ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN TỐ KHUYÊN MỐI QUAN HỆ GIỮA NỘI DUNG ĐẠI SỐ CAO CẤP Ở TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ TOÁN SƠ CẤP Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2013 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MỐI QUAN HỆ GIỮA NỘI DUNG ĐẠI SỐ CAO CẤP Ở TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ TOÁN SƠ CẤP Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2013 Mục lục Mối liên hệ toán tìm nghiệm với kiến thức đại số cao cấp 1.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến toán tìm nghiệm phương trình 1.2 Một số ví dụ minh họa 15 Mối liên hệ toán đa thức với kiến thức đại số cao cấp 2.1 Bài toán chứng minh đa thức 2.1.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến toán chứng minh hai đa thức 2.1.2 Ví dụ minh họa 2.2 Bài toán phân tích đa thức 2.2.1 Một số kiến thức đại số cao cấp đa thức bất khả quy phân tích đa thức 2.2.2 Ví dụ minh họa 2.3 Bài toán tính chia hết đa thức 2.3.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến toán xét tính chia hết 2.3.2 Ví dụ minh họa 2.4 Bài toán đa thức đối xứng 2.4.1 Một số kiến thức đại số cao cấp đa thức đối xứng 2.4.2 Ví dụ minh họa 22 22 22 23 32 32 36 40 40 40 45 45 45 Kết luận 57 Tài liệu tham khảo 58 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Do nhiều lý trình học trường đại học sinh viên không nhận được, cầu nối từ toán sơ cấp đến toán cao cấp Trên thực tế, chương trình, giáo trình, sách tham khảo việc dạy toán cao cấp nói chung đại số cao cấp nói riêng trường sư phạm mang tính "hàn lâm" Cấu trúc nội dung giáo trình toán cao cấp thường là: Định nghĩa (khái niệm), ví dụ (minh họa khái niệm), định lý, hệ Thể mối quan hệ khái niệm cuối ví dụ (thể tính áp dụng định lý) Với phong cách hàn lâm ấy, giáo trình toán cao cấp thường chặt chẽ, xác ngắn gọn logic Đặc thù nói hạn chế khả đề cập đến nguồn gốc xuất xứ khái niệm có nguồn gốc từ toán sơ cấp giáo trình toán cao cấp Những cầu nối từ toán sơ cấp đến toán cao cấp không ra mờ nhạt Điều làm cho nhiều sinh viên học toán cao cấp cho rằng: Toán cao cấp giới riêng, tách biệt với toán sơ cấp mà họ biết học phổ thông Cũng không sinh viên sư phạm cho rằng: Ở trường sư phạm cần phải học toán cao cấp nhiều? Chỉ cần học giỏi toán sơ cấp môn lý luận phương pháp dạy học đủ Thiết nghĩ, suy nghĩ cần cải thiện Trong môn toán trường phổ thông có nhiều khái niệm định nghĩa theo đường kiến tạo, mô tả; nhiều định lý toán học diễn tả quy nạp không hoàn toàn thực nghiệm thừa nhận không chứng minh Đó khác biệt việc tiếp cận tri thức toán học sinh trường phổ thông tiếp cận tri thức toán cao cấp sinh viên trường đại học sư phạm Chính điều tác động trực tiếp đến nhận thức sinh viên, họ bỡ ngỡ chuyển từ môi trường phổ thông sang môi trường học toán cao cấp trường đại học Nghiên cứu giúp đỡ sinh viên tìm mối liên hệ hữu nội dung đại số cao cấp trường sư phạm với nội dung toán trường phổ thông nay: Ở Đại học sư phạm Hà Nội có PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, TS Nguyễn Văn Dũng cộng Điều cho thấy hướng nghiên cứu đề tài có tính thời Theo chúng tôi, việc mối liên hệ kiến thức đại số cao cấp trường sư phạm với nội dung môn toán trường phổ thông vô hữu ích với giáo viên toán làm nhiệm vụ giảng dạy phổ thông Chính chọn đề tài: "Mối quan hệ nội dung đại số cao cấp trường đại học toán sơ cấp trường phổ thông", làm hướng nghiên cứu đề tài cho luận văn cao học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp Mục đích luận văn Tìm hiểu mối quan hệ nội dung đại số cao cấp trường đại học sư phạm với nội dung toán giảng dạy trường phổ thông Nhiệm vụ • Tập chung phân tích mối quan hệ kiến thức vành đa thức nghiệm đa thức R, C, đa thức bất khả quy, đa thức đối xứng, với dạng tập phổ thông Giới hạn phạm vi nghiên cứu Vì nội dung đại số cao cấp rộng, điều kiện thời gian, luận văn tập chung vào tìm hiểu nội dung đại số cao cấp đa thức nghiệm đa thức R, C, đa thức bất khả quy, đa thức đối xứng, tương ứng với nội dung toán phổ thông Cấu trúc luận văn Luận văn gồm chương • Chương I Mối liên hệ toán tìm nghiệm với kiến thức đại số cao cấp • Chương II Mối liên hệ toán đa thức với kiến thức đại số cao cấp Dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn không tránh khỏi thiếu sót, em mong nhận góp ý thầy cô giáo bạn để em tiếp tục hoàn thiện luận văn Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Trịnh Thanh Hải Em xin tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy giúp đỡ nhiệt tình từ xây dựng đề cương, viết hoàn thành luận văn Tiếp theo em xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo phản biện đọc góp ý để em hoàn thiện luận văn Em xin cảm ơn chân thành tới Khoa Toán Tin, phòng ĐT-KH-QHQT, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nơi em nhận học vấn sau đại học Xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp cảm thông, chia sẻ, ủng hộ giúp đỡ thời gian em học cao học viết luận văn Lời cuối em xin chúc sức khỏe thầy cô giáo đồng nghiệp Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2013 Người thực Nguyễn Tố Khuyên Chương Mối liên hệ toán tìm nghiệm với kiến thức đại số cao cấp 1.1 Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến toán tìm nghiệm phương trình Nghiệm đa thức Định nghĩa 1.1.1 Giả sử K trường số đó, A trường K Một phần tử α ∈ K gọi nghiệm đa thức f (x) ∈ A[x] f (α) = Ta nói α nghiệm phương trình đại số f (x) = Nếu degf (x) = n gọi phương trình đại số bậc n(n ≥ 1) Định lý 1.1.2 (Định lý Bezout) Cho vành đa thức A[x] , f (x) ∈ A[x] , α ∈ A Dư phép chia f(x) cho x − α f (α) Hệ 1.1.3 Phần tử α ∈ A nghiệm đa thức f (x) ∈ A[x], f (x) chia hết cho x − α A[x] f (α) = ⇔ f (x) = (x − α).q(x) tức f (α) (x − α) Định lý 1.1.4 Mọi đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an ∈ A[x] , a0 = viết dạng f (x) = a0 (x − α1 )(x − α2 ) (x − αn ) vành K[x] Ở α1 , α2 , , αn nghiệm đa thức f (x) trường mở rộng K A Chứng minh: (Dùng phương pháp quy nạp theo n) a1 - Nếu n = f (x) = a0 x + a1 ⇒ f (x) có nghiệm α1 = − a0 a1 ta thấy f (x) = a0 (x + ) = a0 (x − α1 ) a0 - Giả sử mệnh đề với đa thức bậc n-1, ta xét f (x) mà deg f (x) = n > Cho thêm α1 nghiệm f (x) Khi f (x) = (x − α1 )q(x) Dễ thấy deg q(x) = n − 1, hệ số trước bậc cao q(x) trùng với hệ số a0 Theo giả thiết quy nạp, ta có: q(x) = a0 (x − α2 )(x − α3 ) (x − αn ) Trong đó, α2 , α3 , , αn nghiệm đa thức q(x) Khi tất nghiệm f (x) α1 , α2 , , αn f (x) = a0 (x − α1 )(x − α2 ) (x − αn ) Nhận xét: Mọi đa thức bậc lẻ tồn nghiệm thực Nghiệm bội tính chất nghiệm bội Định nghĩa 1.1.5 Giả sử k số tự nhiên khác Một phần tử α ∈ A gọi nghiệm bội cấp k đa thức f (x) ∈ A[x] f (x) chia hết cho (x − pα)k đồng thời không chia hết cho (x − α)k+1 f (x) = (x − α)k q(x) (q(α) = 0), k = α gọi nghiệm đơn k = α gọi nghiệm kép Định lý 1.1.6 (Định lí đại số cổ điển) Mọi đa thức f (x) với hệ số phức, deg f (x) ≥ có n nghiệm phức, kể số bội nghiệm Công thức Viet Định lý 1.1.7 Cho f (x) = a0 xn +a1 xn−1 + +an−1 x+an ∈ A[x] , a0 = đa thức f (x) = a0 (x − α1 )(x − α2 ) (x − αn ) Ở đây, α1 , α2 , , αn nghiệm đa thức f (x) Khi đó,  a1   α1 + α2 + + αn = −   a0   a2   α α + α α + + α α =  2 n−1 n   a0  k ak  α α α + + α α α = (−1)  k n−k+1 n−k+2 n   a0      an   α1 α2 αn = (−1)n  a0 (1.1) 1.1 Gọi công thức Viet Chứng minh Từ f (x) = a0 (x − α1 )(x − α2 ) (x − αn ) Sau ta nhân thừa số vào với nhóm hệ số theo dạng đa thức chuẩn tắc ta được: f (x) = a0 [xn − (α1 + α2 + + αn ) + (α1 α2 + + α1 αn + α2 α3 + + αn−1 αn )xn−2 + + (−1)n α1 α2 αn ] So sánh hệ số đa thức, ta nhận  a1   α1 + α2 + + αn = −   a0   a2   α1 α2 + α2 α3 + + αn−1 αn =    a0  k ak  α α α + + α α α = (−1)  k n−k+1 n−k+2 n   a0      an   α1 α2 αn = (−1)n  a0 Nghiệm đa thức với hệ số nguyên Với f (x) ∈ Q[x] tìm số nguyên m = để mf (x) = g(x), g(x) ∈ Z [x] (m-mẫu số chung hệ số f (x)) ∀α ∈ Q , f (α) = ⇔ g(α) = Do đó, để xét nghiệm đa thức Q, ta cần xét nghiệm đa thức Z Định lý 1.1.8 Nếu u v số nguyên tố số hữu u tỉ α = nghiệm đa thức với hệ số nguyên v p(x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an , a0 v an u u nghiệm đa thức, ta có: v u u u a0 ( )n + a1 ( )n−1 + + an−1 + an = v v v Chứng minh Từ điều kiện ⇔ a0 un + a1 un−1 v + + an−1 uv n−1 + an v n = Từ ta có a0 un = v(a1 un−1 + + an−1 uv n−2 + an v n−1 ) (1.2) an v n = −u(a0 un−1 + a1 un−2 v + + an−1 v n−1 ) Từ 1.2 suy a0 un v mà (u, v) = nên a0 v Từ 1.3 suy an v n u mà (u, v) = nên an u (1.3) Hệ 1.1.9 •Mọi nghiệm nguyên đa thức với hệ số nguyên ước hạng tử tự •Mọi nghiệm hữu tỉ đa thức với hệ số nguyên có hệ số cao nghiệm nguyên Bài toán Cho đa thức với hệ số nguyên f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an Chứng minh α nghiệm nguyên đa thức n−1 ϕ(x) = y n + a1 y n−1 + an−2 an−1 y + a0 an , α nghiệm đa thức cho a0 Giải: 2.4 2.4.1 Bài toán đa thức đối xứng Một số kiến thức đại số cao cấp đa thức đối xứng Phép giải nhiều toán sơ cấp trở nên dễ dàng ta biết lợi dụng tính đối xứng giả thiết toán Qua ví dụ cụ thể đây, ta thấy lý thuyết đa thức đối xứng áp dụng để giải theo phương pháp thống nhiều loại toán đại số sơ cấp Định nghĩa 2.4.1 Những đa thức đối xứng sau gọi đa thức đối xứng bản: δ1 = x1 + x2 + + xn δ2 = x1 x2 + x2 x3 + + xn−1 xn δk = x1 x2 xk + + xn−k+1 xn−k+2 xn δn = x1 x2 xn Dễ thấy P đa thức n ẩn bất kì, đa thức P (δ1 , δ2 , , δn ) đa thức đối xứng Điều ngược lại đúng, đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng Định lý 2.4.2 Mọi đa thức đối xứng f (x1 , x2 , , xn ) ∈ A[x1 , x2 , , xn ] biểu diễn cách dạng đa thức φ(δ1 , δ2 , , δn ) đa thức đối xứng δ1 , δ2 , , δn với hệ tử A Dễ thấy đa thức n ẩn bất kì, đa thức đa thức đối xứng Điều ngược lại đúng, đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng Phương pháp biểu diễn Phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp trình bày phép chứng minh định lí phương pháp thuận tiện để thực tế tìm biểu thức đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sơ cấp dùng phổ thông 2.4.2 Ví dụ minh họa Ví dụ 2.4.3 Cho đa thức đối xứng Z f (X1 , X2 , X3 ) = X12 X2 + X1 X22 + X12 X2 + X1 X32 + X22 X1 + X2 X12 Hãy tìm biểu thức qua σ1 , σ2 , σ3 45 Bài giải Hạng tử cao f X12 X2 Vậy ta có α1 = 2, α2 = 1, α3 = Theo lí thuyết tổng quát ta lập hiệu f (X1 , X2 , X3 ) − σ13−2 σ22−1 σ30 Thay σ1 , σ2 , σ3 biểu thức chúng qua X1 , X2 , X3 , ta f (X1 , X2 , X3 ) − σ1 σ2 = −3X1 X2 X3 = −3σ3 Vậy ta có f (X1 , X2 , X3 ) = σ1 σ2 − 3σ3 Nhận xét: Có nhiều phương pháp biểu diễn qua đa thức đối xứng ví dụ điển hình, có phương pháp khác Phương pháp hệ tử bất định Ta cải tiến phương pháp cách áp dụng phương pháp hệ tử bất định Trước trình bày phương pháp ta dựa vào kí hiệu sau: Nếu aXα1 X2α2 Xnαn (αi ≥ 0) hạng tử đa thức đối xứng f (X1 , X2 , , Xn ) hạng tử suy từ hạng tử cách thực tất phép số 1, 2, n, thuộc f (X1 , , Xn ) Ta kí hiệu tổng chúng S(aXα1 Xnαn ) Ví dụ 2.4.4 S(X1 ) = σ1 , S(X1 X2 ) = σ2 , S(X1 X2 X3 ) = σ3 v.v Rõ ràng đa thức S(aXα1 Xnαn ) Bài giải Giả sử cho đa thức đối xứng f (X1 , X2 , , Xn ) Ta phân tích thành tổng đa thức Sau ta biểu diễn đa thức qua đa thức đối xứng sơ cấp phương pháp hệ tử bất định Ví dụ sau cụ thể hóa phương pháp Ví dụ 2.4.5 Cho đa thức đối xứng: f (X1, X2, X3) = X13 X22 X3 + X12 X23 X3 + X12 X2 X33 + X1 X22 X33 +X12 X2 X32 + X1 X23 X32 + X13 + X23 + X33 Hãy tìm biểu thức qua δ1 , δ2 , δ3 46 Bài giải Theo cách kí hiệu ta có f (X1 , X2 , X3 ) = S(X13 X22 X3 ) + S(X13 ) Trước hết ta tìm hiểu biểu thức S1 = S(X13 X22 X3 ) qua σ1 , σ2 , σ3 Ta ý dạng bậc Ta liệt kê tất hạng tử cao đa thức đối xứng f, f1 , f2 mà ta tìm theo phép chứng minh định lí Hạng tử cao S1 X13 X22 X3 Ta để ý S1 nên hạng tử có bậc Mặt khác hệ thống số mũ λ1 , λ2 , λ3 hạng tử cao phải thỏa mãn điều kiện ≥ λ1 ≥ λ2 ≥ λ3 với λ1 + λ2 + λ3 = Ngoài hệ thống số mũ sau phải ứng với hạng tử thấp Như ta bảng tất hạng tử cao sau: Hệ thống số mũ Hệ tử cao Tổng hợp đa thức 3−2 321 X13 X22 X3 σ1 σ22−1 σ3 = σ1 σ2 σ3 222 aX12 X22 X32 aσ12−2 σ22−2 σ32 = aσ32 Từ bảng suy S1 = S(X13 X22 X3 ) = σ1 σ2 σ3 + aσ32 Để xác định a, ta đặt chẳng hạn X1 = 2, X2 = −1, X3 = −1 Khi σ1 = 0, σ2 = −3, σ3 = S1 = −12 Từ suy −12 = 4a a = −3 Do S1 = S(X13 X22 X3 ) = σ1 σ2 σ3 − 3σ32 Đối với S2 = S(X13 ) ta có bảng sau: Hệ thống số mũ Hệ tử cao Tổng hợp đa thức 300 X13 σ13 210 aX12 X2 aσ1 σ2 111 bX1 X2 X3 bσ3 Vậy ta có S2 = S(X13 ) = aσ1 σ2 + bσ3 Gán cho X1 , X2 , X3 giá trị thích hợp, ta tìm a = -3, b = Vậy S2 = σ13 − 3σ1 σ2 + bσ3 Cuối f (X1 X2 X3 ) = S1 + S2 = σ1 σ2 σ3 − 3σ32 + σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 47 Ví dụ 2.4.6 Tìm tổng lập phương nghiệm đa thức f (X) = X + X + 2X + X + Bài giải Trước hết ta tìm S(X13 ) = X13 + X23 + X33 + X43 Áp dụng phương pháp ta Hệ thống số mũ Hệ tử cao Tổng hợp đa thức 3000 X13 σ13 2100 aX12 X2 aσ1 σ2 1110 bX1 X2 X3 bσ3 Từ suy S(X13 ) = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 Vì σ1 = −1, σ2 = 2, σ3 = −1 nên S(σ13 ) = (−1)3 − 3(−1)2 + 3(−1) = Chứng minh bất đẳng thức - Trường hợp hai biến: Ta áp dụng kết đa thức đối xứng để chứng minh nhiều bất đẳng thức Cơ sở phương pháp ý sau: Giả sử σ1 σ2 số thực Muốn cho số x,y xác định điều kiện: x + y = δ1 xy = δ2 thực, có đủ δ12 − 4δ2 ≥ Muốn cho x,y thực không âm, có đủ δ12 − 4δ2 ≥ 0, σ1 ≥ σ2 ≥ Giả sử cho đa thức đối xứng f(x,y) cần phải chứng minh với giá trị thực x y (hoặc giá trị không âm bất kì, với x + y ≥ a , tùy theo điều kiện toán) đa thức f(x,y) lấy giá trị không âm f (x, y) ≥ Muốn trước hết ta thay f(x,y) biểu thức qua σ1 σ2 Rồi đa thức tìm ta thay σ2 biểu thức qua σ1 số không âm z = σ12 − 4σ2 tức đặt σ2 = (σ12 − z) Kết ta thu đa thức σ1 z, ta phải chứng minh với giá trị không âm z với điều kiện σ1 cho, đa thức lấy giá 48 trị không âm Thông thường cách làm dễ chứng minh bất đẳng thức cho Ví dụ 2.4.7 Chứng minh a b số thực, thỏa mãn điều kiện a + b ≥ c, ta có bất đẳng thức: c2 c4 c8 4 8 a +b ≥ , a +b ≥ , a +b ≥ 128 1 Bài giải Ta có a2 + b2 = σ12 − 2σ2 = σ12 − (σ12 − z) = σ12 + z 2 Vì z ≥ 0, theo điều kiện cho σ1 ≥ c, nên a2 + b2 ≥ c2 Áp dụng kết ta 2 1 a +b ≥ c 2 4 1 a +b ≥ c 8 = c4 , = c 128 Bằng quy nạp ta kết sau: a + b ≥ c n số tự nhiên ta có a2n + b2n ≥ 2n−1 c2n - Trường hợp ba biến: Nếu x, y, z số thực hiển nhiên ta có (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ Đẳng thức xảy x = y = z Vế thứ bất đẳng thức đối xứng với x, y, z Nó 2S(x21 ) − 2σ2 Vậy ta có: 2(σ12 − 2σ2 ) − 2σ2 ≥ Hay σ12 ≥ 3σ2 (1) Từ hệ thức (1) ta suy nhiều bất đẳng thức khác Ví dụ 2.4.8 Chứng minh a, b, c số thực ta có (ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c) tức σ22 ≥ 3σ1 σ3 Bài giải Theo bất đẳng thức (1) ta có (x + y + z)2 ≥ 3(xy + xz + yz) 49 Đặt x = ab, y = ac , z = bc ta (ab + bc + ac)2 ≥ 3(a2 bc + ab2 c + abc2 ) Hay (ab + bc + ac)2 ≥ 3abc(a + b + c) Ví dụ 2.4.9 Chứng minh x, y, z số dương ta có σ1 σ2 ≥ 9σ3 Bài giải Vì x, y, z > nên σ1 , σ2 , σ3 > Vì ta nhân bất đẳng thức σ12 ≥ 3σ2 σ22 ≥ 3σ1 σ3 Ta σ12 σ22 ≥ 9σ1 σ2 σ3 Giản ước cho σ1 σ2 > ta σ1 σ2 ≥ 9σ3 Giải toán phương trình bậc hai Dùng đa thức đối xứng ta giải nhiều toán cần tính biểu thức chứa nghiệm phương trình bậc hai Ví dụ 2.4.10 Cho phương trình bậc hai x2 + 6x + 10 = Hãy lập phương trình bậc hai mà nghiệm bình phương nghiệm phương trình cho Bài giải Gọi nghiệm phương trình cho x1 x2 , nghiệm phương trình phải tìm y1 y2 hệ số p q Theo công thức Viet ta có σ1 = x1 + x2 = −6 σ2 = x1 x2 = 10 Và y1 + y2 = −p; y1 y2 = q Theo giả thiết ta có y1 = x21 , y2 = x22 p = −(y1 + y2 ) = −(x21 + x22 ) = −(σ1 − 2σ2 ) = −16 q = y1 y2 = x21 x22 = σ22 = 100 Như phương trình bậc hai phải tìm là: y − 16y + 100 = Ví dụ 2.4.11 Lập phương trình bậc hai z + pz + q = mà nghiệm z1 = x61 − 2x22 , z2 = x62 − 2x21 , Trong x1 , x2 nghiệm phương trình bậc hai x2 − x − = 50 Bài giải Theo công thức Viet, ta có σ1 = x1 + x2 = σ2 = x1 x2 = −3 −p = z1 + z2 = (x61 − 2x22 ) + (x62 − 2x21 ), q = z1 ∗ z2 = (x61 − 2x22 )(x62 − 2x21 ) Ta có −p = x61 + x62 − 2(x22 + x21 ) = (σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 ) − 2(σ12 − 2σ2 ) = [16 − 6.14 (−3) + 9.12 (−3)2 − 2(−3)2 ] − [2(1)2 − 2(−3)] = 140 q = x61 x62 − 2(x81 + x82 ) + 4x21 x22 = (σ26 − 2[σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 ) − 16σ12 σ23 + 2σ24 ] + 4σ22 = (−3)6 −2[18 −8.16 (−3)+20.14 (−3)2 −(6.12 (−3)3 +(−3)4 ]+4(−3)2 = −833 Vậy phương trình phải tìm z − 140z − 833 = Tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng Ví dụ 2.4.12 Tìm số nguyên dương thỏa mãn phương trình: x3 + y + = 3xy Bài giải Đặt x1 + x2 = δ1 x1 x2 = δ2 ta có δ13 − 3δ1 δ2 + = 3δ2 , tức (δ1 + 1)(δ12 − δ1 + − 3δ2 ) = Vì x>0, y>0 nên δ1 = x + y > 0, δ1 + = Vì ta có δ12 − δ1 + − 3δ2 = Từ δ2 = (δ12 − δ1 + 1) Vì phải tìm số nguyên dương x y cho x + y = δ1 xy = (δ1 − δ1 + 1) 51 x y nghiệm phương trình bậc hai z − δ1 z + (δ12 − δ1 + 1) = Biệt thức phương trình là: ∆ = δ12 − (δ12 − δ1 + 1) = − (δ12 − 4δ1 + 4) 3 = − (δ1 − 2)2 Nó âm δ1 = Vậy ta phải có δ1 = x + y = Khi ta có x = y = δ1 =1 Ví