SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Lời nói đầu
gời xa làm ra binh pháp để áp dụng và giải quyết những cuộc chiến tranh, điển
hình nhất là bộ Binh pháp của Tôn Tử và bộ binh pháp của Tôn Tẫn. Trong
từng thời kỳ mà hai soạn giả trên đã trải nghiệm qua và áp dụng vào thực tiễn. Nh ta
đã biết Binh pháp chỉ cần có 36 mu kế mà hoá giải đợc hầu hết các tình thế của
cuộc chiến tranh đặt ra. Đặc biệt ngời nắm đợc Binh pháp và áp dụng nó vào thực tế
nh thế nào là một vấn đề sáng tạo của từng ngời và từng thời đại. Có thể nói các ph-
ơng pháp giải toán là những mu kế trong khi giải bài tập toán.
N
Trong chuyên đề này tôi xin đa ra một số phơng pháp giải toán và học toán
mang tên: ứng dụng của Đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng hi
vọng đợc các đồng nghiệp ủng hộ, quan tâm đóng góp ý kiến và qua đây bản thân
hoàn thiện dần bộ Toán pháp cho mình và cho các em học sinh.
Nội dung tóm tắt của SKKN
I- Cơ sở lý luận
II- Cơ sở khoa học
1.Giới thiệu phơng pháp đại lợng bất biến k,m,mkl
2.Giải toán bằng đại lợng bất biến
3.Đa thức đối xứng hai biến
III- ứng dụng đa thức đối xứng để giải toán
1.Giải hệ phơng trình đối xứng
2.Giải hệ phơng trình đa về giải hệ phơng trình đối xứng
3.Giải phơng trình đa về giải hệ phơng trình đối xứng
4.Chứng minh bất đẳng thức đối xứng
5.Bài tập thực hành
kết luận
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 1/16
SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
I- Cơ sở lý luận
Chơng trình toán học phổ thông (bộ sgk chơng trình cũ) và nhất là trong sách

P(x,y) =
yx
11
+
P(x,y) = x
2
+ y
2
P(x,y) = x
3
+ y
3

P(x,y) = x
n
+ y
n
với n
+

*
Z
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 2/16
SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Mệnh đề: Mọi tổng luỹ thừa hai biến P
n
(x,y) = x
n
+ y
n

3
- 3sp
P
4
(x,y) = s
4
- 4s
2
p + 2p
2
P
5
(x,y) = s
5
- 5s
3
p + 5sp
2

P
6
(x,y) = s
6
- 6s
4
p + 9s
2
p
2
- 2p



=++
=++
2
4
22
yxxy
yxyx

Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của các phơng trình thành phần của hệ (I) là các đa thức
đối xứng bậc hai đối với x và y (Ta gọi hệ (I) là hệ phơng trình đối xứng đối với x và
y). Trong hệ phơng trình (I) ta rễ nhận ra đợc các đại lợng bất biến.
Trong trờng hợp này, ta dùng cách đặt ẩn phụ s = x+y và p = xy
Khi đó, x
2
+ xy + y
2
= (x+y)
2
- xy = s
2
- p (từ công thức (1) ta có)
Do đó, từ hệ (I), ta có hệ phơng trình (ẩn là s và p)



=+
=

=+
5
3
xy
yx
hoặc (I.b)



=
=+
0
2
xy
yx
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 3/16
(1)
SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
- Hệ phơng trình (I.a) cho thấy x và y là nghiệm của phơng trình bậc hai:
t
2
+ 3t + 5 = 0. Phơng trình này vô nghiệm nên hệ (I.a) vô nghiệm. (Trong trờng hợp
này s, p không thoả mãn điều kiện (*) nên ta thấy hệ (I.a) vô nghiệm).
- Hệ phơng trình (I.b) dễ hậ thấy có hai nghiệm là (0;2) và (2;0).
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm là: (0;2) và (2;0).
Chú ý: Nếu đặt



