Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng - Nguyễn Thành Nhân - TOANMATH.com

1 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

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.

2 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

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 4ac0.

Ta có:

1

2

2 2 x b

a x b

a

    



  

 

là hai nghiệm tổng quát của phương trình ax² bx c 0.

Khi đó:

 

1 2

2 2

2

1 2 2 2

2 2

. 4

2 2 4 4

b b b

S x x

a a a

b b ac

b b b c

P x x

a a a a a

           



  

            



.

2. Định lý Viète.

Extra Techniques Định lý Viète

Nếu x x₁, ₂ là hai nghiệm (trên trường số phức , có thể nghiệm đơn hoặc nghiệm kép)

của phương trình: ax² bx c 0, thì:

1 2

1 2

x x S b a x x P c

a

    



  



.

Chứng minh:

3 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com Giả sử: x x₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình ax² bx c 0.

Khi đó, phương trình bậc hai

 

¹ tương đương với phương trình y a x x



 1



x x 2



. Như vậy, ta có đẳng thức: ax² bx c a x x x x 



 1



 2



.

Hay: ax² bx c ax  ² a x



1x x ax x2



 1 2.

Đồng nhất hệ số hai vế, ta thu được:



1 2



^{1 2}

1 2 1 2

x x b

b a x x a

c ax x x x c a

   

    

  

 

  

 



(đpcm).

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:

   

1

1 ... 1 0, 0 2

n n

n n n

y a x a x_ ^  a x a a 

Giả sử: x i_i, 1,n là n nghiệm của phương trình a x_n ⁿa x_n1 ^n1 ... a x a₁  ₀ 0.

Khi đó, phương trình bậc n tương đương với phương trình:



1



2

 

...



n n

y a x x  x x x x

Như vậy, ta có: a x_n ⁿ a x_n1 ^n1 ... a x a1  0 a x x x x_n



 1



 2

 

... x x _n



1

1 1 0

1 2

...

...

n n n

n n n

n n

n elements

a x a x a x a a x

a x x x



      

 

 

    

4 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

 

 

1 2 1 3 1 1

1 2

1

1 2 1 1 2 2 2 3

... ...

...

1 ... ... ... ...

n k k n n

n n elements

n

n n n n n

n element

a x x x x x x x x

a x x x x x x x x x x

 





 

 

 

 

     

 

 

 

    

 

1 1 2...

s n

n n

a x x x

 

 

 

 

 

 

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 ^{x ii, 1, ,n n}



^{ }



là hai nghiệm (trên trường số phức , có thể nghiệm đơn hoặc nghiệm kép) của phương trình: a x_n ⁿ a x_n1 ^n1 ... a x a₁  ₀ 0, thì:

1 2 1

1 2 1

1 2 1 1

1 2 1 3 2 3 1 2

1

1 2 1 1 2 2

1 ...

...

....

...

... ... ... ...

n n

n n

i n

i n

n n

i j n n

i j n n

n

i i i n n n

i i i n

x x x x a

a

x x x x x x x x x x a a

x x x x x x x x x x

 





 

  

 

    

     

     

   





  

 

1 1

2 3

1 2 0 1

... 1 .

... 1 .

n n

n

n n

i n

i n

x x x a

a x x x x a

a













  



   





.

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 quát theo công thức:

 

^{1 k n k}

n

a a^

 .

5 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com Một số tổng quát thường gặp:

 Phương trình bậc ba:

Nếu x x x₁, ,_{2 3} là nghiệm của phương trình: ax³bx² cx d 0 thì công thức Viète

cho ta:

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

x x x b

a x x x x x x c

a x x x d

a

    



   



  



.

 Hệ quả 1 của định lý Viète:

Giả sử phương trình: a x_n ⁿ a x_n1 ^n1 ... a x a1  0 0 3

 

có các hệ số a i_i, 0,n thỏa mãn:

 

1

2 2

2 2 1

0 1

0

n n

k k

k k

i a a

   

   

   

  

 

 

khi và chỉ khi: x1 là một nghiệm của phương trình

 

^{3 .}

 

1

2 2

2 2 1

0 1

0

n n

k k

k k

ii a a

    

   

   

  

 

 

khi và chỉ khi: x 1 là một nghiệm của phương trình

 

^{3 .}

Chứng minh

 

^{i :}

Giả sử:

1

2 2

2 2 1 0 1 1

0 1

0 ...

n n

k k n n

k k

a a a a a a

   

   

   

 

 

       

 

^.