dụ 2.4.13 Tìm số nguyên dương thỏa mãn phương trình: x2 − xy + y = x + y Bài giải Đặt x + y = δ1 xy = δ2 ta có δ1 = δ12 − 3δ2 Vì x y thực nên ta phải có (x − y)2 = (x + y)2 − 4xy = δ12 − 4δ2 ≥ Tức δ12 ≥ 4δ2 Và δ12 − δ1 = 3δ2 ≤ δ12 δ − δ1 ≤ 0, hay δ1 (δ1 − 4) ≤ Từ suy Tức ≤ δ1 ≤ 3δ2 = δ1 − δ1 δ1 = 2 , Vậy ta có hệ δ2 = thứ ba không thích hợp x y phải nguyên δ1 = δ2 = , δ1 = δ2 = , 52 δ1 = δ2 = , δ1 = δ2 = Hệ Vậy lại hệ, x+y =0 x+y =1 x+y =3 x+y =4 xy = , xy = , xy = , xy = Từ suy lời giải x5 = x6 = x1 = x2 = x3 = x4 = y1 = , y2 = , y3 = , y4 = , y5 = , y6 = Giải hệ phương trình Ta thường gặp hệ thống phương trình vế phải phụ thuộc cách đối xứng ẩn x, y, z Trong trường hợp ta nên chuyển sang ẩn σ1 = x + y + z , σ2 = xy + xz + yz , σ3 = xyz Việc giải hệ với ẩn thường đơn giản hơn, bậc phương trình giảm xuống (vì σ3 chẳng hạn đa thức bậc ba x, y, z) Sau tìm giá trị σ1 , σ2 , σ3 để tìm x, y, z, ta phải giải phương trình bậc ba Ta thử tìm nghiệm nó, sau áp dụng định lí Bezont ta trở phương trình bậc hai Trong đại số sơ cấp thường ta gặp trường hợp đặc biệt Trong trường hợp có hai ẩn dĩ nhiên phép giải đưa đến phương trình bậc hai Ví dụ 2.4.14 Giải hệ phương trình x3 + y = x2 + y = Bài giải Ta đưa vào ẩn σ1 = x + y , σ2 = xy Khi hệ cho trở thành σ13 − 3σ1 σ2 = σ12 − 2σ2 = Rút σ2 từ phương trình thứ hai điền vào phương trình thứ nhất, ta phương trình σ1 − σ13 + 6σ1 − = Hay σ13 − 12σ1 + 16 = Ta dễ thấy phương trình có nghiệm σ1 = +2 Vậy vế trái viết: σ3 − 12σ1 + 16 = (σ1 − 2)(σ12 + 2σ1 − 8) Ngoài σ1 = ra, phương trình có hai nghiệm σ1 = 2, 53 σ2 = −4, nghiệm phương trình bậc hai σ12 + 2σ1 − = Như σ1 ta có hai khả năng, σ1 = σ1 = −4 Từ phương trình σ12 + 2σ2 = 0, ta tìm giá trị tương ứng σ2 σ2 = σ2 = x+y =2 x + y = −4 Vậy để tìm x, y ta có hai hệ phương trình xy = hay xy = Giải hệ ta tìm nghiệm cho là, x1 = y1 = √ x3 = −2 + i√ y3 = −2 − i x2 = y2 = √ x4 = −2 − i√ y4 = −2 + i Ví dụ 2.4.15 Giải hệ phương trình x+y+z =a x2 + y + z = b2 x + y + z = a3 Bài giải Ta đưa vào ẩn x + y + z = σ1 xy + xz + yz = σ2 xyz = σ3 Khi hệ cho viết σ1 = a σ1 − 2σ2 = b2 σ1 − 3σ1 σ2 − 4σ3 = a3 Từ hệ ta tìm  σ1 = a    σ2 = (a2 − b2 )    σ = (a2 − b2 ) Như x, y, z nghiệm phương trình bậc ba 1 f(v) = v3 −av2 + (a2 − b2 )v − a(a2 − b2 ) = 2 54 Vế phải phương trình phân tích thành f(v) = (v − a) v2 + (a2 − b2 ) Các nghiệm f(v) = b2 − a2 v3 = − v1 = a v2 = b − a2 Vì hệ cho có nghiệm suy từ nghiệm x = a, z=− y= b2 − a2 , b − a2 , cách hoán vị theo đủ cách √ √ √ n Trục thức mẫu số Nếu mẫu số có dạng a ± b hay n a ± b không cần dùng đến đa thức đối xứng, mà việc áp dụng công thức (x + y)(x − y) = x2 − y xn − y n = (x − y)(xn−1 + xn−2 y + + xy n−2 + y n−1 ) x2k+1 + y 2k+1 = (x + y)(x2k + x2k−1 y + x2k−2 y + + xy 2k−1 + y 2k ) Ví dụ 2.4.16 Trục thức mẫu biểu thức √ √ √ 5+ 33 Bài giải √ √ √ √ √ 7( 25 − 15 + 9) √ √ = 5+ 33 Nếu mẫu thức có ba hay nhiều thức cần vận dụng đa thức đối xứng Ví dụ 2.4.17 Trục thức mẫu biểu thức √ √ a+ b+ c √ √ √ Bài giải Đặt a = x, b = y, c = z Khi mẫu thức đa thức đối xứng δ1 = x + y + z Ta tìm nhân tử cần phải nhân lên với δ1 để trục thức mẫu số Nhận xét √ s2 = x2 + y + z = δ12 − 2δ2 = a + b + c, 55 s4 = x4 + y + z = δ14 − 4δ12 δ2 + 4δ1 δ3 + 2δ22 = a2 + b2 + c2 Vậy ta tổ hợp tổng cho δ1 đặt thành thừa số ta biểu thức không thức Ta ý hai tổng hạng tử cuối không chứa δ1 ta tổ hợp chúng cho hạng tử chứa