Hệ phương trình sinh từ đa thức: Kinh nghiệm giải và bài tập

Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2022. ISBN: 978-604-82-7001-8

105

HỆ PHƯƠNG TRÌNH SINH TỪ ĐA THỨC

Nguyễn Thị Lý1

, Nguyễn Hữu Thọ1

1Trường Đại học Thủy lợi, email:lycs2@tlu.edu.vn

1. GIỚI THIỆU CHUNG

Đây là một báo cáo tổng quan về một chủ

đề mà chúng tôi đã từng sử dụng trong quá

trình ôn luyện cho đội tuyển Olympic Toán

học của Trường Đại học Thủy lợi tham dự

các kỳ thi Quốc gia. Từ quá trình dạy học,

chúng tôi đúc kết thành một báo cáo mang

tính tổng quan để có thể áp dụng và phát

triển tiếp trong những năm tiếp theo. Các ví

dụ trong báo cáo này hầu hết được lấy từ

các bài tập (chưa có lời giải) hoặc đề thi

Olympic Toán cho sinh viên trong tài liệu

tham khảo, cách giải được trình bày theo

chủ đề mà chúng tôi quan tâm và hầu hết

khác với cách giải có trong tài liệu tham

khảo tương ứng.

2. NỘI DUNG BÁO CÁO

2.1. Một số tổng quan lý thuyết

Định nghĩa 1.1([1]) Biểu thức

01 2 0

(x) a ax a x a x (a )   

gọi là đa thức bậc n.

Ký hiệu bậc: deg P( x ) n.

a: hệ số tự do,

a: hệ số chính hoặc hệ số bậc cao nhất.

Khi các hệ số 012 n

a ,a ,a ,...,a và

là các

số thực thì

(x) gọi là đa thức thực. Báo

cáo này chỉ quan tâm tới đa thức thực.

Nếu 0

()



 thì



 là nghiệm của đa

thức

(x).

Sau đây là một số định lý và hệ quả về

nghiệm của đa thức.

Định lý 1.2 ([1]) Mỗi đa thức bậc n có

không quá n nghiệm thực.

Hệ quả 1.3

1) Một đa thức có vô số nghiệm thì đó là

đa thức bậc không.

2) Nếu deg P( x ) n và có 1n giá trị

phân biệt 11n

,...,



 mà i

()C



 thì

(x) C.

3) Nếu hai đa thức bậc n mà chúng bằng

nhau tại 1n giá trị khác nhau của đối số thì

chúng đồng nhất bằng nhau.

Định lý 1.4 (Định lý Vi-et)([2]) Giả sử

phương trình 2

01 2 0

aaxax ax  

(với ..) có n nghiệm 12 n

,x ,...,x , khi đó:

112

21213 1

E(x) x x x ( ) a

E(x) xx xx x x ( ) a

....

E(x) xx...x ( ) .



 



 















2.2. Hệ phương trình sinh từ đa thức

Xét hệ phương trình:

12 1

12 2

( x ,x ,...,x ;a ) b

..........

( x ,x ,...,x ;a ) b

















với n ẩn 12 n

,x ,...,x .

Giả sử hệ có nghiệm



12 n

,x ,...,x , khi đó

suy ra phương trình 12

( x ,x ,...,t ) b

nghiệm đúng với các giá trị 12 n

t a ,a ,...,a .

Định lý: Cho đa thức

(t) b xt x t x t    

Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2022. ISBN: 978-604-82-7001-8

106

có deg P( t ) n Khi đó:

1) Nếu P(t) có n + 1 nghiệm thực a0, a1,

…, an, thì các hệ số của tk bằng 0, k = 0, 1,

…, n); tức là:

12 0

bx x x.

2) Nếu P(t) có n nghiệm thực 1,...., n

thì các hệ số của tk có thể được tính theo Định

lý Viet:

12 13 1

aa a ()

aa aa a a ( )

....

a a ...a ( ) x







 

















Một số ví dụ dưới đây sẽ cho ta thấy rõ được

ứng dụng của các vấn đề trên về đã thức liên

quan tới một số dạng toán về hệ phương trình

Ví dụ 1 [3] Giải hệ phương trình:

221

xx x

.....................................

xnx nx







 







 





Giải: Giả sử hệ phương trình có nghiệm



12 n

,x ,...,x , từ đó phương trình

12 3 1

xtx tx tx



   (1)

thoả mãn với 1, 2,...,tn=.

Đặt: 21

123

(t) (x ) tx t x t x



 .

Do deg ( ) 1

tn và () 0=Pt có n nghiệm

1, 2,...,tn= các hệ số của k

t đều bằng 0. Từ

đó suy ra :

,x x .

Thay 12

1, 0

xx x

 vào hệ ta

thấy thỏa mãn.

Vậy 12

( , ,..., ) (1,0,0,...,0)

xx x  là nghiệm

duy nhất của hệ phương trình đã cho.

