Một số ứng dụng của đa thức đối xứng

Chia sẻ: Le Chi | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

548
lượt xem 35
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chương trình toán ở THCS khái niệm đa thức đã được trình bày. Nhưng thực sự chưa vận dụng được nhiều vào giải quyết một số bài toán. Trong bài này tôi xin giới thiệu một số ứng dụng của đa thức đối xứng vào việc giải quyết một số bài toán đại số sơ cấp một cách đơn giản.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số ứng dụng của đa thức đối xứng

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG Ths. Cao Ngọc Châu Phòng GD&ĐT Can Lộc, Hà Tĩnh Trong chương trình toán ở THCS khái niệm đa thức đã được trình bày. Nhưng thực sự chưa vận dụng được nhiều vào giải quyết một số bài toán. Trong bài này tôi xin giới thiệu một số ứng dụng của đa thức đối xứng vào việc giải quyết một số bài toán đại số sơ cấp một cách đơn giản. I/ Cơ sở lý thuyết 1/ Định nghĩa: Một đa thức 3 ẩn x,y,z được gọi là đa thức đối xứng nếu nó không thay đổi giá trị khi ta thay thế một cách tuỳ ý các ẩn x,y,z cho nhau. Ví dụ 1: a, Các đa thức sau là đa thức đối xứng x+y, x.y, x2y+xy2, x2+y2, x5+y5, x2+y2+z2, x3+y3+z3-3xyz,... b, Các đa thức sau không phải là đa thức đối xứng: x-y, x2-y2,x3-3y2+2xy,... 2/ Đa thức đối xứng cơ bản a, Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng cơ bản: δ 1 = x + y, δ 2 = xy b, Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng cơ bản δ 1 = x + y + z, δ 2 = xy + xz + yz, δ 3 = xyz 3/ Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng cơ bản. a, Đối với đa thức hai ẩn việc biễu diễn tương đối đơn giản, Ví dụ 2: x2y + xy2=xy(x+y)= δ 1δ 2 , x2+y2=(x+y)2-2xy = δ 12 − 2δ 2 , x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y) = δ 13 − 3δ 1δ 2 ,.... b, Đối với đa thức ba ẩn việc biểu diễn phức tạp h ơn, nh ưng ta có th ể dùng phương pháp hệ số bất định. +, Đa thức 3 ẩn viết dưới dạng đầy đủ f ( x, y, z ) = t1 x a1 y b1 z c1 + t 2 x a2 y b 2 z c 2 + ... + t m x am y b1m z cm , trong đó hạng tử t i x ai y b1i z ci có bộ số mũ là (a i , bi , ci ) với i = 1, m Ví dụ3: f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = x 3 y 0 z 0 + x 0 y 3 z 0 x 0 y 0 z 3 − 3xyz +, Phương pháp biểu diễn: a b Chọn hạng tử cao nhất giả sử là t i x y z ci có bộ số mũ là (ai , bi , ci ) . i 1i Viết tất cả các bộ số mũ (d i , mi , ni ) thoã mãn d i + mi + ni = ai + bi + ci và d i ≥ mi ≥ n i . - Giả sử f ( x, y, z ) có dạng f ( x, y, z ) = k1δ d1 − m1 1 .δ 2m1 − n1 δ 3n1 + k 2δ d 2 − m2 1 .δ 1m2 − n2 δ 3 21 + ... + k t δ dt − mt 1 .δ 2mt − nt δ 3nt n