δ2 triệt tiêu Ta có s22 − 2s4 = δ14 − 4δ12 δ2 + 4δ22 − 2(δ14 − 4δ12 δ2 + 4δ1 δ3 + 2δ22 ) = −δ14 + 4δ12 δ2 − 8δ1 δ3 = δ1 (4δ1 δ2 − δ13 − 8δ3 ) 4δ1 δ2 − δ13 − 8δ3 Từ = Tức δ1 s22 − 2s4 √ √ √ b+ c √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 4( a + b + c)( ab + ac + bc) ( a + b + c) − abc = − (a + b + c)2 − 2(a2 + b2 + c2 ) (a + b + c)2 − 2(a2 + b2 + c2 ) a+ 56 Kết luận Sau trình tìm đọc tài liệu, đề tài hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu, cụ thể: Luận văn trình bày mối liên hệ số nội dung chương trình đại số cao cấp trường ĐHSP với việc giải toán phổ thông, cụ thể tìm hiểu mối liên hệ kiến thức đại số cao cấp dạng toán phổ thông Bài toán tìm nghiệm phương trình Bài toán chứng minh đa thức Bài toán phân tích đa thức Bài toán xét tính chia hết Bài toán liên quan đến đa thức đối xứng Một số toán liên quan đến đa thức bất khả quy Chúng hy vọng nội dung luận văn phần minh họa cho thấy liên hệ hữu kiến thức đại số cao cấp (nói riêng), kiến thức toán cao cấp (nói chung) với toán chương trình phổ thông Hướng phát triển đề tài mở vô hấp dẫn, hữu ích giáo viên dạy toán trường phổ thông 57 Tài liệu tham khảo [1] Nông Quốc Chinh: Đại số tuyến tính Đại học Thái Nguyên [2] Nguyễn Tự Cường : Giáo trình đại số đại Đại học quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Văn Dũng - 2012 Dạy học đại số cao cấp trường đại học gắn với chương trình toán phổ thông Luận án tiến sỹ giáo dục học: [4] Lê Thị Thanh Nhàn: Đại số đại cương Đại học Thái Nguyên [5] Đàm Văn Nhỉ, Bản tin dạy học nhà trường số 05 số 06, Đại học sư phạm Hà Nội 2011 [6] Ngô Thúc Lanh, Đại số số học (Tập II) , NXB Giáo Dục 1987 [7] Tuyển tập: The IMO Compendium 1959-2004 [8] S.lang, Đại số Nhà xuất Đại học trung học chuyên nghiệp Hà Nội, 1974 [9] D Faddéev et I Sominski, Recueil D’Exercices D’Algèbre Supérieure, Editions Mir - Moscou 1977 [10] V Prasolov, Polynomials, Springer - Verlag Berlin Heidelberg 2004 [11] http://www.apmath.spbu.ru/en/staff/uteshev/ 58 Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn ngày 22 tháng 06 năm 2013 chỉnh sửa theo ý kiến đóng góp Hội đồng Thái Nguyên, ngày tháng năm 2013 Xác nhận cán hướng dẫn khoa học PGS.TS Trịnh Thanh Hải 59 [...]... Nhận xét: Cầu nối của toán phổ thông với đại số cao cấp được thể hiện rất sinh động qua các bài toán trên tập số phức Một trong những hướng giải toán là xét các bài toán mở rộng trong tập số phức 21 Chương 2 Mối liên hệ giữa các bài toán về đa thức với kiến thức đại số cao cấp 2.1 2.1.1 Bài toán chứng minh sự bằng nhau của đa thức Một số kiến thức đại số cao cấp liên quan đến bài toán chứng minh hai... các số, còn P (x) và Q(x) là hai đa thức Chứng minh rằng nếu với ∀α ∈ A thỏa mãn đẳng thức P (α) = Q(α), thì hai đa thức P (x) và Q(x) bằng nhau Bài toán chứng minh đẳng thức 1 Cơ sở phương pháp: với cơ sở là bài toán đa thức bằng nhau trong đại số cao cấp thì trong toán ở phổ thông ta gặp ứng dụng chứng minh đẳng thức P =Q 2 Nếu ta đặt vế trái của đẳng thức là P (x) và vế phải là Q(x) thì bài toán. .. số luôn đi qua 1 điểm cố định (0; 0) Nếu p = 0 để (3) có nghiệm duy nhất ta phải có ∆ = 1 − 4p2 = 0 hay 1 p=± 2 1 Vậy p = ± và p = 0 là các giá trị cần tìm 2 Nhận xét: Đây là dạng bài toán trong phổ thông thường gặp nhất còn trong đại số cao cấp ta gặp bài toán dưới dạng Bài toán tìm điểm bất động, phần tử bất biến, phần tử trung hòa, 