zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Bài giảng Ứng dụng định lý Viète - Nguyễn Thành Nhân

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:56

Báo xấu

11
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng "Ứng dụng định lý Viète" được biên soạn bởi tác giả Nguyễn Thành Nhân, khai thác chuyên sâu định lý Viète và ứng dụng. Cùng tham khảo chi tiết bài giảng để nắm được nội dung chi tiết nhé các bạn!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Ứng dụng định lý Viète - Nguyễn Thành Nhân

October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIÈTE ĐẠI SỐ SƠ CẤP A. LỊCH SỬ. François Viète, Seigneur de la Bigotière ( tiếng Latinh : Franciscus Vieta ; 1940 - 23 tháng 2 năm 1603) là một nhà toán học người Pháp có công trình về đại số mới là một bước tiến quan trọng đối với đại số hiện đại, do việc sử dụng sáng tạo các chữ cái làm tham số trong phương trình và đồng thời ứng dụng chúng trong việc biến đổi và giải phương trình. Ông là một luật sư về thương mại, và từng là ủy viên hội đồng bí mật cho cả Henry III và Henry IV của Pháp. Ông đã phát hiện ra mối liên hệ giữa các nghiệm và các hệ số của phương trình. Ông còn là một chuyên gia về giải các mật mã trong thế chiến giữa Pháp và Tây Ban Nha. Ông mất năm 1603.  Thành tựu nổi bật: Đại số mới. Nền Vào cuối thế kỷ 16, toán học được đặt dưới sự bảo trợ kép của người Hy Lạp, họ đã mượn các công cụ của hình học và người Ả Rập, những người cung cấp các thủ tục cho phép giải. Vào thời của Viète, đại số do đó dao động giữa số học, điều này làm xuất hiện một danh sách các quy tắc và hình học có vẻ chặt chẽ hơn. Đại số biểu tượng của Viète Viète đã tạo ra nhiều đổi mới: công thức nhị thức , sẽ được Pascal và Newton lấy, và các hệ số của đa thức thành tổng và tích các gốc của nó , được gọi là công thức Viète . Đại số hình học Viète rất thành thạo trong hầu hết các công cụ hiện đại, nhằm mục đích đơn giản hóa các phương trình bằng cách thay thế các đại lượng mới có mối liên hệ nhất định với các đại lượng chưa biết ban đầu. Một tác phẩm khác của ông, Recensio canonica effectionum learningarum , mang dấu ấn hiện đại, sau này được gọi là hình học đại số — một bộ sưu tập các giới thiệu cách xây dựng các biểu thức đại số chỉ với việc sử dụng thước và compass. 1 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] B. ĐỊNH LÝ VIÈTE. Trong toán học, định lý Viète hay công thức Viète (có khi viết theo phiên âm tiếng Việt là Vi-ét), do nhà toán học Pháp François Viète tìm ra, nêu lên mối quan hệ giữa các nghiệm của một phương trình đa thức (trong trường số phức) và các hệ số của nó. I. Định lý Viète cho phương trình bậc hai. 1. Bài toán mở đầu. Xét phương trình bậc hai: y  ax 2  bx  c  a  0  1 . Giả sử:   b2  4 ac  0 .  b    x1   2a Ta có:  là hai nghiệm tổng quát của phương trình ax 2  bx  c  0 .  b    x2  2 a  b   b   b S  x1  x2     2a 2a a Khi đó:    2 2 .  