - 2i; 2i) và 6 nghiệm là hoán vị của (- 3; -2; 2). 3.4.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Giải hệ phương trình: 42  x 2  xy  y 2  1   x  y  xy  3 Bài tập 2: Giải hệ phương trình:  x  xy  y  1  2 2  x y  xy  2 Bài tập 3: Giải hệ phương trình: x  y  z  3  2 2 2  x  y  z  25  3 3 3  x  y  z  27 Bài tập 4: Giải hệ phương trình: x  y  z  7  2 2 2  x  y  z  37  3 3 3 x  y  z  1 3.5. Trục căn thức ở mẫu 3.5.1. Cơ sở lý luận Để khử căn thức ở mẫu số, người ta có thể dùng hằng đẳng thức hoặc có thể nhận các biểu thức hoặc có thể nhận các biểu thức liên hợp ở mẫu số. Nhưng đó là trường hợp mẫu số chứa hai biến dạng: a  n b hay n a n b . Còn trường hợp mẫu số của ba (hay nhiều hơn) căn thức thì vận dụng các đa thức đối xứng. 3.5.2. Thuật toán Bước 1: Biến đổi biểu thức đã cho về biểu thức chứa các đa thức đối xứng cơ bản. Bước 2: Sử dụng các đa thức đối xứng dạng tổng.  2   12  2 2  3   13  3 1 2  4   14  4 12 2  4 1 3  2 22 ... 43 Bước 3: Biểu diễn biểu thức đó qua 1, 2 ,... rồi thay vào căn thức ban đầu. 3.5.3. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Trục căn thức ở mẫu số của biểu thức: 1 a b c Giải Đặt a  x; b  y ; c  z  1  x  y  z  Đặt  2  xy  yz  zx   xyz  3 1 1 1   a  b  c x  y  z 1 Khi đó: Lại có:  2  x2  y 2  z 2  12  2 2  a  b  c  4  x4  y 4  z 4  14  412 2  41 3  2 22  a2  b2  c2 Ta tổ hợp các tổng trên sao cho  1 lamf thừa số chung. Có:  22  2 4  (12  2 2 )2  2(14  412 2  41 3  2 22 )   14  4 12 2  8 1 3   1 (4 1 2   13  8 3 ) 4 1 2   13  8 3 Từ đó:  1  22  2 4 1 Tức là : 1 4( a  b  c )( ab  bc  ca  ( a  b  c )3  8 abc  (a  b  c)2  2(a 2  b 2  c 2 ) a b c Ví dụ 2: Trục căn thức ở mẫu: A 7 3 433 44 Giải Ta có: A  Vậy A  7 7( 3 16  3 12  3 9)  3 4  3 3 ( 3 4  3 3)( 3 16  3 12  3 9) 7( 3 16  3 12  3 9) 91 7( 3 16  3 12  3 9) 91 3.5.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau: 1 a b c d Bài tập 2: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau: 5 1 a b5c 5 Bài tập 3: Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau: 1 n a  n a  ...  n a 1 2 m (m, n  * ) 3.6. Giải phƣơng trình căn thức 3.6.1. Cơ sở lý luận Một số phương trình căn thức mà việc giải nó có thể chuyển về việc giải hệ phương trình đối xứng thông qua việc đặt ẩn phụ. 3.6.2. Thuật toán Bước 1: Đặt ẩn phụ đưa phương trình căn thức về hệ phương trình đối xứng. Bước 2: Giải hệ phương trình đối xứng tìm được giá trị của ẩn phụ. Bước 3: Thay giá trị của ẩn phụ vào tìm giá trị của ẩn ban đầu. 45 3.6.3. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải phương trình 4 x  2  4 3  x 1 Giải Đặt 4 x  2  u; 4 3  x  v; (u, v  0) . Ta có hệ: 1  1    1  0    2  2 1  1 u  v  1  2  4 4 2 2 u  v  1 (1  2 2 )  2 2  1   1 - Với  1  2  0 u  1  v  0 u  0 hoặc  v  1 + Nếu u = 1; v = 0 thì phương trình có nghiệm x = 3 + Nếu u = 0; v = 1 thì phương trình có nghiệm x = 2   1 - Với  1  2  2  vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x1 = 2; x2 = 3. Ví dụ 2: Giải phương trình:  3 8 x   2  3 x  27  2  3 (8  x)( x  27)  7 Giải 8  x  0 Điều kiện:   27  x  8 x  27  0  (*) Đặt u  3 8  x ; v  3 x  27 ; (u, v  0) Suy ra: u3  8  x; v  x  27 u 2  v 2  uv  7 Ta có hệ:  3 3 u  v  35 (u  v) 2  3uv  7  3 (u  v)  3uv (u  v )  35 Đặt 1  u  v;  2  uv thì hệ trên trở thành: 46 2  1  32  7  3  1  3 1 2  35   12  7    2 3 3    ( 2  7)  35  1 1 1   6  2  1  5   5 Với  1  2  6  u, v là nghiệm của phương trình t 2  1t   2  0 , nghĩa là phương trình t2 – 5t + 6 = 0. t  2  t  3  u  2  v  3   u  3   v  2 x  0   x  15 x  0 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là   x  15 3.6.4. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Giải các phương trình sau a) 4 18  5 x  4 64  5 x  4 b)  3 x2   2 3 x3  2  53 ( x  2)( x  3) 2 Bài tập 2: Giải phương trình sau: 3 1 1  x  3  x 1 2 2 47 Bài tập 3: Giải các phương trình sau a) 3 x  1  3 x  2  3 2x b) x3  1  2 3 2 x  1 3.7. Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình đối xứng 3.7.1. Cơ sở lý luận Từ phương trình mà hai vế là các đa thức đối xứng hai biến ta đưa về phương trình đơn giản hơn với ẩn là  1, 2 . Tìm nghiệm  1, 2 suy ra tìm nghiệm nguyên của phương trình ban đầu. 3.7.2. Thuận toán + Biểu diễn phương trình ban đầu theo phương trình của  1, 2 với  1  x  y   2  xy Khi đó x, y là nghiệm của phương trình t 2  1t   2  0 (  0) + Tìm x, y theo  1, 2 . 3.7.3. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2  y 2  x  y  xy (1) Giải Phương trình (1)  ( x  y)2  ( x  y)  3xy Đặt  x  y  1 Điều kiện   xy   2 12  4 2 Khi đó, phương trình (1) trở thành: 12  1  3 2  12  1  3 2  0 Kết hợp điều kiện (*) suy ra: 48 (*)   4. 2 1  12   1 3 Khi và chỉ khi 12  41  0 Khi và chỉ khi 0  1  4 . Do x, y  suy ra  1 nhận các giá trị 0, 1, 2, 3, 4. + Với 1  0 ta tìm được  2  0 x  y  0 Suy ra   xy  0 x  0  y  0 + Với  1  1 ta tìm được  2  0 x  y  0 Suy ra   xy  0 x  0 x  1 hoặc   y 1 y  0 2 + Với 1  2 ta tìm được  2   3 Với  1  3 ta tìm được  2  2 x  y  3 Suy ra   xy  2 x  1  y  2 x  2 hoặc  y 1 + Với 1  4 ta tìm được  2  4 x  y  4 Suy ra   xy  4 x  2  y  2 Vậy phương trình có 6 nghiệm là các bộ số (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2) , (2; 1), (2; 2) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3  y3  z 3  3xyz  1 Giải Đặt  1  x  y  z   2  xy  yz  zx   xyz  3 49 Phương trình đã cho trở thành: 13  31 2  3 3  3 3  1  13  31 2  1  0 Vì x, y, z   1; 2 ; 3  Xét phương trình: 13  31 2  1  0 với ẩn là  1 Nếu phương trình có nghiệm nguyên thì 1  1 + Nếu 1  1   2  0 . Ta có hệ: x  y  z  1   xy  yz  zx  0 (1) (2) Suy ra x2  y 2  z 2  1 Do x, y, z   x2  1  y  z  0 nên:  y2  1 hoặc  x  z  0 z2  1 hoặc  x  y  0  x2  1 - Với  y  z  0  ( x, y, z )  (1,0,0);(1,0,0)  y2  1 - Với  x  z  0  ( x, y, z )  (0,1,0);(0, 1,0) z2  1 - Với  x  y  0  ( x, y, z )  (0,0,1);(0,0, 1) Vì x, y, z > 0 nên các nghiệm thỏa mãn là: (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1) + Nếu  1  1   2  2 (loại vì  2  ). 