=

3
- 3ps (từ công thức (1))
Do đó, từ hệ (II), ta có hệ phơng trình



=
=
2
23
3
sp
pss




=
=
2
8
3
sp
s




=
=

=+
=+
3
33
55
yx
yx
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của các phơng trình thành phần của hệ (III) là các đa thức đối
xứng đối với x và y (hệ phơng trình đối xứng).
Ta đặt s = x+y và p = xy điều kiện s
2
4p (*).
Ta có: P
5
(x,y) = s
5
- 5s
3
p + 5sp
2
(từ công thức (1))
Do đó, từ hệ (III), ta có hệ phơng trình



=
=+
3
335sp p5s -s

7
3
xy
yx
(không thoả mãn đk (*) loại).
Giải những hệ phơng trình (III.a) ta đợc tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}
Vậy hệ phơng trình đã cho có tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}
Bài 4. Giải hệ phơng trình (IV)







=+
=+
3
111
12
22
yx
x
y
y
x
Lời giải:
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 4/16
SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Điều kiện x 0, y 0

123ps-s
3
Lấy p của phơng trình thứ hai thay vào phơng trình thứ nhất, ta đợc phơng trình:
s
3
- 9s
2
- 36s = 0 s(s
2
- 9s - 36) = 0





=
=
=
3
12
0
s
s
s

+ Với s = 0 thì p = 0 thoả mãn điều kiện (*) dễ thấy trong trờng hợp này x = y =0
đây không phải là nghiệm của hệ ban đầu.
+ Với s = 12 thì p = 36 thoả mãn điều kiện (*) ta đợc hệ






=
+
=
2
533
2
533
z
z

nên hệ đã cho có tập nghiệm T(x;y) ={(
2
533+
;
2
533
),(
2
533
;
2
533+
)}
Vậy hệ pt tập nghiệm T(x,y) = {(6;6), (
2
533+
;




=
=
0
0
6
6
yv
xu
từ hệ (V) ta đợc (V.a)



=+
=+
5
9
22
33
vu
vu
đây là hệ đối xứng đối với u và v.
Đặt s = u+v và p = u.v với điều kiện s 0, p 0, s
2
4p, (*)
Theo công thức (1) ta có: u
3
+ v

=
s
p
thay vào phơng trình th nhất ta đợc phơng
trình: s
3
-15s + 18 = 0









+
=

=
=
2
333
2
333
3
s
s
s
+ Với s =



=
=
1
2
v
u




=
=
1
64
y
x
+ Với



=
=
2
1
v
u



ở phần 1, ta thấy việc giải một hệ phơng trình đối xứng rất thuận tiện và có
quy tắc chung để giải. Nhng không phải hệ phơng trình cũng là hệ đối xứng, có một
số hệ dạng này ta có thể phát hiện đ ợc đại l ợng bất biến trong hệ nên ta có thể đặt
ẩn phụ đa hệ về hệ phơng trình đối xứng với ẩn số mới hệ này hoàn toàn giải đợc ở
phần 1.
Việc đặt ẩn phụ trong dạng toán này phụ thuộc vào ta phát hiện ra đâu là
những đại lợng bất biến trong hệ.
Bài 1. Giải hệ phơng trình
(I)







=
=+
xyyx
xyyx
4
1
2
5
22

Lời giải:
Ta thấy phơng trình thứ 2 của hệ không phải là một đa thức đối xứng đối với x và y.
Nhng ta có thể nhận ra tính bất biến của bài toán là tổng s = x + (-y) và tích p = x(-
y).