Khi đó:

 

^{3 }



^{a xn n an}

 

^{ a xn1 n1an1}



^{ ...}



^{a x a1  1}



^0;

     

       

1

1 1

1 2 2 3

1 2 1

1 1 ... 1 0

1 ... 1 ... 1 ... 1 0

n n

n n

n n n n

n n

a x a x a x

x a x x a x x a x a





   



       

 

              

6 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com 1

x

  là một nghiệm.

 

^{i :}

Giả sử: x1 là một nghiệm của phương trình

 

³ , khi đó, ta có:

     

1

2 2

1

1 1 0 1 1 0 2 2 1

0 1

1 1 ... 1 0 ... 0

n n

n n

n n n n k k

k k

a a a a a a a a a a

    

   

   



  

 

          







 ^.

Vậy:

 

ⁱ hoàn toàn được chứng minh.

 

^{ii :}

Bài toán phụ:

Ta có:

         

          

2 1 2 2 1

2 1 2 2

2

1 1 ... 1 ... 1 1 . 4

*

1 1 1 1 ... 1 . 5

t t t k k

t

k k k k

t

x x x x x x

x x x x x





 

            



         



Một điều đáng nói, ở đây k hoặc chẵn hoặc lẻ, nhưng điều đó không quan trọng vì nếu 2

k  thì ta xét



^{xk 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



^.

Giả sử:

1 1

2 2 2 2

2 2 1 0 2 2 1

0 1 1 1

0

n n n n

k k k k

k k k k

a a a a a

         

       

       

 

   

     

   

^.

Khi đó:

 

^{3  }_^{a xn n }

 

^{1 n1an }_{  }^{ a xn1 n1 }

 

^{1 nan1}_^{ ...}



^{a x2 2a2}



^



^{a x a1  1}



^0.



x 1



^a_{n n} a_n1_n1 ... a x2



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:

7 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

 

1

 

¹ 1

 

0

   

¹ 1

 

1 0

1

2 2

2 2 1

0 1

1 1 ... 1 0 1 1 ... 1 ... 0

0

n n n n k

n n n n k

n n

k k

k k

a a a a a a a a a

a a

 

 

   

   

   

  

                 











.

Vậy:

 

ⁱⁱ hoàn toàn được chứng minh.

Extra Techniques Study tips Xét phương trình: ^{ax2 bx c 0}



^{a0 6}

  

^.

Nếu phương trình

 

^{6 có tổng a b c  0 thì: 1}

2

1 x x c

a

 

 

 là hai nghiệm của

 

^{6 .}

Nếu phương trình

 

^{6 có tổng a b c  0 thì: 1}

2

1 x x c

a

  



   là hai nghiệm của

 

^{6 .}

 Hệ quả 2 của định lý Viète:

Giả sử phương trình: a x_n ⁿ a x_n1 ^n1 ... a x a1  0 0 3

 

có n nghiệm, kí hiệu x i_i, 1,n.

Nếu ta đặt:

1 2 1

1 2 1

1 1

2 1

1 1 ...

1

...

... n n

n i i

n i j n i j

n

n i i i

i i i n

n

n i

i

S x

S x x

S x x x

S x

 



  

     



 



 





 



 









8 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com Khi đó: x i_i, 1,n là nghiệm của phương trình:

   

¹

   

1 2

1 2 ... 1 ^k . ... 1 ⁿ 1 1 ⁿ 0 7

n n n n k

k n n

x S x ^ S x ^    S x ^    ^ S x_   S  . Chứng minh:

Theo định lý Viète mở rộng, ta suy ra:

Nếu x i_i, 1,n là nghiệm của

 

^{3 , thì:}

1 2 1

1 2 1

1 2 1 1

1 2 1 3 2 3 1 2

1

1 2 1 1 2 2

1 ...

...

....

...