2.2 Bài toán phân tích đa thức 2.2.1 Một số kiến thức đại số cao. .. hữu tỷ {− ; 1} 2 Trong toán cao cấp thì ứng dụng của định lý Viet và định lý Benzout là rất rộng, nhưng trong chương trình toán phổ thông thì ta chỉ nhìn thấy được ứng dụng của định lý viet là chính còn định lý Benzout thì không rõ ràng Đối với một số phương trình mà hệ số của chúng có những mối liên hệ đặc biệt nào đó Ta có thể sử dụng định lí Viet để tìm ra hệ thức liên hệ giữa các nghiệm, có thể... trong bốn số 0, −b, −c, −d trùng nhau, dễ thấy kiểm tra trực tiếp P (x) = Q(x) Nếu những số này đôi một khác nhau, thì theo nguyên lí so sánh đa thức suy ra P (x) = Q(x) Nhận xét: Nếu trong đại số cao cấp với lý thuyết về bài toán hai đa thức bằng nhau thì ta gặp những bài toán như: Đồng nhất thức, đồng dư thức, chứng minh đẳng thức nhưng trong toán phổ thông ta thường gặp những dạng bài toán như chứng... 1 √ − 6x √ là đa thức bậc 6 với các hệ số nguyên nhận x1 = 2 + 3 3 làm một nghiệm Với p = 2, dễ dàng kiểm tra f (x + 1) là bất khả quy theo Định lý 2.2.3 Do đó đa thức với các hệ số x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 là bất khả √nguyên √ quy, bậc 6, nhận x1 = 2 + 3 3 làm một nghiệm Nhận xét: Một đa thức bất khả quy trong đại số cao cấp được vận dụng trong toán phổ thông cho ta thấy đa thức bậc nhất có... a1 xn−1 + · · · + an−1 x ± p là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên tố Nếu p > 1 + |a1 | + · · · + |an−1 | thì f (x) là bất khả quy Chứng minh Giả sử f (x) là khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g, h là những đa thức bậc dương với các hệ số nguyên Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g hay h phải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g bằng ±1 Vậy giá trị tuyệt đối của... (m) cho mọi số nguyên m Hệ quả 2.2.2 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ Z[x] phải là số nguyên Chứng minh Suy ra từ Bổ đề trên Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là những đa thức bậc 1 Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khả quy trên Q và trên R Một số tiêu chuẩn sau đây để có thể kiểm tra khi nào một đa thức với các hệ số nguyên là... ,còn |α1 αk | là số nguyên nên ta gặp mâu thuẫn Vậy không thể phân tích đa thức x2011 − 2011 ra thành tích hai đa thức với bậc 1 và các hệ số nguyên 19 Ví dụ 1.2.8 Với số tự nhiên n > 1, đa thức p(x) = xn + 18xn−1 + 2011 không thể phân tích được thành tích hai đa thức với bậc 1 và các hệ số nguyên Bài giải Giả sử phân tích được xn + 18xn−1 + 2011 = f (x)g(x) với f (x), g(x) ∈ Z[x] và deg f, deg g 1... các cặp chỉ số i, j = 1, , n, i < j Số các cặp (i, j) như vậy bằng n(n − 1) = 2d−1 (2d − 1) = 2d−1 q với số q lẻ Đa thức bậc 2d−1 q sau đây: 2 (x − βij ), g(x) = 1 i ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MỐI QUAN HỆ GIỮA NỘI DUNG ĐẠI SỐ CAO CẤP Ở TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ TOÁN SƠ CẤP Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN... môi trường học toán cao cấp trường đại học Nghiên cứu giúp đỡ sinh viên tìm mối liên hệ hữu nội dung đại số cao cấp trường sư phạm với nội dung toán trường phổ thông nay: Ở Đại học sư phạm Hà Nội. .. đại số cao cấp trường đại học toán sơ cấp trường phổ thông" , làm hướng nghiên cứu đề tài cho luận văn cao học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp Mục đích luận văn Tìm hiểu mối quan hệ nội dung