=+
=+
xzzx
xzzx
4
1
2
5
22

Đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với x và z. Khi đó ta đặt



=
=+
pxz
szx
Ta nhận đợc hệ phơng trình (từ công thức (1))







=
=

Mỗi hệ phơng trình trên cho ta nghiệm đối với x và z:



==
==
0
0
21
21
zz
xx
;



=
=
2
4
3
3
z
x
;



=
=

;



=
=
4
2
4
4
y
x
Bài 2. Giải hệ phơng trình
(II)





=+
=+
82
31
32
4
3
yx
xy

Lời giải:

vu
hệ phơng trình này đối xứng
đối với hai biến u, v. Dõ ràng tổng s = u+v và tích p = uv là những đại lợng không
đổi.
Đặt s = u + v và p = uv với điều kiện s
2
4p (*).
Từ công thức (1) ta có: P
4
(u,v) = s
4
- 4s
2
p + 2p
2
ta đợc hệ phơng trình



=+
=
8124
3
224
spss
s
Thay s = 3 vào phơng trình hai của hệ ta đợc p
2
-18p = 0 phơng trình này có hai
nghiệm p = 0 và p = 18.

=
3
0
2
2
v
u
khi đó



=
=
1
9
1
1
y
x
;



=
=
3
2
2
82
0

Bài 3. Giải hệ phơng trình
(III)





=+
+=+
78
1
7
33
xyyx
xy
x
y
y
x

Lời giải:
Ta nhận thấy hệ (III) là hệ đối xứng đối với x và y, nhng ta cha thể giải đợc hệ này
khi dựa vào tính chất đó. Ta cần phải đi tìm các đại lợng bất biến khác của hệ phơng
trình.
Từ hệ phơng trình ta thấy rằng x, y phải khác không và có cùng dấu.
+ Nếu x, y > 0 thì ta đặt
xu =
,
yv =
+ Nếu x, y < 0 thì ta đặt

=
78)2(
73
2
2
psp
ps
hệ này có nghiệm:



=
=
6
5
1
1
p
s
;



=
=
6
5
2
2
p

2
3
2
2
v
u
thay trở lại ẩn x, y ta đợc nghiệm của hệ là:



=
=
9
4
1
1
y
x
;



=
=
4
9
2
2
y
x



=++
=+++
8
1
2
33
1
y
yx
yx
x
x
Lời giải:
Hệ phơng trình (IV) không phải là hệ phơng trình đối xứng đối với x và y.
Điều kiện của hệ phơng trình







+
+

03
0
1

x
(IV.a)
Đặt





+=
+=
3
1
yxv
y
xu
điều kiện





0
0
v
u
Từ hệ (IV.a) ta đợc hệ phơng trình đối xứng đối với u và v: (IV.b)



=+



=
=
1
2
v
u






=+
=+
13
4
1
yx
y
x














=+
=+
43
1
1
yx
y
x













=
+=



1
5
y
x
;





+=
=
103
104
y
x
;





=
+=
103
104
y
x
.
3.Giải phơng trình đa về giải hệ phơng trình đối xứng

Đặt
4
xu =
và
4
97 xv =
, u, v 0, khi đó phơng trình (I) đa về dạng: u + v = 5.
Mặt khác u
4
+ v
4
= x + (97 - x) = 97
Ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.a)



=+
=+
97
5
44
vu
vu
(đây là hệ phơng trình đối xứng)
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s, p 0, s
2
4p (*). Theo công thức (1) từ hệ
phơng trình (I.a) ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.b)



=
3
2
z
z
vậy ta đợc nghiệm u, v là



=
=
3
2
1
1
v
u
;



=
=
2
3
2
2
v
u


<
>
1
1
x
x

Ta thấy rằng x = 0 không là nghiệm của phơng trình đã cho. Đặt
x
u
1
=
và
x
x
v
1
2

=
.
Khi đó từ phơng trình (II) ta có hệ phơng trình đối xứng: (II.a)





=+
=+
12

5
3
2
=u
. Từ đây suy ra nghiệm
của phơng trình đầu là: x
1
=
4
5
, x
2
=
3
5
(thoả mãn điều kiện).
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 10/16
SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Vậy phơng trình (II) có nghiệm là: x =
4
5
, x =
3
5
.
Bài 3. Giải phơng trình (III)
5103
22
=++ xx




ps
v
u
4
100
3
2
Từ phơng trình (III) ta thu đợc hệ phơng trình hai ẩn u, v. (III.a)