... ... ... ...

n n

n n

i n

i n

n n

i j n n

i j n n

n

i i i n n n

i i i n

x x x x a

a

x x x x x x x x x x a a

x x x x x x x x x x

 





 

  

 

    

     

     

   





  

 

1 1

2 3

1 2 0 1

... 1 .

... 1 .

n n

n

n n

i n

i n

x x x a

a x x x x a

a













  



   





Như vậy, dễ dàng ta có:

 

 

1 1

2 2

1 1

1

0

...

1 .

1 .

n n n

n

n n

n n n

n

S a

a S a

a S a

a S a

a









  



 





  



  



.

Vậy phương trình

 

⁷ tương đương với: ^{n n 1 n 1 n 2 n 2} ... ^{1 0} 0

n n n n

a a a a

x x x x

a a a a

 

 

      .

9 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com Vì: ^deg



^{f x x}



^{1, ,...,2 xn}

 

^{ n an 0.}

Nhân cả hai vế cho a_n, ta thu được phương trình

 

^{3 (đpcm).}

Extra Techniques Study tips

Xét phương trình: ^{ax2 bx c 0}



^{a0 6}

  

^{với  0}, nếu ta đặt: ^{1 2}

1 2

S x x P x x

  



  . Thì: x x₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình ^{x2 Sx P 0,}



^{S2 4P}



^.

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 x x _{1 2} P x x _{1 2} Điều kiện cần Điều kiện đủ

Trái dấu  ? 

0

 

0 P

Cùng dấu     P0

Cùng dương     P0,S0

Cùng âm     P0,S0

II. Một số đẳng thức cần lưu ý.

   

       

       

 

     

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

3 3 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

2 2

4 4 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

2 2

2 1 1 2 1 2 2 1

2 2

3 . 3

2 2 2 2

1 1

4 4

i x x x x x x S P

ii x x x x x x x x S S P

iii x x x x x x x x S P P

x x P

iv x x x x S

v x x x x x x S P x x

     

 

       

 

        

   

      

10 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com 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 x x



1, ,...,2 x_n



là một đa thức của vành A x x ₁, ,...,₂ x_n. Đa thức f x x



1, ,...,2 x_n



được gọi là một đa thức đối xứng của

n ẩn nếu ^{f x x}



^{1, ,...,2 xn}



^{ f x}



^_{ }^1,x_{ }^{2 ,...,x}_{ }ⁿ



với mọi phép thế

     

1 2 ....

1 2 ....

n

 n

  

 

  

     



^{1 , 2 ,..., n}



f x_ x_ x_ suy ra từ f x x



1, ,...,2 x_n



bằng cách thay trong f x x



1, ,...,2 x_n



, x₁ bởi x_{ 1} ,....,x_n bởi x_{ n} .

2. Định lý 1. Bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành A x x ₁, ,...,₂ x_n là một vành con của vành A x x ₁, ,...,₂ x_n.

Chứng minh:

Giả sử f x x



1, ,...,2 x_n



và g x x



1, ,...,2 x_n



là những đa thức đối xứng của vành

1, ,...,2 _n

A x x x , theo định nghĩa ta có:



^{1, ,...,2 n}

 

_{ }^{1 ,} _{ }^{2 ,...,} _{ }ⁿ



f x x x  f x_ x_ x_ Và



^{1, ,...,2 n}

 

_{ }^1, _{ }^{2 ,...,} _{ }ⁿ



g x x x g x_ x_ x_

với mọi phép thế ^{  }_^

   

^{11 22 ........ }

 

^{nn }_. Thế thì:



^{1, ,...,2 n}

 

^{1, ,...,2 n}

 

_{ }^{1 ,} _{ }^{2 ,...,} _{ }ⁿ

 

 ^1,  ^{2 ,...,}  ⁿ



f x x x g x x x  f x_ x_ x_ g x_ x_ x_ ,



^{1, ,...,2 n}

 

^{. 1, ,...,2 n}

 

_{ }^{1 ,} _{ }^{2 ,...,} _{ }ⁿ



^.



