zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Hệ phương trình sinh từ đa thức

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

6
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hệ phương trình sinh từ đa thức

Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2022. ISBN: 978-604-82-7001-8 HỆ PHƯƠNG TRÌNH SINH TỪ ĐA THỨC Nguyễn Thị Lý1, Nguyễn Hữu Thọ1 1 Trường Đại học Thủy lợi, email:lycs2@tlu.edu.vn 1. GIỚI THIỆU CHUNG Hệ quả 1.3 Đây là một báo cáo tổng quan về một chủ 1) Một đa thức có vô số nghiệm thì đó là đề mà chúng tôi đã từng sử dụng trong quá đa thức bậc không. trình ôn luyện cho đội tuyển Olympic Toán 2) Nếu deg P( x )  n và có n  1 giá trị học của Trường Đại học Thủy lợi tham dự phân biệt 1,...,n1 mà P( i )  C thì P( x )  C . các kỳ thi Quốc gia. Từ quá trình dạy học, 3) Nếu hai đa thức bậc n mà chúng bằng chúng tôi đúc kết thành một báo cáo mang nhau tại n  1 giá trị khác nhau của đối số thì tính tổng quan để có thể áp dụng và phát chúng đồng nhất bằng nhau. triển tiếp trong những năm tiếp theo. Các ví Định lý 1.4 (Định lý Vi-et)([2]) Giả sử dụ trong báo cáo này hầu hết được lấy từ phương trình a0  a1x  a2 x 2    an x n  0 các bài tập (chưa có lời giải) hoặc đề thi (với ..) có n nghiệm x1 ,x2 ,...,xn , khi đó: Olympic Toán cho sinh viên trong tài liệu  1 an 1 tham khảo, cách giải được trình bày theo  E1( x )  x1  x2    xn  ( 1 ) a chủ đề mà chúng tôi quan tâm và hầu hết  n khác với cách giải có trong tài liệu tham  2 an 2  E2 ( x )  x1x2  x1x3    xn1xn  ( 1 ) khảo tương ứng.  an .... 2. NỘI DUNG BÁO CÁO   n a0 2.1. Một số tổng quan lý thuyết  En ( x )  x1x2 ...xn  ( 1 ) a .  n Định nghĩa 1.1([1]) Biểu thức 2.2. Hệ phương trình sinh từ đa thức P( x )  a0  a1x  a2 x 2    an x n ( an  0 ) gọi là đa thức bậc n . Xét hệ phương trình: Ký hiệu bậc: deg P( x )  n .  F( x1 ,x2 ,...,xn ;a1 )  b a0 : hệ số tự do,  F( x ,x ,...,x ;a )  b  1 2 n 2 an : hệ số chính hoặc hệ số bậc cao nhất.  , .......... Khi các hệ số a0 ,a1 ,a2 ,...,an và x là các  F( x1 ,x2 ,...,xn ;an )  b số thực thì P( x ) gọi là đa thức thực. Báo với n ẩn x1 ,x2 ,...,xn . cáo này chỉ quan tâm tới đa thức thực. Nếu P(  )  0 thì x   là nghiệm của đa Giả sử hệ có nghiệm  x1 ,x2 ,...,xn  , khi đó thức P( x ) . suy ra phương trình F( x1 ,x2 ,...,t )  b Sau đây là một số định lý và hệ quả về nghiệm đúng với các giá trị t  a1 ,a2 ,...,an . nghiệm của đa thức. Định lý: Cho đa thức Định lý 1.2 ([1]) Mỗi đa thức bậc n có P( t )  b  x1t  x2t 2    xnt n không quá n nghiệm thực. 105
Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2022. ISBN: 978-604-82-7001-8 có deg P( t )  n Khi đó:  a3 x1  a 2 x2  ax3  x4  a 4 1) Nếu P(t) có n + 1 nghiệm thực a0, a1,  3 b x1  b 2 x2  bx3  x4  b 4 …, an, thì các hệ số của tk bằng 0, k = 0, 1,  3 . 2 4 …, n); tức là: c x1  c x2  cx3  x4  c b  x1  x2    xn  0 .  3 2 4  d x1  d x2  dx3  x4  d 2) Nếu P(t) có n nghiệm thực a1 ,...., an Giải: Xét đa thức: thì các hệ số của tk có thể được tính theo Định P( t )  t 4  x1t 3  x2t 2  x3t  x4 lý Viet:  có deg P  4 . Từ hệ ta có 1 xn 1  a1  a2    an  ( 1 ) x P( a )  P( b )  P( c )  P( d )  0 , suy ra  n P (t ) có 4 nghiệm phân biệt nên có thể phân  2 xn 2  a1a2  a1a3    an1an  ( 1 ) tích thành dạng  xn . P( t )  ( t  a )( t  b )( t  c )( t  d ) ....   t 4  A1t 3  A2t 2  A3t  A4  n b  a1a2 ...an  ( 1 ) x Theo Định lý Viét:  n  A1  a  b  c  d Một số ví dụ dưới đây sẽ cho ta thấy rõ được  A  ( ab  ac  ad  bc  bd  cd ) ứng dụng của các vấn đề trên về đã thức liên  2  quan tới một số dạng toán về hệ phương trình  A3  abc  abc   acd  bcd Ví dụ 1 [3] Giải hệ phương trình:  A4  abcd  x1  x2    xn  1 Suy ra x1  A1 ,x2  A2 ,x3  An ,x4  A4 .  