b   b   b2   b  b  4ac c  P  x1 x2  2 a . 2a    a  4a2 4a2 2. Định lý Viète. Extra Techniques Định lý Viète Nếu x1 , x2 là hai nghiệm (trên trường số phức , có thể nghiệm đơn hoặc nghiệm kép)  b  x1  x2  S    a. của phương trình: ax 2  bx  c  0 , thì:  x x  P  c  1 2 a Chứng minh: 2 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] Giả sử: x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax 2  bx  c  0 . Khi đó, phương trình bậc hai 1 tương đương với phương trình y  a  x  x1  x  x2  . Như vậy, ta có đẳng thức: ax 2  bx  c  a  x  x1  x  x2  . Hay: ax 2  bx  c  ax 2  a  x1  x2  x  ax1 x2 .  b b  a  x1  x2   x1  x2   a Đồng nhất hệ số hai vế, ta thu được:   (đpcm).  c  ax x 1 2 x x  c  1 2 a Như vậy, một câu hỏi được đặt ra: Liệu rằng có hay không một Định lý Viète tổng quát trên trường số thực cho một đa thức có bậc n ? Câu trả lời là có và xin được trình bày tiếp ở phần dưới đây. II. Định lý Viète cho phương trình đa thức bất kỳ. 1. Bài toán mở đầu. Xét phương trình bậc n theo ẩn x tổng quát như sau: y  an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0 ,  an  0   2  Giả sử: xi , i  1, n là n nghiệm của phương trình an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  0 . Khi đó, phương trình bậc n tương đương với phương trình: y  an  x  x1  x  x2  ...  x  xn  Như vậy, ta có: an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  an  x  x1  x  x 2  ... x  xn   an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  an x n    an x1  x2  ...xn      n elements  3 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]      an x1 x2  x1 x3  ...  xk xk 1  ...  xn 1 xn      n n 1  elements  2  .......................................................................     1 n 1 an x1 x2 ... xn 1  x1 x2 ... xn 2 xn  ...  x2 x3 ...xn      n elements    1 an x1 x2 ... xn n Đồng nhất hệ số ở hai vế, ta thu được Định lý Viète mở rộng như sau: Extra Techniques Định lý Viète mở rộng  Nếu xi , i  1, n, n    là hai nghiệm (trên trường số phức , có thể nghiệm đơn hoặc nghiệm kép) của phương trình: an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  0 , thì: n an1  xi  x1  x2  ...  xn    i 1 an  n a   xi x j  x1 x2  x1 x3  x2 x3  ....  xn1 x n  n2 1i j n an  ............................................................ .  n n 1 a   xi xi ...xi  x1 x2 ...xn 1  x1 x2 ...xn 2 xn  ...  x2 x3 ... xn   1 . 1 1i1 i2 ...in 1  n 1 2 n 1 an  n  x  x x ...x   1n . a0  i 1 2 n an  i 1 Lưu ý: Trong mỗi hàng k bất kỳ, vế trái của đẳng thức là tổng của các tích từng cụm k các nghiệm của phương trình trên. Và vế phải của đẳng thức được tính một cách tổng ank quát theo công thức:  1 k . an 4 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] Một số tổng quát thường gặp:  Phương trình bậc ba: Nếu x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình: ax 3  bx 2  cx  d  0 thì công thức Viète  b  x1  x2  x3   a   c cho ta:  x1 x2  x2 x3  x3 x1  .  