 ^1,  ^{2 ,...,}  ⁿ



f x x x g x x x  f x_ x_ x_ g x_ x_ x_

11 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

với mọi phép thế . Từ đó, suy ra bộ phận gồm các đa thức đối xứng của vành

1, ,...,2 _n

A x x x  là một vành con của vành A x x ₁, ,...,₂ x_n.

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 x x ₁⁰ ₂⁰...x_n⁰.

Các đa thức đối xứng cơ bản:

1 2 1

1 2

1 1 2

1

2 1 2 1 3 2 3 1

1

1 1 2 1 1 2 2 2 3

1 ...

...

....

...

... ... ... ... ...

n n n

n i

i

n

n n i j

i j n

n n n n n i i i

i i i

x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x x





 





   

  

   

    

     

    





1

1 2 1

...

n n n

n n i

i

x x x x

















  







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 x x₁, ,...,₂ x_n. 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 x x



1, ,...,2 x_n



là một đa thức đối xứng khác 0 và x x x₁^a1 ₂^a2 ₃^a3...x_n^an là hạng tử cao nhất của nó, thế thì: a a₁ ₂  ... a_n.

Chứng minh:

Ta phải chứng minh: a_i1a_i, i 2,n. Vì f x



1,...,x_n



là một đa thức đối xứng nên nếu thay x_i1 bởi x_i và hoán vị ngược lại thay x_i bởi x_i1, ta được:

1

1^a1... _i^ai _i 1^ai... _n^an

x x x x

 ^ _

cũng là một hạng tử của f x



1,...,x_n



. Giả sử: a a_i  _i1, khi đó:

12 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com



a1,...,a_i2, ,a a_{i i}1,...,a_n

 

 a1,...,a_i2,a a_i1, ,...,_i a_n



.

Điều này mâu thuẫn với giả thuyết x₁^a1...x_i1^ai1x_i^ai...x_n^an là hạng tử cao nhất.

4. Bổ đề 2. Giả sử a₁,...,a_n là những số tự nhiên sao cho:

1 2 ... _n

a a  a

thế thì đa thức f x x



1, ,...,2 x_n



1^{a a1 2}2^{a a2 3}..._n1^{an1an2}_n^an

trong đó ₁,...,_n là các đa thức đối xứng cơ bản, có hạng tử cao nhất là

1 2

1^a 2^a ... _n^an x x x . Chứng minh:

Các hạng tử cao nhất của  ₁, ,...,₂ _n1,_n theo thứ tự là:

1, 1 2,..., 1 2... _n 1, 1 2... _n x x x x x x _ x x x Ta có hạng tử cao nhất của f x



1,...,x_n



là:

 

^{2 3}

 

¹

 

1 2 1 2

1^{a a} 1 2 ^{a a} ... 1 2... _n 1 ^{an an} 1 2... _n ^an 1^a 2^a ... _n^an

x ^ x x ^ x x x _ ^ x x x  x x x (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 x x



1, ,...,2 x_n



và g x x



1, ,...,2 x_n



là hai đa thức khác không của vành

1, ,...,2 _n

A x x x  có hạng tử cao nhất theo thứ tự là c x_{1 1}^a11...x_n^a1n và d x_{1 1}^b11...x_n^b1n. Nếu c d_{1 1} 0 thì hạng tử cao nhất của đa thức tích f x x



1, ,...,2 x g x x_n

 

. 1, ,...,2 x_n



là c d x_{1 1 1}^{a11 11b} ...x_n^a1nb1n.

Chứng minh:

Giả sử:

 

 

1 1

11 ln

1 1 n

11

1 2 1 1 1

1 2 1 1 1

, ,..., ... ... ...

, ,..., ... ... ...

n l

n m m

a a

a a

n n l n

b b b

b

n n m n

f x x x c x x c x x

g x x x d x x d x x

   



  

 đã được sắp xếp theo lối từ điển.

Điều đó có nghĩa là:

13 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com



a11,...,a1_n

 

 a_i1,...,a_in



,  i 2,l Và



b11,...,b1_n

 

 b_i1,...,b_in



,  i 2,m. Ta sẽ chứng minh:

1 1

11 11

1 1 1^{a b} ... _n^{an bn} c d x ^ x ^ là hạng tử cao nhất của đa thức tích f x



1,...,x g x_n

 

. 1,...,x_n



. Nhân f x



1,...,x_n



với g x



1,...,x_n



, ta được:



^{1,..., n}

 

^{. 1,..., n}



_{i j,} ^{i j 1ai1 bj1... nain bjn,}



^{1, ; 1,}



f x x g x x 



c d x ^ x ^ i l j m ^.

Mỗi hạng tử c d x_{i j 1}^ai1bj1...x_n^ainbjn cho ta phần tử



^{ai1bj1,...,ainbjn}



^{ n.}

Nhưng vì, ta lại có:

+) Nếu



a1,...,a_n

 

 b1,...,b_n



thì



a c1 1,...,a_nc_n

 

 b c1 1,...,b_n c_n



,



c1,...,c_n



 ⁿ.

Thật vậy! Vì:



a1,...,a_n

 

 b1,...,b_n



nên có một chỉ số i1,n sao cho:

1 1,..., _i 1 _i 1, _{i i} a b a_ b a b_  .

Do đó: a c₁  ₁ b c_{1 1},...,a_i1c_i1b_i1c a c b c_i1, _i  _{i i i} (đpcm).

+) Nếu



a1,...,a_n

 

 b1,...,b_n



và



c1,...,c_n

 

 d1,...,d_n



, thì:



a c1 1,...,a_n c_n

 

 b d1 1,...,b_nd_n



. Thật vậy!

Ta có:



a c1 1,...,a_nc_n

 

 b c1 1,...,b_nc_n

 

 b d1 1,...,b_n d_n



(đpcm).

Do vậy, ta có các bất đẳng thức sau:

14 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com

   

   

   

11 11 1 1 11 1 1

11 11 1 1 1 11 1

11 11 1 1 1 1

,..., ,..., , 2,

,..., ,..., , 2,

,..., ,..., , 2, , 2,

n n j n jn

n n i in n

n n i j in jn

a b a b a b a b j m

a b a b a b a b i l

a b a b a b a b i l j m

     

     

       

Vậy hạng tử c d x_{1 1 1}^{a11 11b} ...x_n^a1nb1n 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



1,..., _n



1 1^a11... _n^a1n ... _m 1^am1... _n^amn g   c   c   trong đó c_i 0, i1,m, và



^ai1,...,ain



^



^aj1,...,ajn



^{,i j .}

Thế thì: g



1,...,_n



0.

Chứng minh:

Trong g



1,...,_n



, thay ₁ bằng x₁x₂  ... x_n,...,_n bằng x₁x₂  ... x_n ta được một đa thức của các ẩn x x₁, ,...,₂ x_n.



1 2 1 2

 

1

 

1



1

... _n,..., ... _n ,..., _n ^m _i ,..., _n

i

g x x x x x x f x x f x x



    



với

    

¹



1 1,..., _n 1 1 2 ... _n ^ai ... 1 2... 3 ^ain, 1, f x x c x x  x x x x i m. Hạng tử cao nhất của đa thức f x1



1,...,x_n



theo Định lý

 

^{* là:}

  

¹²



^{1 1 2}

1 1^a11 1 2 ^a ... 1 2... _n ^an _i 1^ki 2^ki ... _k^km c x x x x x x c x x x

15 Nghiên cứu định lý Viète và ứng dụng | ▫▪ mathvn.com với:

1 2 1

2 2

...

...

...

i i in i

i in i

in in

a a a k

a a k

a k

   

  



 



.

Hạng tử cao nhất của mỗi đa thức f x_i



1,...,x_n



, cho ta phần tử



k k_i1, ,...,_i2 k_in



 ⁿ. Ta có:



^{k ki1, ...,i2 kin}



^



^{k kj1, j2,...,kjn}



^{,i j .}

Vì nếu:



k k_i1, ...,_i2 k_in







k k_j1, _j2,...,k_jn



,i j , thì:

1 1 2 1 2 1

2 2 3 2 3 2

...

i i i j j j

i i i j j j

in in jn jn

a k k k k a

a k k k k a

a k k a

    

    

   với i j , mâu thuẫn với giả thuyết.

Vì ⁿ sắp thứ tự toàn phần nên bộ phận hữu hạn gồm các phần tử