n1  x1  2 x2    2 xn  1 Ví dụ 3 [3] Tìm điều kiện tham số a, b, c, d  .  ..................................... để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất.  x  nx    n n1x  1 ( 1  a )x1  ( 1  a 2 )x2  ( 1  a 3 )x3  ( 1  a 4 )x4  0  1 2 n  ( 1  b )x1  ( 1  b 2 )x2  ( 1  b3 )x3  ( 1  b 4 )x4  0 Giải: Giả sử hệ phương trình có nghiệm   x1 ,x2 ,...,xn  , từ đó phương trình 2 3 4 ( 1  c )x1  ( 1  c )x2  ( 1  c )x3  ( 1  c )x4  0  2 3 4 x1  tx2  t 2 x3    t n1xn  1 (1) ( 1  d )x1  ( 1  d )x2  ( 1  d )x3  ( 1  d )x4  0. Giải: Đây là hệ phương trình tuyến tính thoả mãn với t = 1, 2,..., n . thuần nhất có số phương trình bằng số ẩn và Đặt: P( t )  ( x1  1 )  tx2  t 2 x3    t n1xn . ta thấy  x1 ,x2 ,x3 ,x4    0 ,0 ,0 ,0  là một Do deg P (t )  n  1 và P (t ) = 0 có n nghiệm nghiệm (nghiệm tầm thường) của hệ. t = 1, 2,..., n các hệ số của t k đều bằng 0 . Từ Giả sử hệ có thêm nghiệm khác với đó suy ra : nghiệm tầm thường, khi đó hệ sẽ có vô số x1  1, x2    xn  0. nghiệm. Đặt P( t )  t 4 x4  t 3 x3  t 2 x2  tx1  Thay x1  1, x2    xn  0 vào hệ ta x1  x2  x3  x4 ,thì từ hệ ta thấy P (t ) sẽ thấy thỏa mãn. nhận a,b, c, d làm nghiệm và ta có thể phân Vậy ( x1 , x2 ,..., xn )  (1,0,0,...,0) là nghiệm tích P (t ) thành dạng duy nhất của hệ phương trình đã cho. P( t )  x4 ( t  a )( t  b )( t  c )( t  d ) Ví dụ 2 [3] Cho a, b, c, d là 4 số đôi một Bằng cách so sánh hệ số của t k từ 2 cách khác nhau. Giải hệ phương trình: biểu diễn của P (t ) ta có: 106
Tuyển tập Hội nghị Khoa học thường niên năm 2022. ISBN: 978-604-82-7001-8 x3 / x4  ( 1 )1( a  b  c  d ) Với t  1,9, 25, 49 , bằng cách khử mẫu số, phương trình (2) tương đương với phương x2 / x4  ( 1 )2 ( ab  ac  ad  bc  bd  cd ) trình đa thức P (t )  0 , ở đây: x1 / x4  ( 1 )3( abc  abd  bcd ) P (t )  (t  1)(t  9)(t  25)(t  49) ( x1  x2  x3  x4 ) / x4  ( 1 )4 ( abcd ),  x 2 (t  9)(t  25)(t  81) thay 3 tỷ số trên vào phương trình cuối:  y 2 (t  1)(t  25)(t  81) abcd  ( abc  abd  bcd )  z 2 (t  1)(t  9)(t  81) ( ab  ac  ad  bc  bd  cd )  w2 (t  1)(t  9)(t  25)  ( a  b  c  d )  1  0, Do deg P( t )  4 và P( t )  0 tại 4 giá trị tức là: t  4,16,36,64 nên ( a  1 )( b  1 )( c  1 )( d  1 )  2abcd . P (t )  (t  4)(t  16)(t  36)(t  64). Suy ra hệ sẽ có nghiệm duy nhất khi và chỉ So sánh hệ số của t 3 ở hai cách biểu diễn khi ( a  1 )( b  1 )( c  1 )( d  1 )  2abcd . P (t ) ta có Ví dụ 4 [3]. Tính giá trị x 2  y 2  z 2  w2 1  9  25  49  x 2  y 2  z 2  w2 nếu  4  16  36  64 ,  x2 y2 z2 w2  2 2  2 2  2 2  2 2 1 suy ra:  2  1 2  3 2  5 2  7 x 2  y 2  z 2  w2  36.  x2 y2 z2 w2  2 2    1  4  1 42  32 42  52 42  7 2 3. KẾT LUẬN  2 . 2 2 2  x y z w Báo cáo này là một tổng quan đạt được sau  62  12  62  32  62  52  62  7 2  1 một quá trình lâu dài tham gia ôn luyện đội  2 tuyển Olympic Toán học của Trường tham  x y2 z2 w2  82  12 82  32 82  52 82  7 2  1    dự các kỳ thi Quốc gia. Giải: Từ đòi hỏi hệ phương trình có 5. TÀI LIỆU THAM KHẢO nghiệm x 2 , y 2 , z 2 , w2 tương đương với đòi [1] Lê Tuấn Hoa, (2005), Đại Số Tuyến Tính hỏi phương trình Qua Các Ví Dụ Và Bài Tập, Nhà xuất bản x2 y2 z2 w2 Đại học Quốc gia Hà Nội, 443 trang.    1 (2) [2] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Nguyễn t  12 t  32 t  52 t  7 2 Minh Tuấn, (2006), Các đề thi Olympic có nghiệm t  4,16,36,64 . 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. 107

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.