Ví dụ 2 [3] Cho ,,,abcd là 4 số đôi một

khác nhau. Giải hệ phương trình:

32 4

1234

32 4

1234

32 4

1234

32 4

1234

ax ax ax x a

bx bx bx x b .

cx cx cx x c

dx dx dx x d















Giải: Xét đa thức:

43 2

1234

(t) t xt x t x t x    

có 4deg P . Từ hệ ta có

(a)P(b)P(c)P(d), suy ra

()

t có 4 nghiệm phân biệt nên có thể phân

tích thành dạng

43 2

1234

( t ) ( t a )( t b )( t c )( t d )

tAtAtAtA

    

    

Theo Định lý Viét:

A abcd

A ( ab ac ad bc bd cd )

A abc abc acd bcd

Aabcd





     











Suy ra 112 23 4 4n

A,xA,xA,xA. 

Ví dụ 3 [3] Tìm điều kiện tham số ,,,abcd

để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất.

234

1234

234

1234

234

1234

234

1234

11 1 1 0

(a)x(a)x(a)x(a)x

(b)x(b)x(b)x(b)x

(c)x(c)x(c)x(c)x

(

)

(

)

(

)

(

)

   

   



   



   



Giải: Đây là hệ phương trình tuyến tính

thuần nhất có số phương trình bằng số ẩn và

ta thấy



1234 0000

,x ,x ,x , , , là một

nghiệm (nghiệm tầm thường) của hệ.

Giả sử hệ có thêm nghiệm khác với

nghiệm tầm thường, khi đó hệ sẽ có vô số

nghiệm. Đặt 432

4321

(t) t x t x t x tx

1234

xxx, thì từ hệ ta thấy ()

t sẽ

nhận ,,,abcd làm nghiệm và ta có thể phân

tích ()

t thành dạng

(t) x (t a)(t b)(t c)(t d )

Bằng cách so sánh hệ số của k

t từ 2 cách

biểu diễn của ()

t ta có:

Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2022. ISBN: 978-604-82-7001-8

107

1234 4

x/x ( )(a b c d)

/x ( )(ab ac ad bc bd cd)

x / x ( ) ( abc abd bcd )

(x x x x )/ x ( ) (abcd),

  

     

  

 

thay 3 tỷ số trên vào phương trình cuối:

abcd ( abc abd bcd )

(ab ac ad bc bd cd )

(abcd) ,







tức là:

111 12(a )(b )(c )(d ) abcd .

Suy ra hệ sẽ có nghiệm duy nhất khi và chỉ

khi 111 12( a )( b )( c )( d ) abcd .

Ví dụ 4 [3]. Tính giá trị 222 2

yzw

nếu

222 2

22 2 2 2 2 2 2

222 2

22 2 2 2 2 2 2

222 2

22 2 2 2 2 2 2

222 2

22 2 2 2 2 2 2

21 23 25 27

41 43 45 47

61 63 65 67

8183 85 87

xyzw



























Giải: Từ đòi hỏi hệ phương trình có

nghiệm 222 2

,,,

yzw

tương đương với đòi

hỏi phương trình

222 2

2222

1357

xyzw

tt t t



 (2)

có nghiệm 4,16,36,64t.

Với 1, 9, 25, 49t, bằng cách khử mẫu số,

phương trình (2) tương đương với phương

trình đa thức () 0Pt , ở đây:

( ) ( 1)( 9)( 25)( 49)

( 9)( 25)( 81)

( 1)( 25)( 81)

(1)(9)(81)

(1)(9)( 25)

Pt t t t t

xt t t

yt t t

zt t t

wt t t

   

 



Do 4deg P( t )  và 0

(t) tại 4 giá trị

4163664t,,, nên

( ) ( 4)( 16)( 36)( 64).Pt t t t t   

So sánh hệ số của 3

t ở hai cách biểu diễn

()

t ta có

222 2

1 9 25 49

4163664

yzw

     

  

suy ra:

222 2

yzw . 

3. KẾT LUẬN

Báo cáo này là một tổng quan đạt được sau

một quá trình lâu dài tham gia ôn luyện đội

tuyển Olympic Toán học của Trường tham

dự các kỳ thi Quốc gia.

5. TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Lê Tuấn Hoa, (2005), Đại Số Tuyến Tính

Qua Các Ví Dụ Và Bài Tập, Nhà xuất bản

Đại học Quốc gia Hà Nội, 443 trang.

[2] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Nguyễn

Minh Tuấn, (2006), Các đề thi Olympic

Toán sinh viên Toàn quốc, NXB. Giáo dục,

226 trang.

[3] Vũ Tiến Việt (2017), Tài liệu ôn tập

Olympic Toán sinh viên, NXB Đại học

Quốc gia Hà Nội, 274 trang.

Hệ phương trình sinh từ đa thức

Chủ đề:

Tài liệu liên quan

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Hỗ trợ

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi