Vành đa thức ba biến
Giả sử A là một vành giao hoán với đơn vị, và x, y, z là các biến Một đơn thức ba biến được định nghĩa dưới dạng x^a1 y^a2 z^a3, trong đó (a1, a2, a3) thuộc N^3, được gọi là bộ số mũ của đơn thức.
Phép nhân trên tập hợp các đơn thức được định nghĩa như sau
Từ được định nghĩa dưới dạng αx a 1 y a 2 z a 3, trong đó α thuộc tập A, được gọi là hệ tử của từ Để đơn giản, ký hiệu X = (x, y, z) và a = (a 1, a 2, a 3) thuộc N 3, từ đó ta có X a = x a 1 y a 2 z a 3 Đa thức ba biến x, y, z trên vành A là tổng hình thức của các từ f(x) = ∑ α a X a, trong đó chỉ có một số hữu hạn hệ số α a khác không Các từ α a X a với α a khác không được gọi là từ của đa thức f(x), và X a là đơn thức của f(x).
Phép cộng đa thức được định nghĩa như sau:
Phép nhân đa thức được định nghĩa như sau:
Bằng cách sử dụng hai phép toán cộng và nhân đa thức, chúng ta có thể xác định tập hợp tất cả các đa thức tạo thành vành giao hoán với phần tử đơn vị là đơn thức 1 Tập hợp này được ký hiệu là A[x, y, z].
Vành đa thức A[x, y, z] được xây dựng từ vành A với ba ẩn x, y, z Các phân tử trong A[x, y, z] được ký hiệu là f(x, y, z) hoặc g(x, y, z), có dạng tổng hợp như sau: f(x, y, z) = α1x^a11y^a12z^a13 + α2x^a21y^a22z^a23 + + αnx^an1y^an2z^an3.
Trong đó αi ∈ A,∀i = 1, n; (ai1, ai2, ai3) 6= (a j1 , aj2, aj3) ∀i 6= j
Đa thức đối xứng ba biến
1.2.1 Các khái niệm cơ bản
Đơn thức ba biến x, y, z được định nghĩa là hàm số có dạng f(x, y, z) = α klm x^k y^l z^m, trong đó k, l, m thuộc tập số tự nhiên (N) được gọi là bậc của các biến Hệ số α klm thuộc R* (R không bao gồm 0) được gọi là hệ số của đơn thức, và tổng k+l+m được xác định là bậc của đơn thức f(x, y, z).
1.2.1.2 Định nghĩa Đa thức ba biến x, y, z, bậc n là một tổng hữu hạn của các đơn thức được xác định bởi công thức:
Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức Đa thức P(x, y, z) được coi là đối xứng của các biến x, y, z nếu nó không thay đổi khi hoán vị các biến này.
Chẳng hạn các đa thức dưới đây là những đa thức đối xứng theo các biến x, y, z x 4 + y 4 +z 4 −2x 2 y 2 −2x 2 z 2 −2y 2 z 2 ;
1.2.1.4 Định nghĩa Đa thức đối xứng P(x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m, nếu:
P(tx, ty, tz) =t m P(x, y, z),∀t6= 0 1.2.1.5 Định nghĩa Các đa thức σ 1 = x+y +z, σ 2 = xy +yz+zx, σ 3 = xyz được gọi là các đa thức đối xứng cơ bản của các biến x, y, z.
1.2.2 Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo
1.2.2.1 Định nghĩa Các đa thức S k = x k +y k +z k ,(k = 0,1,2, ), được gọi là tổng lũy thừa bậc k của các biến x, y, z.
1.2.2.2 Định lý (Công thức Newton) Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức
Chứng minh Thật vậy ta có σ 1 s k−1 −σ 2 s k−2 +σ 3 s k−3 = (x+y +z)(x k−1 +y k−1 +z k−1 )−
−(xy +xz +yz)(x k−2 +y k−2 +z k−2 +xyz(x k−3 +y k−3 +z k−3 )) = (x k +y k +z k +xy k−1 +x k−1 y +xz k−1 + x k−1 z+yz k−1 +y k−1 z−)
+xyz k−2 xy k−2 z+ x k−2 yz) + (x k−2 yz+ xy k−2 z+xyz k−2 ) = x k +y k +z k = s k
1.2.2.3 Định lý.Mỗi tổng lũy thừa s k = x k +y k +z k đều có thể biểu diễn dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ 1 , σ 2 , σ 3
Chứng minh Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp Ta có s0 = 3, s1 = x+ y+ z = σ1 s2 = x 2 + y 2 +z 2 = (x+y +z) 2 −2(xy+yz +zx) =σ 1 2 −2σ2
Định lý được chứng minh đúng cho n = 0, 1, 2, và giả sử đúng với n = k − 1, k − 2, k − 3 (k > 3), từ đó theo công thức Newton, định lý cũng đúng với n = k Công thức (1.1) cho phép biểu diễn các tổng lũy thừa s_k thông qua các đa thức đối xứng cơ bản σ_1, σ_2, σ_3, nếu đã biết công thức biểu diễn của s_(k−1) và s_(k−2) Định lý cung cấp công thức biểu diễn trực tiếp s_k theo các đa thức đối xứng cơ bản này.
1.2.2.4 Định lý Công thức Waring Tổng lũy thừa s k được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ bản theo công thức
Công thức (1.2) được chứng minh qua phương pháp quy nạp, sử dụng công thức (1.1) làm hỗ trợ Nhờ vào công thức Waring, chúng ta có thể xác định được các công thức tiếp theo.
Biểu thức của sn = x n +y n + z n tính theo σ1, σ2, σ3. s 0 = 3 ; s 1 = σ 1 ; s 2 = σ 1 2 −2σ 2 ; s 3 = σ 1 3 −3σ 1 σ 2 + 3σ 3 ; s 4 = σ 1 4 −4σ 1 2 σ 2 + 2σ 2 2 + 4σ 1 σ 2 ; s 5 = σ 1 5 −5σ 1 3 σ 2 + 5σ 1 σ 2 2 + 5σ 1 2 σ 3 −5σ 2 σ 3 ; s6 = σ 1 6 −6σ 1 4 σ2 + 9σ 1 2 σ 2 2 −2σ 2 3 + 6σ 3 1 σ3 −12σ1σ2σ3 + 3σ 3 2 ; s 7 = σ 1 7 −7σ 1 5 σ 2 + 14σ 1 3 σ 2 2 −7σ 1 σ 2 3 + 7σ 1 4 σ 3 −21σ 1 2 σ 2 σ 3 + 7σ 1 σ 3 2 + 7σ 2 2 σ 3 ; s 8 = σ 1 8 −8σ 1 6 σ 2 + 20σ 1 4 σ 2 2 −16σ 1 2 σ 2 3 + 2σ 4 2 + 8σ 1 5 σ 3 −32σ 3 1 σ 2 σ 3 +
1.2.2.5 Định nghĩa Các biểu thức s −k = x −k +y −k +z −k = 1 x k + 1 y k + 1 z k ,(k = 1,2 ) được gọi là tổng nghịch đảo bậc k của các biến x, y, z.
Do công thức (1.1) đúng với ∀k ∈ Z, nên nếu trong công thức đó thay k bởi k−3, ta được s −k = σ 2 σ 3 s 1−k − σ 1 σ 2 s 2−k + 1 σ 3 s 3−k (1.3)
Sử dụng công thức (1.3), chúng ta có thể xác định các biểu thức của tổng nghịch đảo dựa trên các đa thức đối xứng cơ bản Ví dụ, biểu thức cho s−1 được tính là σ2σ3s0 − σ1σ3s1 + 1/σ3s2, dẫn đến σ2σ3 Tương tự, s−2 được tính bằng σ2σ3s−1 − σ1σ3s0 + 1/σ3s1, cho kết quả là σ22 − 2σ1σ3σ32 Đối với s−3, công thức cho thấy σ2σ3s−2 − σ1σ3s−1 + 1/σ3s0, cho kết quả σ32 − 3σ1σ2σ3 + 3σ23 Cuối cùng, s−4 được tính toán qua σ2σ3s−3 − σ1σ3s−2 + 1/σ3s−1, dẫn đến σ42 − 4σ1σ22σ3 + 4σ2σ23 + 2σ12σ32.
1.2.3.1 Định nghĩa Quỹ đạo của đơn thức x k y l z m là một đa thức được xác định như sau:
+) Các trường hợp đặc biệt của quỹ đạo:
O(x) = O(xy 0 z 0 )=x+y +z = σ 1 , O(xy)= O(xyz 0 )=xy +yz +zx= σ 2 , O(xyz)= xyz = σ 3 , O(x k ) = O(x k y 0 z 0 )= x k +y k +z k = s k , k ∈ N
1.2.3.2 Định lý Quỹ đạo của đơn thức bất kỳ đều biểu diễn được dưới dạng một đa thức của các biến là những đa thức đối xứng cơ bản.
Chứng minh Trước hết ta có O(x k ) =s k , nên theo định lý (1.2.2.3), O(x k ) biểu diễn được theo các đa thức đối xứng cơ bản.
Trường hợp quỹ đạo có dạng O(x k y l ) Ta có công thức
−(x k+l +y k+l +z k+l ) = x k y l +x l y k +x k z l +x l z k +y k z l +y l z k = O(x k y l ) Nếu k = l thì công thức (1.4) được thay bởi công thức sau:
Từ (1.4) và (1.5), suy ra các quỹ đạo O(x k y l ) biểu diễn được dưới dạng đa thức theo các biến σ 1 , σ 2 , σ 3
Nếu đơn thức \(x^k y^l z^m\) phụ thuộc vào cả ba biến \(x\), \(y\), \(z\) với điều kiện \(k \neq 0\), \(l \neq 0\), \(m \neq 0\), thì nó sẽ chia hết cho lũy thừa của \(xyz\) Do đó, trong đa thức \(O(x^k y^l z^m)\), ta có thể đưa lũy thừa của \(xyz = \sigma_3\) ra ngoài ngoặc, và phần còn lại sẽ là quỹ đạo phụ thuộc vào số biến ít hơn ba Từ đó, quỹ đạo \(O(x^k y^l z^m)\) có thể được biểu diễn dưới dạng đa thức của \(\sigma_1\), \(\sigma_2\), \(\sigma_3\) Định lý đã được chứng minh.
Bằng cách trên ta nhận được các công thức sau:
Quỹ đạo O(x k y l ) biểu diễn ở dạng đa thức theo σ 1 , σ 2 , σ 3
Sử dụng các công thức biểu diễn tổng nghịch đảo theo đa thức cơ bản, ta có thể dễ dàng xác định các quỹ đạo O(x^k y^k) Cụ thể, biểu thức s^(-k) được thể hiện dưới dạng 1/(x^k + y^k + z^k) = y^k z^k + x^k z^k + x^k y^k / (x^k y^k z^k) = O(x^k y^k) σ^3 k.
1.2.4 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến
Mọi đa thức đối xứng ba biến x, y, z có thể được biểu diễn dưới dạng đa thức theo các biến σ₁ = x + y + z, σ₂ = xy + yz + zx, σ₃ = xyz Giả sử f(x, y, z) là một đa thức đối xứng, mỗi số hạng của nó, như αx^k y^l z^m, sẽ chứa quỹ đạo O(x^k y^l z^m) với thừa số chung là α Do đó, f(x, y, z) có thể được phân tích thành f(x, y, z) = αO(x^k y^l z^m) + f₁(x, y, z), trong đó f₁(x, y, z) là một đa thức đối xứng có số hạng ít hơn Qua quá trình phân tích này, ta có thể phân tách f(x, y, z) thành tổng các quỹ đạo, và theo định lý trước đó, mỗi quỹ đạo là một đa thức theo các đa thức đối xứng cơ bản Như vậy, định lý này được chứng minh rằng mọi đa thức đối xứng đều có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng cơ bản.
Định lý tính duy nhất khẳng định rằng nếu hai đa thức ϕ(σ 1 , σ 2 , σ 3 ) và ψ(σ 1 , σ 2 , σ 3 ) cho cùng một đa thức đối xứng P(x, y, z) khi σ 1 = x+y+z, σ 2 = xy+yz+zx, σ 3 = xyz, thì chúng phải trùng nhau, tức là ϕ(σ 1 , σ 2 , σ 3 ) ≡ ψ(σ 1 , σ 2 , σ 3 ) Để biểu diễn một đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản, ta có thể áp dụng các bước trong chứng minh định lý (1.2.4.1) Đặc biệt, đối với đa thức thuần nhất, phương pháp "hệ số bất định" có thể được sử dụng, với cơ sở là mệnh đề rằng một đa thức đối xứng thuần nhất bậc m, f m (x, y, z), có thể được biểu diễn theo công thức f m (x, y, z) = X i+2j+3k=m a ijk σ i 1 σ j 2 σ 3 k, với (i, j, k ∈ N).
Mệnh đề (1.2.4.3) được phát triển từ các định lý cơ bản, trong đó các biến σ 1, σ 2, σ 3 có bậc lần lượt là 1, 2, 3 đối với các biến x, y, z Một số trường hợp cụ thể của mệnh đề này bao gồm các hàm f 1, f 2, f 3, f 4 và f 5, với f 1 (x, y, z) = a 1 σ 1, f 2 (x, y, z) = a 1 σ 1 2 + a 2 σ 2, f 3 (x, y, z) = a 1 σ 1 3 + a 2 σ 1 σ 2 + a 3 σ 3, f 4 (x, y, z) = a 1 σ 1 4 + a 2 σ 1 2 σ 2 + a 3 σ 2 2 + a 4 σ 1 σ 3 và f 5 (x, y, z) = a 1 σ 1 5 + a 2 σ 1 3 σ 2 + a 3 σ 1 σ 2 2 + a 4 σ 1 2 σ 3 + a 5 σ 2 σ 3 Trong đó, các hằng số a i (i = 1, 2, ) được xác định duy nhất theo định lý 1.2.4.2, và để xác định các hệ số này, cần cho x, y, z nhận các giá trị cụ thể phù hợp.
Ví dụ 1 Biểu diễn đa thức sau đây theo các đa thức đối xứng cơ bản f(x, y, z) = x 4 + y 4 +z 4 −2x 2 y 2 −2x 2 z 2 −2y 2 z 2 Lời giải Ta có f(x, y, z) = O(x 4 )−2O(x 2 y 2 ) = (σ 4 1 −4σ 1 2 σ 2 + 2σ 2 2 + 4σ 1 σ 3 )−2(σ 2 2 −2σ 1 σ 3 ) = σ 1 4 −4σ 2 1 σ 2
Ví dụ 2 Biểu diễn đa thức sau đây theo các đa thức đối xứng cơ bản f(x, y, z) = (x−y) 2 (y −z) 2 (z −x) 2
Lời giải Do f(x, y, z) là đa thức thuần nhất bậc 6, nên theo mệnh đề 1.2.4.3 ta có f(x, y, z) =a 1 σ 1 6 +a 2 σ 4 1 σ 2 +a 3 σ 1 2 σ 2 2 +a 4 σ 2 3 +a 5 σ 1 3 σ 3 + a 6 σ 3 2 +a 7 σ 1 σ 2 σ 3
Nhận xét rằng, f(x, y, z) có bậc cao nhất đối với từng biến là 4, nên a 1 = a 2 = 0 Để tìm các hệ số còn lại, ta cho (x, y, z) lần lượt các giá trị
(0, 1, -1), (0, 1, 1), (1, 1, -2), (-1, 1, 1), (1, 1, 1), ta tìm được a 3 = 1, a 4 −4, a 5 = −4, a 6 = −27, a 7 = 18 Vậy ta có kết quả f(x, y, z) = σ 1 2 σ 2 2 −4σ 2 3 −4σ 1 3 σ 3 −27σ 2 3 + 18σ 1 σ 2 σ 3
1.2.5 Đa thức phản đối xứng
1.2.5.1 Định nghĩa Đa thức phản đối xứng là đa thức đổi dấu khi thay đổi vị trí của hai biến bất kì.
Ví dụ: Đa thức (x−y)(x −z)(y −z) là đa thức phản đối xứng ba biến đơn giản.
Định lý Benzout cho biết rằng đối với một đa thức f(t) bậc n ≥ 1, số dư khi chia đa thức này cho t−a là f(a) Hơn nữa, đa thức f(t) sẽ chia hết cho t−a nếu và chỉ nếu f(a) = 0.
Chứng minh Thật vậy, thực hiện phép chia đa thức f(t) cho t−a, ta được f(t) = g(t)(t−a) +r(t).
Vì bậc của đa thức dư r(t) bằng 0, nên r(t) là một hằng số, cụ thể là r = f(a) khi t = a Do đó, f(t) chia hết cho t−a khi và chỉ khi f(a) = 0, từ đó chứng minh định lý Đối với mọi đa thức phản đối xứng ba biến f(x, y, z), nó có thể được biểu diễn dưới dạng f(x, y, z) = (x−y)(x−z)(y−z)g(x, y, z), trong đó g(x, y, z) là đa thức đối xứng theo các biến x, y, z.
Chứng minh.Ta thấy rằngf(x, y, z)là đa thức phản đối xứng thìf(x, x, z) = 0, vì theo định nghĩa ta có f(x, y, z) =−f(y, x, z).
Trong đẳng thức trên đặty = xthì f(x, x, z) =−f(x, x, z), suy raf(x, x, z) 0.
Ta ký hiệu F z (x, y) = f(x, y, z) là đa thức chỉ theo 2 biến x, y (coi z là tham số).
Theo nhận xét trên, ta cóF z (x, y) = 0 Theo định lý Benzout, đa thức F z (x, y) chia hết cho x−y hay f(x, y, z) chia hết cho x−y
Chúng ta có thể chứng minh rằng f(x, y, z) chia hết cho x−z và y−z, từ đó suy ra rằng f(x, y, z) = (x−y)(x−z)(y−z)(g(x, y, z)), với g(x, y, z) là một đa thức Khi đổi chỗ x và y trong công thức (1.7), ta nhận được f(y, x, z) = (y−x)(x−z)(y−z)g(y, x, z).
Vì theo giả thiết f(x, y, z) = −f(y, x, z) và cũng vì x−y = −(y −x), nên ta có: f(x, y, z) = (x−y)(x−z)(y −z)g(y, x, z) (1.8)
Từ các công thức (1.8) và (1.7), ta có thể kết luận rằng g(x, y, z) là một đa thức đối xứng theo các biến x, y, z Trong lĩnh vực đa thức phản đối xứng, đa thức T = (x−y)(x−z)(y−z) giữ vai trò quan trọng và được xem là đa thức phản đối xứng đơn giản nhất cho ba biến Đối với đa thức phản đối xứng thuần nhất, chúng ta có một số kết quả đáng chú ý.
Mệnh đề 1.2.5.4 đề cập đến đa thức đối xứng thuần nhất bậc m, trong đó f m (x, y, z) được xác định với các biểu thức cụ thể cho f 3, f 4, f 5 và f 6 Cụ thể, f 3 (x, y, z) = aT(x, y, z), f 4 (x, y, z) = aT(x, y, z)σ 1, f 5 (x, y, z) = T(x, y, z)(aσ 1 2 +bσ 2) và f 6 (x, y, z) = T(x, y, z)(aσ 1 3 +bσ 1 σ 2 +cσ 3), với a, b, c là các hằng số Ngoài ra, chú ý rằng bình phương của đa thức phản đối xứng ba biến đơn giản nhất được gọi là biệt thức (1.2.5.5).
Theo ví dụ 2, ta có
∆(x, y, z) = −4σ 1 3 σ 3 +σ 1 2 σ 2 2 + 18σ 1 σ 2 σ 3 −4σ 2 3 −27σ 3 2 (1.9) trong đó σ 1 , σ 2 , σ 3 là các đa thức đối xứng cơ bản.
1.2.6 Công thức Viète và phương trình bậc ba
Các bài toán về phương trình bậc ba
Dựa trên cơ sở lý thuyết đã trình bày trong mục 1.2.6 ta xét các ví dụ sau đây:
2.2.1 Ví dụ Thành lập một phương trình bậc ba có các nghiệm là bình phương các nghiệm của phương trình t 3 −2t 2 + t−12 = 0.
Ký hiệu t1, t2, t3 là các nghiệm của phương trình đã cho, trong khi T1, T2, T3 là các đa thức đối xứng cơ bản tương ứng Theo định lý Viète, chúng ta có thể xác định mối quan hệ giữa các nghiệm và các đa thức đối xứng này.
Giả sử phương trình cần lập có dạng x 3 −σ 1 x 2 +σ 2 x−σ 3 = 0 và x 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của nó Theo điều kiện của đề bài ta có σ 1 = x 1 +x 2 + x 3 = t 2 1 +t 2 2 + t 2 3 = s 2 = T 1 2 −2T 2 = 2 2 −2 = 4, σ2 = x1x2 +x2x3 + x3x1 = t 2 1 t 2 2 +t 2 2 t 2 3 +t 2 3 t 2 1 = O(t 2 1 t 2 2 ) σ 3 = x 1 x 2 x 3 = t 2 1 t 2 2 t 2 3 = T 3 2 = 12 2 = 144.
Vậy phương trình bậc 3 cần lập sẽ là x 3 −4x 2 −47x−144 = 0 2.2.2 Ví dụ (CHDC Đức, 1970) Cho x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình ax 3 −ax 2 +bx+b = 0,(a, b 6= 0).
) = −1. Lời giải Theo định lý Viète, ta có σ 1 = x 1 +x 2 +x 3 = 1, σ 2 = x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 3 x 1 = b a, σ 3 = x 1 x 2 x 3 = −b a.
(x 1 + x 2 +x 3 )( 1 x 1 + 1 x 2 + 1 x 3 ) =−1 2.2.3 Ví dụ (Áo 1983) Tìm a để các nghiệm x 1 , x 2 , x 3 của đa thức f(x) x 3 −6x 2 +ax+a thỏa mãn đẳng thức
Lời giải Đặt y = x−3, bài toán trở thành tìm a để các nghiệm y1, y2, y3 của đa thức g(y) =f(y+3) = (y+3) 3 −6(y+3) 2 +a(y+3)+a = y 3 +3y 2 +(a−9)y+4a−27 thỏa mãn hệ thức y 1 3 +y 2 3 +y 3 3 = 0.
Theo định lý Viète, ta có các giá trị σ 1 = y 1 + y 2 + y 3 = −3, σ 2 = y 1 y 2 + y 2 y 3 + y 3 y 1 = a−9, và σ 3 = y 1 y 2 y 3 = 27−4a Từ đó, ta tính được y 1 3 + y 2 3 + y 3 3 = σ 1 3 − 3σ 1 σ 2 + 3σ 3 = (−3) 3 − 3(−3)(a−9) + 3(27−4a) = 27−3a Để y 1 3 + y 2 3 + y 3 3 = 0, ta có −27−3a = 0, dẫn đến a = −9 Nhận xét rằng, nếu thay điều kiện (x 1 −3) 3 + (x 2 −3) 3 + (x 3 −3) 3 = 0 bằng điều kiện tổng quát hơn như (x 1 +k) 3 + (x 2 +k) 3 + (x 3 +k) 3 = 0, ta có thể tạo ra nhiều bài toán khác nhau.
2.2.4 Ví dụ (Việt Nam 1975) Không giải phương trình x 3 −x+ 1 = 0, hãy tính tổng các lũy thừa bậc tám của các nghiệm.
Lời giải Gọi x 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình đã cho Theo công thức Viète, ta có σ 1 = x 1 + x 2 +x 3 = 0, σ 2 = x 1 x 2 +x 2 x 3 + x 3 x 1 = −1, σ 3 = x 1 x 2 x 3 = −1.
Từ phương trình đã cho suy ra x 3 i = x i −1, x 5 i = x 2 i (x i −1) = x 3 i −x 2 i = x i −1−x 2 i ,(i = 1,2,3), x 8 i = x 5 i x 3 i = (xi−1−x 2 i )(xi −1) = 2x 2 i −2xi + 1−x 3 i = 2x 2 i −xi + 2. Như vậy, ta có x 8 1 +x 8 2 +x 8 3 = 2(x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 )−(x1+x2+x3) + 6 = 2(σ 1 2 −2σ2)−σ1+ 6 = 10.
Nhận xét: Ta có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng công thức Waring Ta có x 8 1 +x 8 2 +x 8 3 = s 8 = σ 1 8 −8σ 1 6 σ 2 + 20σ 1 4 σ 2 2 −16σ 1 2 σ 2 3 + 2σ 2 4 + 8σ 1 5 σ 3 −32σ 1 3 σ 2 σ 3 −
Xét ví dụ tương tự sau:
Ví dụ 2.2.4.1 (Đề thi Olympic 30-4-2004 trường THPT Lưu Văn Liệt (Vĩnh Long)
Gọi x 1 , x 2 , x 3 là ba nghiệm phân biệt của phương trình x 3 −x + 1 = 0 Tính tổng x 11 1 + x 11 2 +x 11 3
Để tìm điều kiện của a, b, c sao cho t³, u³, v³ là nghiệm của phương trình x³ + a³x² + b³x + c³ = 0, ta áp dụng công thức Viète cho phương trình x³ + ax² + bx + c = 0 Theo đó, các tổng nghiệm được xác định là σ₁ = t + u + v = -a, σ₂ = tu + uv + vt = b, và σ₃ = tuv = -c Nếu t³, u³, v³ là nghiệm của phương trình mới, ta cũng sẽ sử dụng công thức Viète để thiết lập mối quan hệ giữa các hệ số a, b, c và các nghiệm t³, u³, v³.
σ 1 3 −3σ 1 σ 2 + 3σ 3 = −a 3 , σ 2 3 −3σ 1 σ 2 σ 3 + 3σ 3 2 = b 3 , σ 3 3 = −c 3 Thay các giá trị của σ 1 , σ 2 , σ 3 từ (2.3) vào hệ trên và rút gọn, ta thu được hệ thức c = ab Với c = ab phương trình (2.1) trở thành x 3 +ax 2 +bx+ab = 0 ⇔ (x+a)(x 2 +b) = 0
Vì tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là thực, nên ta phải có b ≤ 0.Vậy điều kiện cần tìm của a, b, c là c = ab và b ≤0
Hệ phương trình đối xứng ba ẩn
Giả sửP(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)là các đa thức đối xứng Xét hệ phương trình
Bằng cách đặt σ 1 = x+y +z, σ 2 = xy +yz+ zx, σ 3 = xyz, trên cơ sở các định lý (1.2.4.1) và định lý (1.2.4.2) ta đưa hệ (2.4) về dạng
Hệ phương trình (2.5) thường đơn giản hơn hệ (2.4), cho phép chúng ta dễ dàng tìm ra nghiệm σ1, σ2, σ3 Sau khi xác định được các giá trị này, bước tiếp theo là tìm các ẩn số x, y, z, điều này có thể thực hiện dễ dàng nhờ vào định lý liên quan.
2.3.1 Định lý Giả sử σ 1 , σ 2 , σ 3 là các số thực nào đó Khi đó phương trình bậc ba u 3 −σ1u 2 +σ2u−σ3 = 0 (2.6) và hệ phương trình
(2.7) liên hệ với nhau như sau: nếu u 1 , u 2 , u 3 là các nghiệm của phương trình (2.6), thì hệ (2.7) có các nghiệm
x 6 = u 3 y 6 = u 2 z 6 = u 1 và ngoài ra không còn nghiệm nào khác Ngược lại, nếu x = a, y = b, z = c là nghiệm của hệ (2.7) thì các số a, b, c là nghiệm của phương trình (2.6).
2.3.2 Định lý Giả sử σ 1 , σ 2 , σ 3 là các số thực đã cho Để các số x, y, z xác định bởi hệ phương trình (2.7) là các số thực, điều kiện cần và đủ là
Ngoài ra để các số x, y, z là không âm, thì hiển nhiên σ 1 ≥ 0, σ 2 ≥ 0, σ 3 ≥ 0 2.3.3 Ví dụ Giải hệ phương trình
Lời giải Đặt σ 1 = x+y+z, σ 2 = xy+yz+zx, σ 3 = xyz Sử dụng công thức Waring ta có x 2 + y 2 +z 2 = σ 1 2 −2σ 2 , x 3 +y 3 +z 3 = σ 1 3 −3σ 1 σ 2 + 3σ 3
Do đó hệ phương trình ban đầu trở thành
Giải hệ này ta được σ 1 = 2, σ 2 = −1, σ 3 = −2 Theo định lý (2.1) ta có x, y, z là các nghiệm của phương trình u 3 −2u 2 −u+ 2 = 0⇔ (u 2 −1)(u−2) = 0.
Nghiệm của phương trình này làu 1 = −1, u 2 = 1, u 3 = 2 Từ đó suy ra nghiệm của hệ đã cho là những bộ (x, y, z):
Trong ví dụ 2.3.1 nếu ta thay các số hạng ở vế phải của hệ ta có bài toán mới sau:
2.3.4 Ví dụ (Olympic Toán Sinh viên Toàn quốc, 2009)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có x 2n+1 +y 2n+1 +z 2n+1 = 0
Lời giải Đặt σ 1 = x+y +z, σ 2 = xy+yz +zx, σ 3 = xyz.
Khi đó theo giả thiết ta có
σ 1 = 0 σ 2 = −1 σ3 = 0 Theo định lý 2.3.1 suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình t 3 −t = 0 ⇔t ∈ {0,1,−1}.
Với mọi số tự nhiên n, ta có biểu thức x^(2n+1) + y^(2n+1) + z^(2n+1) = 0, trong đó các nghiệm của hệ là bộ số (0, 1, -1) Nếu thay đổi các hệ số ở vế phải của hệ đã cho, biểu thức này sẽ không còn đúng nữa.
Tương tự bài toán trên ta xét ví dụ sau:
2.3.5 Ví dụ (Trích đề thi Olympic 30 -4 lần thứ X năm 2004 - Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu (An Giang).
Cho biết hệ phương trình:
x+y +z = 3 x 3 + y 3 +z 3 = 15 x 4 + y 4 +z 4 = 35. có một bộ nghiệm (x,y,z) thỏa mãn x 2 +y 2 +z 2 < 10.
Lời giải. Đặt σ 1 = x+y +z = 3, σ 2 = xy+ yz+zx, σ 3 = xyz
Hệ phương trình đã cho trở thành
+) Nếu σ 1 = 3, σ 2 = −1 thì ta có s 2 = 9 + 2 = 11 > 10 (trái giả thiết)
+) Nếu σ 1 = 3, σ 2 = 1 thì ta có s 2 = 9−2 = 7 < 10 (thỏa mãn giả thiết) Vậy ta có σ 1 = 3, σ 2 = 1, σ 3 = −1 Từ đó suy ra s 5 = x 5 +y 5 +z 5 = σ 1 5 −5σ 1 3 σ 2 + 5σ 1 σ 2 2 + 5σ 1 2 σ 3 −5σ 2 σ 3 = 83
2.3.6 Ví dụ Giải hệ phương trình
Lời giải Đặt σ 1 = x+ y+ z, σ 2 = xy +yz +zx, σ 3 = xyz.
Theo công thức (1.9) ta có
Hệ phương trình đã cho trở thành
Phương trình này có nghiệm duy nhấtσ3 = 6 Vậy ta có σ1 = 6, σ2 = 11, σ3 = 6. Theo định lý (2.3.1) ta có x, y, z là các nghiệm của phương trình u 3 −6u 2 + 11u−6 = 0 ⇔ (u−1)(u−2)(u−3) = 0.
Nghiệm của phương trình này là u1 = 1, u2 = 2, u3 = 3.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là những bộ
2.3.7 Ví dụ Giải hệ phương trình
Lời giải Đặt σ1 = x+y +z, σ2 = xy +yz +zx, σ3 = xyz.
Sử dụng công thức Warring và biến đổi vế trái của các phương trình thứ hai và thứ ba của hệ như sau:
Vậy hệ đã cho trở thành
Giải hệ này ta được σ 1 = 2, σ 2 = −3, σ 3 = 0 Theo định lý 2.1, ta có x, y, z là các nghiệm của phương trình u 3 −2u 2 −3u = 0.
Nghiệm của phương trình này là u 1 = 0, u 2 = −1, u 3 = 3 Do đó nghiệm của hệ đã cho là các bộ (x, y, z):
Dựa theo các ví dụ trên ta có thể đưa ra các bài toán tương tự sau:
Giải các hệ phương trình sau với a, b, c là các số thực
Sau đây ta sẽ xét ví dụ về hệ phương trình không đối xứng theo x, y, z
2.3.8 Ví dụ Giải hệ phương trình
Lời giải Hệ đã cho không phải là hệ đối xứng theo x, y, z Tuy nhiên, nếu đặt u = x, v = 2y, w = −3z, thì hệ đối xứng tương đương với hệ trên là:
u+v +w = 9 uv +vw+ wu= 27 1 u + 1 v + 1 w = 1. Đặt σ 1 = u+v+ w, σ 2 = uv +vw +wu, σ 3 = uvw.
Khi đó hệ trên trở thành
Suy ra σ 1 = 9, σ 2 = 27, σ 3 = 27 Theo định lý (2.3.1), các số u, v, w là các nghiệm của phương trình t 3 −9t 2 + 27t−27 = 0
Vậy ta có t 1 = t 2 = t 3 = 3, nên u = v = w = 3 Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là những bộ số (x, y, z):
Đối với các hệ phương trình không đối xứng, chúng ta cần sử dụng ẩn phụ để chuyển đổi chúng thành hệ phương trình đối xứng theo các ẩn.
Chứng minh bất đẳng thức
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến để chứng minh các bất đẳng thức Đối với các bộ số thực như (x, y, z) hay (a, b, c), chúng ta luôn hiểu rằng σ1, σ2, σ3 là các đa thức đối xứng cơ bản tương ứng.
2.4.1 Mệnh đề Với các số thực x, y, z có các bất đẳng thức a)σ 1 2 ≥3σ 2 b)σ 2 2 ≥ 3σ 1 σ 3 (2.9)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
2.4.2 Mệnh đề Với các số thực dương x, y, z ta luôn có: a)σ1σ2 ≥ 9σ3 b)σ 1 3 ≥ 27σ3 c)σ 2 3 ≥ 27σ 3 2 (2.10)
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z
2.4.3 Mệnh đề Với mọi số thực không âm x, y, z ta luôn có các bất đẳng thức a)σ 1 3 + 9σ 3 ≥4σ 1 σ 2 b)2σ 3 1 + 9σ 3 ≥ 7σ 1 σ 2 (2.11)
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Sau đây là một số ví dụ vận dụng
2.4.4 Ví dụ (Trích đề thi Olympic 30 -4 - Trường THPT Phan Châu Trinh (Đà Nẵng) Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn điều kiện x+y + z = 1. Chứng minh rằng
Lời giải Vì x+y +z = 1, nên ta có thể viết bất đẳng thức cần chứng minh ở dạng
7(x+y +z)(xy +yz +zx) ≤2 + 9xyz. Đặt σ 1 = x+ y + z, σ 2 = xy + yz + zx, σ 3 = xyz, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Theo (2.11) ta có điều phải chứng minh.
2.4.5 Ví dụ Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có các bất đẳng sau:
Lời giải Đặt σ 1 = a+ b+c, σ 2 = ab+ bc+ca, σ 3 = abc Ta có
1 Bất đẳng thức đã cho tương đương với σ 1 2 −2σ 2 ≥ σ 2 hay σ 1 2 ≥ 3σ 2
Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh
2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với σ 2 1 −2σ 2 ≥ 1
3σ 1 2 hay σ 1 2 ≥ 3σ 2 Theo(2.9) ta có điều phải chứng minh.
3 Bất đẳng thức đã cho tương đương vớiO(a 2 b 2 ) ≥ σ 1 σ 3 hayσ 2 2 −2σ 1 σ 3 ≥ σ 1 σ 3 Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh.
4 Theo (2.9) ta có điều phải chứng minh.
5 Trong bất đẳng thức 1, cho c = 1, ta có điều phải chứng minh.
2.4.6 Ví dụ Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta có các bất đẳng thức sau
3 Lời giải Đặt σ 1 = a+ b+c, σ 2 = ab+ bc+ca, σ 3 = abc Khi đó
1 Bất đẳng thức đã cho tương đương với σ 1 (σ 1 2 −2σ 2 ) ≥ 9σ 3 hay σ 1 3 ≥ 2σ 1 σ 2 + 9σ 3
Theo công thức (2.9) và công thức (2.10) thì σ 3 1 ≥3σ 1 σ 2 và σ 1 σ 2 ≥ 9σ 3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với ab(σ1 −3c) +bc(σ1 −3a) +ac(σ1 −3b) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo công thức (2.10) trong mệnh đề (2.4.2) Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
3 Bất đẳng thức đã cho tương đương với ab(σ 1 −c) + bc(σ 1 −a) +ac(σ 1 −b) ≥ 6σ 3
⇔σ1σ2 −3σ3 ≥ 6σ3 ⇔σ1σ2 ≥9σ3.Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo công thức (2.10) trong mệnh đề (2.4.2) Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
4 Bất đẳng thức đã cho tương đương với
⇔2σ 3 1 −7σ1σ2 + 9σ3 ≥0 ⇔2σ 1 3 + 9σ3 ≥ 7σ1σ2. Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo công thức (2.11) trong mệnh đề (2.4.3).Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
2.4.7 Ví dụ Chứng minh rằng a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì ta có các bất đẳng thức
Lời giải 1 Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên ta có thể đặt x a+b−c;y = a−b+ c;z = −a+ b+c trong đó x, y, z là các số dương Khi đó a, b, c được biểu thị theo x, y, z như sau: a = x+y
2 Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có bất đẳng thức
2 ) 2 Đặt σ 1 = a+b+c, σ 2 = ab+bc+ca, σ 3 = abc, s 2 = x 2 +y 2 +z 2 là các đa thức đối xứng cơ bản và tổng lũy thừa của x, y, z Ta có
Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức đúng Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
2 Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên ta có thể đặt x = a+ b−c;y a−b+c;z = −a+b+c trong đó x, y, z là các số dương Khi đó a, b, c được biểu thị theo x, y, z như sau: a = x+y
Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có bất đẳng thức
2 ) 3 Đặt σ 1 = x+y +z, σ 2 = xy +yz +zx, σ 3 = xyz, s 2 = x 2 +y 2 +z 2 ,
O(x 2 y) =x 2 y+x 2 z+y 2 z+z 2 x+z 2 y là các đa thức đối xứng cơ bản, tổng lũy thừa và công thức quỹ đạo của x, y, z Ta có
Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức đúng Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
2.4.8 Ví dụ Chứng minh rằng với mọi số không âm a, b, c thì
Lời giải Đặt σ 1 = a+ b + c, σ 2 = ab + bc+ ca, σ 3 = abc Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với: σ 1 2 + 3σ 3 2/3 ≥ 4σ 2 (*)
Rõ ràng là nếu a = b = c thì (*) đúng Xét trường hợp khi trong các số không âm a, b, c có ít nhất một số dương Khi đó σ 1 > 0, σ 2 ≥ 0, σ 3 ≥ 0, nên ta có σ 3 2 ≥27σ 2 3 ⇔ σ 2 ≥ 3σ 3 2/3 ≥ 4σ 2 −σ 2 = 3σ 2
Theo (2.10) ta có điều phải chứng minh.
2.4.9 Ví dụ Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng x 2 y +z + y 2 z +x + z 2 x+y ≥ x+y +z
Lời giải Đặt σ1 = x+y +z, σ2 = xy + yz+ zx, σ3 = xyz Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với
⇔2σ 2 1 s 2 −2σ 1 O(x 2 y) + 2σ 1 σ 3 ≥ σ 1 (σ 1 −σ 1 σ 3 ), trong đó s2 = x 2 +y 2 + z 2 , O(x 2 y) = x 2 y +x 2 z +y 2 x+y 2 z +z 2 x+z 2 y tương ứng là tổng lũy thừa và quỹ đạo Sử dụng các công thức của tổng lũy thừa và quỹ đạo ta có bất đẳng thức
⇔σ 1 (2σ 1 3 −7σ 1 σ 2 + 9σ 3 ) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng đúng Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Dựa vào bài toán, nếu đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c và áp dụng bất đẳng thức Cauchy với điều kiện a, b, c dương và abc = 1, ta có thể xây dựng một bài toán mới.
Bài toán (IMO, 1995/2)Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng:
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
2.5.1 Ví dụ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải Trước hết, ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Tiếp theo, xét biểu thức
Ta biến đổi biểu thức này như sau
2[(y +z) + (z +x) + (x+y)] ( 1 y +z + 1 z +x + 1 x+y) Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y +z = z+x = x+y ⇔ x−y = z Suy ra Q≥ 3
2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, thí dụ x = y = z =1 Vậy ta có min
2 2.5.2 Ví dụ Cho các số dương thay đổi x, y, z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F(x, y, z) = (1 + 1 x) + (1 + 1 y) + (1 + 1 z) trong mỗi trường hợp sau a)x+y +z = 1 b)xy +xz+zx = 1 c)xyz = 1.
Lời giải Ta viết lại biểu thức đã cho ở dạng
F(x, y, z) = (x+ 1)(y + 1)(z + 1) xyz = 1 + (x+y +z) + (xy +yz +zx) +xyz xyz Đặt σ 1 = x+y +z, σ 2 = xy +yz +zx, σ 3 = xyz, ta có
F = 1 + 1 +σ1 +σ2 σ 3 a) Trường hợp σ 1 = x+y +z = 1.Theo mệnh đề 2.4, ta có
√3 σ 3 ≥1 + 54 σ 3 1 + 9 σ 1 = 64 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+ y+ z x = y = z ⇔ x = y = z = 1
3) = 64 b) Trường hợp σ 2 = xy +yz +zx = 1 Vận dụng mệnh đề (2.4.1), ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy+yz +zx = 1 x= y = z > 0 ⇔x = y = z = 1
√3. c) Trường hợp σ 3 = xyz = 1 Vận dụng mệnh đề (2.4.1) ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xyz = 1 x = y = z > 0 ⇔x = y = z = 1.
Vậy trong trường hợp này ta có minF = F(1,1,1) = 6.
2.5.3 Ví dụ Cho các số dương thay đổi x, y, z Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F(x, y, z) = x 2 y +z + y 2 z +x + z 2 x+y trong mỗi trường hợp sau: a) x+ y+ z = 1 b) xy +yz+zx = 1 c) xyz = 1.
Lời giải Với các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z. a) Trường hợp x+y +z = 1 Khi đó, ta có minF = F(1
2 b) Trường hợp xy+yz+zx = 1 Theo bất đẳng thức thứ nhất trong mệnh đề (2.4.1), ta có
(x+y +z) 2 ≥ 3(xy +yz+ zx) = 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Do đó minF(x, y, z) =F( 1
√3) c) Trường hợp xyz = 1 Theo bất đẳng thức trong mệnh đề (2.4.1), ta có x+y +z ≥ 3√ xyz = 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Vậy ta có minF(x, y, z) =F(1,1,1) = 1
2 Dựa trên bài toán trên nếu thay đổi các số hạng ta có thể đưa ra bài toán tương tự sau:
Bài toán: Cho các số dương x, y, z thay đổi, nhưng luôn thỏa mãn điều kiện xy+ yz+zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F(x, y, z) = x 3 y 2 + z 2 + y 3 z 2 +x 2 + z 3 x 2 +y 2 2.5.4 Ví dụ Xét các số thực dương x, y, z thay đổi, nhưng luôn luôn thỏa mãn điều kiện (x+y+z) 3 = 32xyz Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức
(x+y +z) 4 Lời giải Nhận xét rằng với k là số thực khác không tùy ý, ta luôn có
Giả sử P(kx, ky, kz) = P(x, y, z) và x, y, z thỏa mãn điều kiện đề bài, thì kx, ky, kz cũng sẽ thỏa mãn Do đó, không mất tính tổng quát, có thể đặt giả thiết x + y + z = 4 Kết hợp với điều kiện đề bài, ta có xyz = 2, và bài toán được đơn giản hóa.
" Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
Khi các biến số dương x, y, z thay đổi với điều kiện x + y + z = 4 và xyz = 2, ta định nghĩa Q = x^4 + y^4 + z^4 và các đại lượng σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz Theo công thức Waring, σ2 có thể được biểu diễn dưới dạng σ2 = x(y + z) + yz = x(4 - x) + 2x Bằng cách áp dụng bất đẳng thức (y + z)^2 ≥ 4yz, ta có thể phát triển thêm các kết quả liên quan đến các biến số này.
Vì x ∈ (0,4), nên từ đây suy ra 3−√
Dựa trên cơ sở tài liệu chính là [4], luận văn đã trình bày được một số kết quả sau:
Đa thức đối xứng ba biến là một khái niệm quan trọng trong đại số sơ cấp, có ứng dụng rộng rãi trong việc phân tích đa thức thành nhân tử, giải các phương trình bậc ba, và xử lý hệ phương trình đối xứng ba ẩn Ngoài ra, nó còn được sử dụng để chứng minh bất đẳng thức và tìm kiếm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức liên quan.
2 Xây dựng được một số bài toán hay và khó dành cho học sinh khá và giỏi từ các đa thức đối xứng cơ bản.
Bài viết đã tổng hợp và giới thiệu một số đề thi học sinh giỏi cũng như đề thi Olympic từ các trường THPT trong nước và quốc tế, tập trung vào chủ đề tính đối xứng trong đại số.
Nghiên cứu xây dựng các bài toán đại số liên quan đến đa thức đối xứng n biến (với n ≥ 4) là một lĩnh vực mới mẻ và đầy thách thức, mở ra cơ hội cho tác giả và những ai quan tâm đến luận văn khám phá và phát triển.