a  d  x1 x2 x3   a   Hệ quả 1 của định lý Viète: Giả sử phương trình: an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  0  3  có các hệ số ai , i  0, n thỏa mãn: n  n 1  2  2      i   a 2k   a2 k 1  0 khi và chỉ khi: x  1 là một nghiệm của phương trình  3  . k 0 k 1 n  n 1  2  2       ii   a 2k   a2 k 1  0 khi và chỉ khi: x  1 là một nghiệm của phương trình  3  . k 0 k 1 Chứng minh i   : n  n 1  2  2      Giả sử:  a2 k   a2 k 1  0  a0   an  an 1  ...  a1 . k 0 k 1     Khi đó:  3  an x n  an  an1 x n1  an1  ...   a1 x  a1   0 ;     an x n  1  an1 x n1  1  ...  a1  x  1  0        x  1  an x n1  x n2  ...  1  an1 x n2  x n3  ...  1  ...  a2  x  1  a1   0  5 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]  x  1 là một nghiệm. i   : Giả sử: x  1 là một nghiệm của phương trình  3  , khi đó, ta có: n  n 1  2  2      an 1  an1 1  ...  a1 1  a0  0  an  an 1  ...  a1  a0   a2 k  n n 1  a2 k 1  0 . k 0 k 1 Vậy:  i  hoàn toàn được chứng minh.  ii   : Bài toán phụ:  Ta có:    x 2 t 1  1  x  1 x 2 t  x 2 t 1  ...  1 k x k  ...  1  x  1 .       2t1  4    *      2  x 2 k  1  x k  1  x k  1 x k  1  ...   x  1 .  5   2t Một điều đáng nói, ở đây k hoặc chẵn hoặc lẻ, nhưng điều đó không quan trọng vì nếu   k  2 thì ta xét x k  1 như ở đẳng thức  5  , nếu k  2  1 thì hoàn toàn rút được lượng nhân tử  x  1 theo đẳng thức  4  . Như vậy dù k là bội  nào đó của 2 , thì đến một số đủ lớn các bước (sau  bước), ta sẽ thu được nhân tử  x  1 . n  n 1  n  n 1  2  2  2  2          Giả sử:  a2 k   a2 k 1  0  a0    a2 k   a2 k 1 . k 0 k 1 k 1 k 1 Khi đó:  3    an x n   1  n 1   n    an    an1 x n1   1 an1   ...  a2 x 2  a2   a1 x  a1   0 .   x  1  an n  an1 n1  ...  a2  x  1  a1   0  x  1 là một nghiệm của  3  .  ii   : Giả sử: x  1 là một nghiệm của phương trình  3  , khi đó, ta có: 6 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] an  1  an1  1  ...  a1  1  a0  0   1 an   1 an1  ...   1 ak ...  a1  a0  0 n n 1 n n 1 k n  n 1  2  2  .       a2 k   a2 k 1  0 k 0 k 1 Vậy:  ii  hoàn toàn được chứng minh. Extra Techniques Study tips Xét phương trình: ax 2  bx  c  0  a  0   6  .  x1  1  Nếu phương trình  6  có tổng a  b  c  0 thì:  c là hai nghiệm của  6  . x  2   a  x1  1  Nếu phương trình  6  có tổng a  b  c  0 thì:  c là hai nghiệm của  6  .  x2    a  Hệ quả 2 của định lý Viète: Giả sử phương trình: an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  0  3  có n nghiệm, kí hiệu xi , i  1, n .  n  1  xi S   i 1  n S2   xi x j  1i  j  n  Nếu ta đặt: ........................  n Sn1   xi1 xi2 ...xin1  1i1 i2 ...in 1  n  n S   x  n i 1 i 7 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] Khi đó: xi , i  1, n là nghiệm của phương trình: x n  S1 x n1  S2 x n2  ...   1 Sk .x nk  ...   1 Sn1 x   1 Sn  0  7  . k n 1 n Chứng minh: Theo định lý Viète mở rộng, ta suy ra: Nếu xi , i  1, n là nghiệm của  3  , thì: n an1  xi  x1  x2  ...  