Đa thức đối xứng sơ cấp thứ $k$ của $n$ số $x_i$ (elementary symmetric polynomials), ký hiệu $E_k(x_1,...,x_n)=\sum_{1\le i_1<...<i_k\le n}x_{i_1}...x_{i_k} $
Tổng lũy thừa bậc $k$ của $n$ số $x_i$ : $S_k(x_1,...,x_n)=x_1^k+x_2^k+...+x_n^k $
Theo định lý Viète , $n$ số $x_i$ là nghiệm của phương trình :
$X^n+a_1X^{n-1}+...+a_{n-1}X+a_n=0 $ , trong đó $a_i=(-1)^i E_i(x_1,...,x_n) \;\;, i \in \{1,...,n\} $
Công thức Newton (Newton's formula) :
$$\boxed{ \begin{matrix} \forall k \in \{1,...,n\} ,\;\; S_k+a_1S_{k-1}+...+a_{k-1}S_1+ka_k=0 \\ \\ \forall p>n ,\;\; S_p+a_1S_{p-1}+...+a_nS_{p-n}=0\end{matrix} }$$
Nếu viết dưới dạng đa thức đối xứng sơ cấp thì ta có:
$\sum_{i=0}^{k-1} (-1)^iE_iS_{k-i}+(-1)^kkE_k=0=\sum_{i=1}^{k} (-1)^iE_{k-i}S_i+kE_k=0 \;\; \forall 1 \le k \le n $
(Đây cũng chính là công thức đã được chứng minh ở đây .)
$\sum_{i=0}^n (-1)^iE_iS_{p-i}=\sum_{p-n}^p (-1)^{p-i}E_{p-i}S_i=0 $
Ta có một cách chứng minh rất hay bằng công cụ giải tích sau đây ( trích trong một file đính kèm bên dưới) :
Để tổng quát, ta định nghĩa tổng lũy thừa bậc $k$ của $n$ biến $x_i \;\;, i \in \{1,...,n\} $ mở rộng :
$$s_{k}(x_1,...,x_n) \begin{cases} x_1^k+x_2^k+...+x_n^k \;\;\;, k>0 \\ n \;\;\;\;, k=0\\ 0 \;\;\;\;,k<0 \end{cases} $$
Đa thức sơ cấp thứ $k$ mở rộng
$$e_k(x_1,...,x_n)= \begin{cases} \sum_{1 \le i_1<...<i_k\le k} x_{i_1}...x_{i_k} \;\;\;, 1 \le k \le n \\ 1 \;\;\; , k=0 \\ 0 \;\;\;, k<0 \vee k>n \end{cases} $$
Xét $f(x)=\prod_{i=1}^n (x-x_i)=\sum_{i=0}^n(-1)^ie_ix^{n-i}=\sum_{i \in \mathbb{Z}} (-1)^ie_ix^{n-i}$
$f'(x)=\sum_{i \in \mathbb{Z}} (-1)^i(n-i)e^ix^{n-i-1}$
$\Rightarrow \dfrac{f'(x)}{f(x)}=\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{x-x_i} $
Lại có : $\dfrac{1}{x-r}=\sum_{j=0}^{\infty} \dfrac{r^j}{x^{j+1}}$
Cho nên :$ f'(x)=f(x) \dfrac{f'(x)}{f(x)}=f(x) \sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^{\infty} \dfrac{x_i^j}{x^{j+1}}$
$=g(x)\sum_{j=0}^{\infty}\sum_{i=1}^n \dfrac{x_i^j}{x^{j+1}}=g(x)\sum_{j \in \mathbb{Z}} \dfrac{s_j}{x^{j+1}}$
$=\sum_{i,j \in \mathbb{Z}} (-1)^i e_i s_jx^{n-i-j-1} $
$=\sum_{j \in \mathbb{Z}} ( \sum_{i \in \mathbb{Z}} (-1)^ie_is_{j-i}) x^{n-j-1} $ ( thay $j$ bởi $i+j$ )
So sánh hệ số của $f'(x)$ được tính bằng 2 cách cho ta đẳng thức :
$\sum_{i=0}^{j-1} (-1)^ie_is_{j-i}+(-1)^je_jn=(-1)^je_j(n-j) $
$\Leftrightarrow \sum_{i=0}^{j-1}(-1)^ie_is_{j-i}+(-1)^jje_j=0$
$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^k (-1)^ie_{k-i}s_i +ke_k=0 $ ( thay $i$ bởi $j-i$ , thay $j$ bởi $k$, sau đó chia cho $(-1)^k$ )
Công thức Newton ở trên rất mạnh trong việc tạo ra các đẳng thức đẹp, từ đó có thể sáng tạo ra bất đẳng thức, giải hệ phương trình, giải phương trình bậc cao...
Một vài bài tập khá hay xin trích trong một số tài liệu kèm bên dưới:
1) Cho $P_n=a^n \sin(nA)+b^n \sin(nB)+c^n \sin(nC) \;\;\;, (a,b,c,A,B,C) \in \mathbb{R}^6$ , $A+B+C$ là bội của $\pi$
Giả sử $P_1=P_2=0$ , chứng minh $P_n=0 \;\;,\forall n \in \mathbb{N} $
2) Tìm $a$ sao cho tất cả nghiệm của phương trình sau đều là số thực:
$ x^6+3x^5+(6-a)x^4+(7-2a)x^3+(6-a)x^2+3x+1=0 $
3) Biết rằng các nghiệm của phương trình sau tạo thành một cấp số cộng (đều là nghiệm thực)
$x^5-5x^4-35x^3+mx^2+nx+p=0$ với $m,n,p$ là các hằng số thực.
Tìm các nghiệm đó.
P/s: Càng đọc sách nước ngoài thì càng thấy mình ngu ra và cảm giác học Toán ở Việt Nam còn quá tụt hậu ! Hic, cố gắng đọc nhiều tài liệu nước ngoài để mở rộng hiểu biết , ít ra cũng tránh bị rơi xuống giếng !
File gửi kèm
-
Polynomial equations and symmetric functions.pdf 49.64K
546 Số lần tải
-
introductions to symmetric polynomials and symmetric function.pdf 285.54K
476 Số lần tải
-
symmetric functions.pdf 72.92K
162 Số lần tải
-
ProblemsInAlgebraPolynomialEquations2007-02-10.pdf 98.44K
303 Số lần tải
-
symmetric polinomials.pdf 120.04K
199 Số lần tải
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 26-12-2012 - 15:28