=+
=+
13
5
22
vu
vu
Đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với u và v (ở đây đại lợng bất biến đã có)
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s
2
4p (*). Từ hệ phơng trình (III.a) và công
thức (1) ta đợc hệ phơng trình



=
=




=
=
3
2
v
u
;



=
=
2
3
v
u
(cả hai nghiệm đều thoả mãn điều kiện)
Trở về tìm x, ta giải hệ
+



=
=
2
3
v

=+
910
43
2
2
x
x

1=x
Vậy phơng trình (III) (ban đầu) có tập nghiệm T = {
6
; -1; 1;
6
}
Bài 4. Giải phơng trình (IV)
215
44
=+ xx

Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện 1 x 5
Đặt





=
=

p + 2p
2
đợc hệ phơng trình





=+
=
424
2
224
ppss
s

Giải hệ trên ta đợc nghiệm



=
=
0
2
p
s
(tm);







=
=
0
2
v
u
Trở lại tìm x, ta đợc:
+ Với



=
=
2
0
v
u






=
=
21
05

Vậy phơng trình (IV) có nghiệm là: x = 1, x = 5.
Bài 5. Giải phơng trình (V)
3)8)(1(81 =++++ xxxx

Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện -1 x 8
Đặt





=
+=
xv
xu
8
1
điều kiện u, v 0.
Từ phơng trình (V) ta đợc hệ đối xứng đối với u, v: (V.a)



=++
=+
3
9
22
uvvu

3
v
u




=
=+
98
01
x
x
x = -1
+ Với



=
=
3
0
v
u




=
=+

SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Để ứng dụng định lí trên trong chứng minh bất đẳng thức đối ta làm nh sau:
+ Giả thiết rằng cho một đa thức đối xứng P(x,y) và phải chứng minh rằng với
những giá trị thực bất kỳ của x, y ( hoặc là với giá trị không âm bất kỳ hoặc với
x + y a, ) đa thức này nhận giá trị không âm: P(x,y) 0. Để chứng minh, ta
chuyển đa thức P(x,y) thành biểu thức phụ thuộc vào s và p. Trong đa thức này ta
thay p bởi s và đại lợng không âm z = s
2
- 4p, nghĩa là thay p =
)(
4
1
2
zs
. Trong kết
quả, ta nhận đợc đa thức hai biến s và z và cần chứng minh rằng với những giá trị
không âm z và những giới hạn bắt buộc đối với s đã cho, thì đa thức cần chứng
minh nhận giá trị không âm. Từ đây suy ra bất đẳng thức ban đầu đúng.
Bài 1.
Chứng minh rằng nếu a và b là những số thực, thoả mãn điều kiện a + b 0, thì các
bất đẳng thức sau đây đúng
2
2
22
c
ba +
;
8
4
44

2
+
2
1
z.
Theo Định lí 1 thì z 0, theo giả thiết s c
2
1
s
2

2
1
c
2
,
Do đó P
2
=
2
1
s
2
+
2
1
z
2
1
c

)
2
1
(
2
1
cc =
Bất đẳng thức còn lại hoàn tơng tự.
Bài 2.
Chứng minh rằng nếu x và y là những số thực, thì bất đẳng thức sau đây đúng
x
6
+ y
6
x
5
y + xy
5
.
Lời giải:
Ta thấy BĐT trên có tính chất đối xứng đối với x và y. Đặt s = x + y và p = xy.
Theo công thức (1) ta có: P
4
, P
6
và p =
4
1
(s
2

= s
6
- 7s
4
p + 13s
2
p
2
- 4p
3
= s
6
- 7s
4
.
4
1
(s
2
-z) + 13s
2
.
16
1
(s
2
-z)
2
-4.
64

y
y
x
++
22
Lời giải:
Ta thấy BĐT trên có tính chất đối xứng đối với
x
và
y
.
Đặt
xu =
,
yv =
.
Khi đó bất đẳng thức đợc đa về dạng
vu
u
v
v
u
++
22
hay
)(
33
vuuvvu ++
.
Ta phải chứng minh bất đẳng thức trên cùng với u > 0 và v > 0.

1
(
22
+++
y
y
x
x
Lời giải:
Ta có:
2
17
2
25
)
1
()
1
(
22
22
2222

+
++=+++
yx
yx
yx
y
y

Ta cần phải chứng minh biểu thức trong dấu ngoặc không âm, nghĩa là:
24154
23
++ ppp
(*). Vì x, y > 0, nên p > 0; ngoài ra z = s
2
- 4p 0 (nghĩa là 1- 4p
0), từ đó suy ra p
4
1
. Nh vậy 0 < p
4
1
. Đa thức
ppp 4154
23
++
có tất cả các hệ
số đều dơng, nó nhận giá trị lớn nhất trên khoảng 0 < p
4
1
là 2 tại p =
4
1
.
Nh vậy bất đẳng thức (*) đợc chứng minh.
Vậy bất đẳng thức (III) đợc chứng minh.
5.Bài tập thực hành
Đây là phần bài tập để học sinh luyện tập, rèn luyện khả năng giải toán của
mình. Phần bài tập này đợc chia làm ba phần tơng ứng để học sinh tiện theo dõi.


=+++
=+
26
3)(4
22
yxyx
xyyx
a.4.



=+
=+++
xyyx
yxyx
7)(12
32
22
a.5.



=+++
=
42
15
22
yxyx
xy

a.8.



+=+
=+
)(
2233
yxbyx
ayx
a.9.



=++
=+++
19
23)(2
22
22
xyyx
yxyx
a.10.





=+
=+




=++
=+++
12)1)(1(
8
22
yxxy
yxyx
b.Bài tập về hệ phơng trình đa về hệ phơng trình đối xứng
- Các bài tập trong sgk và sbt:
- Giải những hệ phơng trình sau:
b.1.
1
2
1
2
1
55
=++ xx
b.2.
877629
44
=++ xx
b.3.
188
33
=++ xx
b.4.

x
x
x
b.7.
91717
22
=++ xxxx
b.8.
30)35(35
3
3
3
3
=+ xxxx
b.9.
61224
3
=++ xx
b.10.
3
3
2
3
2
422 =+++ xxxx
c.Bài tập về chứng minh bất đẳng thức
- Các bài tập trong sgk và sbt:
- Chứng minh rằng với những số thực bất kỳ x và y ta có:
c.1. 5x
2

(
2
yxyx +

+
c.7. x
4
+ 2x
3
y + 2xy
3
+ y
4
6x
2
y
2
- Chứng minh rằng với những số dơng bất kỳ x và y ta có:
c.8.
2+
x
y
y
x
kết luận
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 15/16
SKKN - Đề tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
nhận xét đánh giá
của ban thi đua trờng


17
nhận xét đánh giá
17
Mục lục
Tài liệu tham khảo
Tài liệu tham khảo
[1] Sách giáo khoa Đại số 10 Nâng cao
Đoàn Quỳnh Nguyễn Huy Đoan Nguyễn Xuân Liêm NXB: Giáo dục
[2] Sách bài tập Đại số 10 Nâng cao
Đoàn Quỳnh Nguyễn Huy Đoan Nguyễn Xuân Liêm NXB: Giáo dục
[3] Một số phơng pháp giải toán
Nguyễn Hữu Điền NXB: Giáo dục năm 2004
[4] Dùng ẩn phụ để giải toán
Nguyễn Thái Hoè NXB: Giáo dục năm 2001
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Tr ờng THPT Đa Phúc Trang: 16/16