Cho x,y,z tuỳ ý ta tìm được k1 , k 2 ,..., k t Ví dụ 4: Biểu diễn đa thức sau: f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 qua các đa thức đối xứng cơ bản. - Hạng tử cao nhất là x 3 có bộ số mũ (3,0,0). - Viết tất cả các bộ số mũ: (3,0,0),(2,1,0),(1,1,1) Giả sử có: x 3 + y 3 + z 3 = k1δ 13−0δ 20 −0δ 30 + k 2δ 12 −1δ 2−0δ 30 + k 3δ 11−1δ 2 −1δ 3 = k1δ 13 + k 2δ 1δ 2 + k 3δ 3 . 1 1 1 Cho x=1, y=-2, z=1 ta được δ = 0, δ 2 = −3, δ 3 = −2 ⇒ k 3 = 3 . Cho x=1, y=1, z=0 ta được δ 1 = 2, δ 2 = 1, δ 3 = 0 ⇒ 8k1 + 2k 2 = 2 Cho x=1, y=1, z=1 ta được: δ 1 = 3, δ 2 = 3, δ 3 = 1 ⇒ 27k1 + 9k 2 + 3 = 3 Từ đó suy ra: k1 = 1, k 2 = −3 Vậy x 3 + y 3 + z 3 = δ 13 − 3δ 1δ 2 + 3δ 3 II/ Một số ứng dụng 1. Chứng minh các hằng đẳng thức Ví dụ 5: Cho x + y = 1, x 3 + y 3 = a, x 5 + y 5 = b Chứng minh rằng: 5a(a + 1) = 9b + 1 Giải: Ta có x 3 + y 3 = ( x + y ) 3 − 3xy( x + y ) = δ 13 − 3δ 1δ 2 1− a ⇒ δ2 = (1) 3 Mặt khác b = x5 + y5 + x 2 y3 + x3 y 2 − x 2 y 3 − x3 y 2 = x 2 ( x 3 + y 3 ) + y 2 ( x 3 + y 3 ) − x 2 y 2 ( x + y) = ( x 2 + y 2 )( x 3 + y 3 ) − x 2 y 2 ( x + y ) = (δ 12 − 2δ 2 )(δ 13 − 3δ 1δ 2 ) − δ 1δ 22 = (1 − 2δ 2 )(1 − 3δ 2 ) − δ 22 5a 2 + 5a − 1 = 1 + 5δ 22 − 5δ 2 = theo (1) 9 Vậy: 9b = 5a 2 + 5a − 1 hay 9b + 1 = 5a(a + 1). Đpcm 2. Chứng minh các bất đẳng thức ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 ≥ 0 Từ bất đẳng thức ⇔ 2( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2( xy + xz + yz ) ≥ 0 ⇔ 2(δ 12 − 2δ 2 ) − 2δ 2 ≥ 0 ⇔ δ 12 ≥ 3δ 2 Từ BĐT trên ta vận dụng chứng minh các BĐT khác. Ví dụ 6: Chứng minh các BĐT a, ( ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c) với a, b, c ∈ R b, (a + b + c)(ab + ac + bc) ≥ 9abc với a, b, c ∈ R + Giải:
a, Từ δ 12 ≥ 3δ 2 hay ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + xz + yz ) đặt x = ab, y = ac, z = bc ta được (ab + ac + bc)2 ≥ 3(a 2 bc + ab 2 c + abc 2 ) = 3abc(a + b + c) . b, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với δ 1δ 2 ≥ 9δ 3 . Do a, b, c dương nên δ 1 , δ 2 , δ 3 > 0 . Từ các BĐT δ 12 ≥ 3δ 2 và δ 22 ≥ 3δ 1δ 3 ta có δ 12δ 22 ≥ 9δ 1δ 2 δ 3 Suy ra δ 12 ≥ 9δ 2 δ 3 3.Phân tích đa thức sau thành nhân tử: Ví dụ 7: Phân tích đa thức f ( x, y ) = x 3 + 3 x 3 y + 2 x 2 y + 3 x 2 y 2 + 2 xy 2 + 3 xy 3 + y 3 thành nhân tử Giải: Ta có: f ( x, y ) = x + y + 3xy ( x + y ) + 2 x y ( x + y ) + 3x y 3 3 2 2 2 2 = δ 13 − 3δ 1δ 2 + 3δ 2 (δ 12 − 2δ 2 ) + 2δ 1δ 2 + 3δ 22 = δ 13 − δ 1δ 2 + 3δ 12δ 2 − 3δ 22 = δ 12 (δ 1 + 3δ 2 ) − δ 2 (δ 1 + 3δ 2 ) = (δ 1 + 3δ 2 )(δ 12 − δ 2 ) = ( x + y + 3 y )( x 2 + y 2 + xy ). 4. Giải phương trình và hệ phương trình Ví dụ 8: Giải phương trình 4 x − 2 + 3− x =1 Giải: Đặt 4 x − 2 = u, 4 3 − x = v Ta có: u, v ≥ 0 u + v = 1 δ 1 = 1 Khi đó ta có hệ:  4 4 ⇒ 2 u + v = 1 (δ 1 − 2δ 2 ) − 2δ 2 = 1 2 2 Từ đó suy ra: δ 2 = 0 hoặc δ 2 = 2 . Vì u = v = 1 không xảy ra, nên δ2 ≠ 2 δ 1 = 1 u = 1 u = 0 Vậy:  ta có  hoặc  δ 2 = 0 v = 0 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 Ví dụ 9: Giải hệ phương trình x + y =3 Gi¶i hÖ: x 4 + y 4 =17 Giải: t1 = 3 Ta đặt t1= x + y và t2= x . y ta có hệ : thế t1 = t14 − 4t12t2 + 2t2 2 = 17 3 ta có :
2t2 2 − 36t2 + 64 = 0 � t2;1 = 16; t2;2 = 2 do đó x; y là các nghiệm của pt: u 2 − 3u + 16 = 0 hoặc u 2 − 3u + 2 = 0 x =1 x =2 từ đó ta có: hoặc y =2 y =1 Tài liệu tham khảo [1]. Tạp chí toán học và tuổi trẻ Quyển 2, NXB Giáo dục, 2006. [2]. Đậu Thế Cấp, Đai số sơ cấp, Nhà xuất bản Giáo dục, 2004. [3]. Ron Larson and Robert P.Hosterler, Houghton Mifflin Company Boston New York.