3 Vậy nghiệm của phương trình là: (x, y, z) = { (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1)} 50 3.7.4. Bài tập áp dụng Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 1) x2  y 2  x  y  0 2) x  y  x2  xy  y 2 3) x3  y3  xy  25 4) 39( x  y)  7( x2  xy  y 2 ) 51 KẾT LUẬN Đa thức có vị trí quan trọng trong Toán học, không những là đối tượng nghiên cứu chủ yếu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải tích. Nó là phần kiến thức quan trọng được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các dạng đơn giản mà ta thường gọi là các biểu thức chứa chữ đại diện cho các số. Ngoài ra, lý thuyết đa thức còn được sử dụng nhiều trong toán cao cấp, toán ứng dụng. Và chúng ta cũng thường xuyên gặp những bài toán về đa thức trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic toán học trong trường phổ thông. Tuy khóa luận này đã trình bày kiến thức về đa thức và những bài toán trong đại số sơ cấp có liên quan đến đa thức nhưng còn rất nhỏ so với lượng kiến thức về đa thức. Khóa luận này được thực hiện với mong muốn đóng góp kinh nghiệm trong việc nghiên cứu, giúp việc dạy học và học tập môn toán ở trường phổ thông. Từ khóa luận này có thể giúp bạn đọc nghiên cứu sâu hơn, rộng hơn nữa về đa thức. Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu, thời gian và năng lực còn hạn chế nên không thể tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên. Em xin chân thành cảm ơn! 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và ứng dụng, Nxb Giáo dục. [2] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, Nxb Giáo dục. [3] Ngô Thúc Lanh (1987), Đại số và số học, tập 3, Nxb Giáo dục. [4] Hoàng Xuân Sính (1998), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục. [5] Bùi Huy Hiền, Nguyễn Hữu Hoan (2005), Bài tập đại số và số học, Nxb Đại học Sư phạm Hà Nội. [6] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ. 53 [...]... x1x2 xn 1.7.3 Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản a) Định lý Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 , xn )  A x1, x2 , xn  Khi đó tồn tại duy nhất cách biểu diễn một đa thức dưới dạng đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản b) Phương pháp đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản - Phương pháp dựa theo hạng tử cao nhất của đa thức - Phương pháp... 6 x  36 Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x 6  6 x5  11x 4  x 3  18 x 2  20 x  8 b) x5  2 x 4  6 x 3  3x 2  42 x  48 c) x 5  x 4  1 d) x10  x 5  1 27 Chƣơng 3 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC NHIỀU ẨN 3.1 Chứng minh đẳng thức * Cơ sở lý luận: Các vế là đa thức đối xứng nên ta đưa các vế về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản Điều đó dẫn đến việc chứng minh các đẳng thức được... (1  x)3 2.3 Ứng dụng định lý Viete 2.3.1 Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm 2.3.1.1 Cơ sở lý luận - Biểu thức K sẽ đưa được về biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản - Theo công thức Viete ta tính được các giá trị của đa thức đối xứng cơ bản, thay vào ta tìm được K 2.3.1.2 Thuật toán Bƣớc 1: Thiết lập hệ thức Viete giữa các nghiệm của phương trình để tìm các i Bƣớc... nghĩa đa thức đối xứng Đa thức f ( x1, x2 , xn )  A  x1, x2 , xn  được gọi là đa thức đối xứng nếu f( x1, x2 , xn )  f ( xi1 , xi2 , xin ) với 1,2, i1, i2 , , in  là hoán vị bất kì của ,n Nói cách khác, một đa thức là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó 1.7.2 Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản 1 ... c  Bài 3: Chứng