xn    i 1 an  n a   xi x j  x1 x2  x1 x3  x2 x3  ....  xn1 x n  n2 1i j n an  ............................................................  n n 1 a   xi xi ...xi  x1 x2 ...xn 1  x1 x2 ...xn 2 xn  ...  x2 x3 ... xn   1 . 1 1i1 i2 ...in 1  n 1 2 n 1 an  n  x  x x ...x   1n . a0  i 1 2 n an  i 1  an1 S1    an  a S2  n2  an  Như vậy, dễ dàng ta có: .................. .  n 1 a Sn1   1 . 1  an  S   1n . a0  n an  an1 n1 an2 n2 a a Vậy phương trình  7  tương đương với: x n  x  x  ...  1 x  0  0 . an an an an 8 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]   Vì: deg f  x1 , x2 ,..., xn   n  an  0 . Nhân cả hai vế cho an , ta thu được phương trình  3  (đpcm). Extra Techniques Study tips  S  x1  x2 Xét phương trình: ax 2  bx  c  0  a  0   6  với   0 , nếu ta đặt:  .  P  x1 x2 Thì: x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2  Sx  P  0, S 2  4 P .   C. MỘT SỐ TIPS GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIÈTE. I. Dấu nghiệm của phương trình bậc hai. Dấu nghiệm x1 x2 S  x1  x2 P  x1 x2 Điều kiện cần Điều kiện đủ Trái dấu  ?  P0 Cùng dấu     P0 0 Cùng dương     P  0, S  0 Cùng âm     P  0, S  0 II. Một số đẳng thức cần lưu ý. i  x12  x2 2   x1  x2   2 x1 x2  S 2  2 P 2  ii   x13  x2 3   x1  x2   x1  x2   3 x1 x2   S. S 2  3P  2   2   2  iii  x1  x2   x1  x2   2 x1 x2   2  x1 x2   S 2  2 P 4 4 2 2  2P 2   1 1 x1  x2 P  iv   x1 x2  x1 x2  S v x  x2   4 x1 x2  S 2  4 P  x2  x1  2 x2  x1  1 9 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] III. Ứng dụng đa thức đối xứng để giải quyết các bài tập áp dụng định lý Viète. 1. Định nghĩa. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị, f  x1 , x2 ,..., xn  là một đa thức của vành A  x1 , x2 ,..., xn  . Đa thức f  x1 , x2 ,..., xn  được gọi là một đa thức đối xứng của   n ẩn nếu f  x1 , x2 ,..., xn   f x 1 , x  2  ,..., x  n  với mọi phép thế  1 2 .... n       1   2  ....   n      f x 1 , x  2  ,..., x  n  suy ra từ f  x1 , x2 ,..., xn  bằng cách thay trong f  x1 , x2 ,..., xn  , x1 bởi x 1 ,...., xn bởi x  n  . 2. Định lý 1. Bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành A  x1 , x2 ,..., xn  là một vành con của vành A  x1 , x2 ,..., xn  . Chứng minh: Giả sử f  x1 , x2 ,..., xn  và g  x1 , x2 ,..., xn  là những đa thức đối xứng của vành A  x1 , x2 ,..., xn  , theo định nghĩa ta có:  f  x1 , x2 ,..., xn   f x 1 , x  2  ,..., x  n   Và  g  x1 , x2 ,..., xn   g x 1 , x  2  ,..., x  n    1 2 .... n  với mọi phép thế     . Thế thì:   1   2  ....   n       f  x1 , x2 ,..., xn   g  x1 , x2 ,..., xn   f x 1 , x  2  ,..., x  n   g x 1 , x  2  ,..., x  n  ,     f  x1 , x2 ,..., xn  .g  x1 , x2 ,..., xn   f x 1 , x  2  ,..., x  n  .g x 1 , x  2  ,..., x  n   10 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] với mọi phép thế  . Từ đó, suy ra bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành A  x1 , x2 ,..., xn  là một vành con của vành A  x1 , x2 ,..., xn  . Chú ý: Có thể coi mỗi phần tử của vành A là một đa thức đối xứng đặc biệt. Thật vậy, a  A thì ta có thể viết: a  x10 x2 0 ...xn 0 . Các đa thức đối xứng cơ bản:  n   1  x 1  x 2  ...  