minh đẳng thức a) C1n  C3n   Cnn  2n1 (n lẻ) b) C1n  C3n   Cnn1  2n1 (n chẵn) 2.2 Bài toán chia hết a) Phương pháp chung Để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau ta sử dụng: - Định nghĩa và tính chất của phép chia hết - Đa thức đồng dư - Dựa vào tính chất nghiệm - Một số tính chất số học: sự phân bố nghiệm, bậc của đa thức, b) Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng minh đa thức. .. tử bất định 10 Chƣơng 2 ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN 2.1 Chứng minh đẳng thức 2.1.1 Cơ sở lý luận Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức Để chứng minh A = B, trong đó A, B là các biểu thức Ta làm như sau: Bước 1: Coi A, B là biểu thức của một biến x nào đó Bước 2: Biến đổi tương đương đưa đẳng thức A = B về dạng: P  x   Q  x  , trong đó P  x  , Q  x  là 2 đa thức của biến x Bước 3:... trên là các số thực, không âm thì điều kiện càn và đủ là những số  1 ;  2 thảo mãn các điều kiện sau: 12  4 2  0 ;  1  0;  2  0 2 Ta luôn có ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x) 2  0 3.2.2 Thuật toán Bƣớc 1: Biểu diễn các về của các bất đẳng thức về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản Bƣớc 2: Sử dụng nhận xét trên để dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh 3.2.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Chứng... thức của các đa thức đối xứng cơ bản Điều đó dẫn đến việc chứng minh các đẳng thức được đơn giản hơn * Thuật toán: + Bước 1: Biểu diễn các vế là các đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản + Bước 2: Chứng minh các biểu thức mới * Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh hằng đẳng thức  x  y  z  xy  yz  zx    x  y  y  z  x  z   xyz Giải Đặt 1  x  y  z ; 2  xy... x)) suy ra: p( x)  ( x) c) Bài tập vận dụng Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 , với mọi số thực x, y thì đa thức y( y n1  nxn1 )  xn (n  1) chia hết cho ( y  x)2 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm k, m, n, l và x  thì đa thức x 4 k  x 4 m1  x 4 n2  x 4l 3 chia hết cho x 3  x 2  x  1 Bài 3: Chứng minh rằng x  R, n  * thì đa thức (1  xn )( x  1) ... ràng buộc cho ở bài toán để tìm được mối quan hệ giữa các hệ số với phương trình Các điều kiện này là cần và đủ nên ta áp dụng để tìm nghiệm của phương trình bậc 3, bậc 4 nhanh hơn trong trường hợp các hệ số của phương trình thỏa mãn điều kiện trên 2.3.3.2 Thuật toán + Bước 1: Sử dụng định lý Viete để tìm ra hệ thức liên hệ giữa các nghiệm với các hệ số của phương trình + Bước 2: Sử dụng định lí Bezout ... dụ đa thức đối xứng sau gọi đa thức đối xứng 10 1.7.3 Đưa đa thức đối xứng đa thức đa thức đối xứng 10 Chƣơng Ứng dụng đa thức ẩn 11 2.1 Chứng minh đẳng thức 11 2.2 Bài toán chia hết 13 2.3 Ứng. .. tư Đại số phận lớn toán học, đa thức khái niệm quan trọng sử dụng nhiều đại số mà giải tích, toán cao cấp toán ứng dụng Tuy nhiên nay, vấn đề đa thức ứng dụng việc giải toán sơ cấp trình bày sơ. .. 1.7.3 Đưa đa thức đối xứng đa thức đa thức đối xứng a) Định lý Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 , xn )  A x1, x2 , xn  Khi tồn cách biểu diễn đa thức dạng đa thức đa thức đối xứng b)