x n   xi  i 1  n  2  x1 x2  x1 x3  x2 x3  ....  xn1 xn   xi x j  1i  j  n  ............................................................  n  n1  x1 x2 ...xn1  x1 x2 ...xn2 xn  ...  x2 x3 ...x n   xi1 xi2 ...xin1  1i1 i2 ...in 1  n  n   x x ...x   x 1 2  n n i 1 i Theo Định lý 1 thì mọi đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản  1 ,  2 ,..., n cũng là một đa thức đối xứng của n ẩn x1 , x2 ,..., xn . Chiều ngược lại cũng đúng, đó chính là nội dung của định lý cơ bản về đa thức đối xứng dựa trên các Bổ đề sau. 3. Bổ đề 1. Giả sử f  x1 , x2 ,..., xn  là một đa thức đối xứng khác 0 và  x1 1 x2 2 x3 3 ...xn a a a an là hạng tử cao nhất của nó, thế thì: a1  a2  ...  an . Chứng minh: Ta phải chứng minh: ai 1  ai , i  2, n . Vì f  x1 ,..., xn  là một đa thức đối xứng nên nếu thay xi 1 bởi xi và hoán vị ngược lại thay xi bởi xi 1 , ta được:  x1a1 ...xi ai 1 xi 1ai ... xn an cũng là một hạng tử của f  x1 ,..., xn  . Giả sử: ai  ai 1 , khi đó: 11 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]  a ,..., a 1 i 2 , ai , ai 1 ,..., an    a1 ,..., ai 2 , ai 1 , ai ,..., an  . a a a an Điều này mâu thuẫn với giả thuyết  x1 1 ... xi 1 i 1 xi i ... xn là hạng tử cao nhất. 4. Bổ đề 2. Giả sử a1 ,..., an là những số tự nhiên sao cho: a1  a2  ...  an thế thì đa thức f  x1 , x2 ,..., xn    1 1 2 2 a an 2 a a a2 a3 ... n1 n1  n an trong đó  1 ,..., n là các đa thức đối xứng cơ bản, có hạng tử cao nhất là a a a x1 1 x2 2 ... xn n . Chứng minh: Các hạng tử cao nhất của  1 , 2 ,..., n1 , n theo thứ tự là: x1 , x1 x2 ,..., x1 x2 ...xn1 , x1 x2 ...xn Ta có hạng tử cao nhất của f  x1 ,..., xn  là: x x  ...  x1 x2 ... xn1   x x ...x  a  a2 a2  a3 an 1  an an a a an x1 1 1 2 1 2 n  x1 1 x2 2 ... xn (đpcm). Sở dĩ ta kết luận được hạng tử như thế là do ta chứng minh được một Định lý sau: Định lý * . Giả sử f  x1 , x2 ,..., xn  và g  x1 , x2 ,..., xn  là hai đa thức khác không của vành a a1n b b A  x1 , x2 ,..., xn  có hạng tử cao nhất theo thứ tự là c1 x1 11 ... xn và d1 x1 11 ...xn 1n . Nếu c1d1  0 thì hạng tử cao nhất của đa thức tích f  x1 , x2 ,..., xn  .g  x1 , x2 ,..., xn  là c1d1 x1 11 a  b11 a  b1n ... xn 1n . Chứng minh:  f  x , x ,..., x   c x a11 ...x a1n  ...  c x al1 ...x aln  1 2 n 1 1 n l 1 n Giả sử:  đã được sắp xếp theo lối từ điển.   1 2 n b11 b1n bm1 bm n g x , x ,..., x  d x 1 1 ... x n  ...  d x m 1 ... x n Điều đó có nghĩa là: 12 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] a11 ,..., a1n    ai1 ,..., ain  , i  2, l Và b 11 ,..., b1n    bi1 ,..., bin  , i  2, m . Ta sẽ chứng minh: a  b11 a  b1n c1d1 x1 11 ... xn 1n là hạng tử cao nhất của đa thức tích f  x1 ,..., xn  .g  x1 ,..., xn  . Nhân f  x1 ,..., xn  với g  x1 ,..., xn  , ta được: f  x1 ,..., xn  .g  x1 ,..., xn    ci d j x1 i1 i, j a  b j1 ...xn ain  b jn   , i  1, l ; j  1, m . Mỗi hạng tử ci d j x1 i1 a  b j1 ...xn ain  b jn  cho ta phần tử ai1  b j1 ,..., ain  b jn   n . Nhưng vì, ta lại có: +) Nếu  a1 ,..., an    b1 ,..., bn  thì  a1  c1 ,..., an  cn    b1  c1 ,..., bn  cn  ,   c1 ,..., cn   n . Thật vậy! Vì:  a1 ,..., an    b1 ,..., bn  nên có một chỉ số i  1, n sao cho: a1  b1 ,..., ai 1  bi 1 , ai  bi . Do đó: a1  c1  b1  c1 ,..., ai 1  ci 1  bi 1  ci 1 , ai  ci  bi  ci (đpcm). +) Nếu  a1 ,..., an    b1 ,..., bn  và  c1 ,..., cn    d1 ,..., dn  , thì: a 1  c1 ,..., an  cn    b1  d1 ,..., bn  dn  . Thật vậy! Ta có:  a1  c1 ,..., an  cn    b1  c1 ,..., bn  cn    b1  d1 ,..., bn  dn  (đpcm). Do vậy, ta có các bất đẳng thức sau: 13 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] a 11    b11 ,..., a1n  b1n   a11  b j1 ,..., a1n  b jn , j  2, m a 11  b11 ,..., a1n  b1n    ai1  b11 ,..., ain  b1n  , i  2, l     a11  b11 ,..., a1n  b1n   ai1  b j1 ,..., ain  b jn , i  2, l, j  2, m a  b11 a  b1n Vậy hạng tử c1d1 x1 11 ... xn 1n chính là hạng tử cao nhất của đa thức tích. 5. Bổ đề 3. Giả sử g  1 ,..., n  là một đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản g  1 ,..., n   c1 1 11 ... n 1n  ...  cm 1 m1 ... n a a a amn  trong đó ci  0, i  1, m , và  ai1 ,..., ain   a j1 ,..., a jn , i  j .  Thế thì: g  1 ,..., n   0 . Chứng minh: Trong g  1 ,..., n  , thay  1 bằng x1  x2  ...  xn ,..., n bằng x1  x2  ...  xn ta được một đa thức của các ẩn x1 , x2 ,..., xn . m g  x1  x2  ...  xn ,..., x1 x2 ...xn   f  x1 ,..., xn    fi  x1 ,..., xn  i 1 với f1  x1 ,..., xn   c1  x1  x2  ...  xn  i1 ...  x1 x2 ...x3  in , i  1, m . a a Hạng tử cao nhất của đa thức f1  x1 ,..., xn  theo Định lý  *  là: c1 x1 11  x1 x2  12 ...  x1 x2 ...xn  1n  ci x1 i1 x2 i 2 ...xk a a a k k km 14 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] ai1  ai 2  ...ain  ki1  ai 2  ...ain  ki 2 với:  . ................................. a  k  in in Hạng tử cao nhất của mỗi đa thức fi  x1 ,..., xn  , cho ta phần tử  ki1 , ki 2 ,..., kin   n .   Ta có:  ki1 , ki 2 ..., kin   k j1 , k j 2 ,..., k jn , i  j .   Vì nếu:  ki1 , ki 2 ..., kin   k j1 , k j 2 ,..., k jn , i  j , thì: ai1  ki1  ki 2  k j1  k j 2  a j1 ai 2  ki 2  ki 3  k j 2  k j 3  a j 2 ................................................. ain  kin  k jn  a jn với i  j , mâu thuẫn với giả thuyết. Vì n sắp thứ tự toàn phần nên bộ phận hữu hạn gồm các phần tử  ki1 , ki 2 ..., kin  với i  1, m có phần tử lớn nhất, chẳng hạn  k11 , k12 ,..., k1n  là phần tử lớn nhất. Do đó c1 x1 11 ... xn 1n là hạng k k tử cao nhất của f  x1 ,..., xn  . Vậy: g  1 ,..., n   f  x1 ,..., xn   0 (đpcm). Hệ quả. Giả sử: h  x1 , x2 ,..., xn   c1 x1 11 ...xn 1n  ...  cm x1 m1 ...xn a a a amn và h '  x1 , x2 ,..., xn   c1' x1 11 ...xn 1n  ...  c1' m x1 m1 ...xn a a a amn   là hai đa thức trong đó  ai1 ,..., ain   a j1 ,..., a jn khi i  j , sao cho: 15 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG] h  1 ,..., n   h '  1 ,..., n  Thế thì ci  ci ', i  1, m . Chứng minh: Giả sử có ci  ci ' . Đặt: g  1 ,..., n   h  1 ,..., n   h '  1 ,..., n  .   c1  c1 '  1 11 ... n 1n  ...   cm  cm '  1 m1 ... n a a a amn Vì: c1  c1 ' , nên c1  c1 '  0 . Theo Bổ đề 3, ta có: g  1 ,..., n   0 . Nhưng theo giả thuyết thì: g  1 ,..., n   0 , mâu thuẫn. 6. Định lý 2. (Định lý cơ bản về đa thức đối xứng). Giả sử f  x1 , x2 ,..., xn   A  x1 , x2 ,..., xn  là một đa thức đối xứng khác không, khi đó có một và chỉ một đa thức h  x1 , x2 ,..., xn   A  x1 , x2 ,..., xn  sao cho f  x1 , x2 ,..., xn   h  1 , 2 ,..., n  . Trong đó  1 , 2 ,..., n là các đa thức đối xứng cơ bản. Chứng minh: Sự tồn tại. Ta hãy sắp xếp f  x1 , x2 ,..., xn  theo lối từ điển, giả sử  x1 1 x2 2 ...xn a a an là hạng tử cao nhất của f  x1 , x2 ,..., xn  . Theo Bổ đề 1, ta có: a1  a2  ...  an Mặt khác, theo Bổ đề 2, thì đa thức: 16 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]  1a1 a2  2 a2 a3 ... n1an1 an n an a a a cũng có hạng tử cao nhất là:  x1 1 x2 2 ...xn n . Xét hiệu: f1  x1 ,..., xn   f  x1 ,..., xn    1 1 2 2 a a a2 a3 a a a ... n1 n1 n n n . Nếu f1  x1 ,..., xn   0 , thì ta sắp xếp nó theo lối từ điển và giả sử  x1b1 x2 b2 ...xn bn là hạng tử cao nhất của nó. Theo Định lý 1 thì f1  x1 , x2 ,..., xn  cũng là một đa thức đối xứng, và do đó ta có: b1  b2  ...  bn . Mặt khác, từ biểu thức của hiệu hai đa thức, ta có:  a ,..., a    b ,..., b  1 n 1 n Do đó: a1  b1 . Xét hiệu: f2  x1 ,..., xn   f1  x1 ,..., x2    1 1 2 2 b b b2 b3 b b b ... n1 n1 n n n . Nếu f2  x1 ,..., xn   0 , ta hãy sắp xếp nó theo lối từ điển và giả sử  x1c1 ...xn cn là hạng tử cao nhất của nó. Cũng lý luận tương tự đối với f1  x1 ,..., xn  , ta được: c1  c2  ...  cn Với 17 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]  b , b ,..., b    c , c ,..., c  . 1 2 n 1 2 n Ta nhận thấy rằng dãy  a1 ,..., an    b1 ,..., bn    c1 ,..., cn   ... không thể giảm vô hạn, tức là quá trình lập luận trên diễn ra không thể vô tận. Sau một số hữu hạn bước, ta sẽ có: 0  fk  x1 , x2 ,..., xn   1 1 2 2 2 3 ... n1 n1 n n n l l l l l l l Vậy, từ các kết quả trên, ta có: f  x1 , x2 ,..., xn    1 1 2 2 a a a2 a3 a b b b2 b3 b l l l l l ... n n   1 1 2 2 ... n n  ...   1 1 2 2 2 3 ... n n . Vậy đa thức h  x1 , x2 ,..., xn  cần tìm là đa thức: h  x1 , x2 ,..., xn    x1 1 a a2 a2 a3 a b b2 b2 b3 b l l l l l x2 ...xn n   x1 1 x2 ...xn n  ...   x1 1 2 x2 2 3 ...xn n Tính duy nhất. Giả sử có một đa thức h '  x1 ,..., xn  sao cho h '  1 ,..., n   f  x1 ,..., xn  . Thế thì: h '  1 ,..., n   h  1 ,..., n  . Áp dụng hệ quả của Bổ đề 3 ta có: h  x1 ,..., xn   h '  x1 ,..., xn  . Hệ quả. Giả sử f  x   x n  a1 x n1  ...  an là một đa thức bậc n trên trường K , có n nghiệm 1 , 2 ,..., n trong trường E nào đó chứa K như một trường con và giả sử g  x1 , x2 ,..., xn   K  x1 , x2 ,..., xn  là đa thức đối xứng. Khi đó: g 1 , 2 ,..., n   K . Chứng minh: Thật vậy! Theo định lý cơ bản về đa thức đối xứng, tồn tại   K  x1 , x2 ,..., xn  sao cho g  x1 , x2 ,..., xn     1 , 2 ,..., n  . Mặt khác, theo công thức Viète, ta có: 18 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]  k 1 , 2 ,..., n    1 ak  K . k Bởi vậy    g 1 , 2 ,..., n     1 1 ,..., n  ,..., n 1 ,..., n    a1, a2 ,...,  1 an  K . n  Phép chứng minh Định lý 2 cho phép chúng ta biết cách biễu diễn một đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản. Trong thực tế để việc biểu diễn nhanh chóng hơn, chúng ta có nhận xét rằng đa thức đối xứng f  x1 , x2 ,..., xn  có thể không phải là đẳng cấp, nhưng các hạng tử có cùng một cấp của nó lập thành một đa thức đối xứng đẳng cấp, do đó f  x1 , x2 ,..., xn  là tổng của những đa thức đối xứng đẳng cấp. Bây giờ giả sử f  x1 , x2 ,..., xn   A  x1 , x2 ,..., xn  là đa thức đối xứng đẳng cấp bậc k và hạng tử cao nhất là  x1a1 x2 a2 ...xn an . Bậc của f  x1 , x2 ,..., xn  là a1  a2  ...  an  k . Các đa thức đối xứng cơ bản  1 ,..., n có bậc theo thứ tự là 1,2,...,n , nên đa thức tích a  a2 a 1 1  2 a2 a3 ... n an cũng là đẳng cấp và có bậc là: a1  a2  2  a2  a3   ...  nan  a1  a2  ...  an  k . Do đó theo Định lý 2, ta có: f1  x1 , x2 ,..., xn   f  x1 , x2 ,..., xn    1 1 2 2 a a a2 a3 an ... n cũng là đẳng cấp bậc k nếu khác 0 . Sắp xếp f1  x1 , x2 ,..., xn  theo lối từ điển và giả sử hạng tử cao nhất là 19 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com
October 4, 2021 [NGUYỄN THÀNH NHÂN – TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG]  x1b1 x2 b2 ...xn bn Thế thì a1  a2  ...  an  b1  b2  ...  bn  k và  a1 , a2 ,..., an    b1 , b2 ,..., bn  . Theo Định lý 2, ta có dãy hữu hạn  a , a ,..., a    b , b ,..., b    c , c ,..., c   ...  8 1 2 n 1 2 n 1 2 n trong đó a1  a2  ...  an b1  b2  ...  bn c1  c2  ...  cn ......................... và a1  a2  ...  an  b1  b2  ...  bn  c1  c2  ...  cn  ...  k . Tập hợp các phần tử của dãy  *  là một bộ phận của tập hợp hữu hạn  M   t11 ,..., t1n  ,...,  tm1 ,..., tmn   Trong đó ti1  ti 2  ...  tin và ti1  ti 2  ...  tin  a1  a2  ...  an  k . Vậy, theo Định lý 2 thì m f  x1 , x2 ,..., xn    i 1 i1 t ti 2  2 ti 2 ti 3 ... n tin . i 1 các hệ số  i  A tìm được nhờ phương pháp hệ số bất định. Chú ý: Nếu phần tử  ti1 ,..., tin  không có mặt trong dãy  8  thì  i  0 .   Tập hợp M   t11 ,..., t1n  ,...,  tm1 ,..., tn  gọi là hệ thống số mũ của đa thức f  x1 , x2 ,..., xn  . 20 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

922 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.