SKKN ỨNG DỤNG CỦA ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN - ĐA THỨC ĐỐI XỨNG

LỜI NÓI ĐẦU
gười xưa 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. Như ta đã biết Binh pháp chỉ cần có 36 mưu kế mà hoá giải được hầu hết các
tình thế của cuộc chiến tranh đặt ra. Đặc biệt người nắm được Binh pháp và áp
dụng nó vào thực tế như thế nào là một vấn đề sáng tạo của từng người và từng thời
đại. Có thể nói các phương pháp giải toán là những mưu kế trong khi giải bài tập
toán.
N
Trong chuyên đề này tôi xin đưa ra một số phương pháp giải toán và học
toán mang tên: “ỨNG DỤNG CỦA ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN - ĐA THỨC ĐỐI
XỨNG” hi vọng được 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 phương pháp đại lượng bất biến
2.Giải toán bằng đại lượng bất biến
3.Đa thức đối xứng hai biến
III- ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG ĐỂ GIẢI TOÁN
1.Giải hệ phương trình đối xứng
2.Giải hệ phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng
3.Giải phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng
4.Chứng minh bất đẳng thức đối xứng
5.Bài tập thực hành
KẾT LUẬN
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 1/19
I- CƠ SỞ LÝ LUẬN
Chương trình toán học phổ thông (bộ sgk chương trình cũ) và nhất là trong
sách Đại số nâng cao 10 (chương trình phân ban - mới) không ít các bài toán giải hệ

phương trình, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức có thể giải được nhờ
sự ứng dụng của ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN - ĐA THỨC ĐỐI XỨNG. Với những học
sinh yêu thích môn Toán ta có thể giới thiệu sâu hơn cho các em trong các tiết tự
chọn về vấn đề này ngay ở học kỳ 1 lớp 10 (Ban KHTN) để các em bổ xung thêm
bộ “Toán pháp” của mình, tự tin hơn khi làm bài tập.
Trong chuyên đề nhỏ này, tôi chỉ đề cập đến sự ứng dụng của đa thức đối
xứng trong giải toán ở lớp 10 ban KHTN, đây có thể coi là một bộ tài liệu tham
khảo hữu ích cho các em.
II- CƠ SỞ KHOA HỌC
1.Giới thiệu phương pháp đại lượng bất biến
Cho a, b, c là những số thực. Ta xét tổng S = a + b + c. Nếu ta đổi chỗ a cho
b, b cho c, c cho a, thì tổng S luôn luôn chỉ là một (không đổi). Tổng này không
thay đổi đối với thứ tự phép cộng. Dù a, b, c có thay đổi thứ tự như thế nào chăng
nữa S vẫn không thay đổi, nghĩa là S bất biến đổi với việc thay đổi các biến khác.
Trong thực tế cũng như trong toán học, rất nhiều vấn đề liên quan đến một số đối
tượng nghiên cứu lại bất biến đối với sự thay đổi của nhiều đối tượng khác.
2.Giải toán bằng đại lượng bất biến
Để giải toán được bằng đại lượng bất biến ta thực hiện theo các bước sau:
+ Bước 1: Ta phải phát hiện ra những đại lượng bất biến trong bài toán. Bước
này tương đối khó nếu ta không luyện tập thường xuyên.
+ Bước 2: Xử lý tiếp đại lượng bất biến. Trong chuyên đề nhỏ này tôi chỉ đề
cập đến sự ứng dụng của đa thức đối xứng trong giải hệ phương trình, phương
trình, chứng minh bất đẳng thức.
3.Đa thức đối xứng hai biến
Định nghĩa: Một đa thức hai biến P(x,y) gọi là đối xứng, nếu đa thức này
không thay đổi khi chuyển đổi x bằng y và y bằng x, nghĩa là P(x,y) = P(y,x).
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 2/19
Một số đa thức đối xứng thường gặp:
P(x,y) = x + y
P(x,y) = x.y

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
Mệnh đề: Mọi tổng luỹ thừa hai biến P
n
(x,y) = x
n
+ y
n
với n
+

∈
*
Z
ta có công
thức truy hồi P
n
=sP
n-1
-pP
n-2
và P
n
có thể biểu diễn dưới dạng đa thức của hai biến s
và p. Trong đó s = x + y, p = xy. (Ta có thể chứng minh bằng phương pháp quy
nạp)
Áp dụng công thức trên để tính P
n
(x,y) ta được các công thức sau:
P
1
(x,y) = s
P
2
(x,y) = s
2
- 2p
P
3
(x,y) = s
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
3

Các công thức trên sẽ được sử dụng nhiều trong các bài toán ở chuyên đề này.
III- ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG ĐỂ GIẢI TOÁN
1.Giải hệ phương trình đối xứng
Ta thường gặp hệ phương trình hai ẩn mà các phương trình thành phần của hệ là
những đa thức đối xứng hai ẩn x và y. Ta thấy tính bất biến trong bài toán dạng này
là tổng s = x+y và tích p = xy. Trong trường hợp này ta chuyển hệ phương trình
thành hệ những phương trình ẩn s và p và giải hệ phương trình mới này, thường là
những hệ phương trình đơn giản hơn rất nhiều. Sau đó nhờ những giá trị của s và p
ta đi tìm ẩn số x và y nhờ định lý Viét thuận và đảo.
• Chú ý:
- Nếu đặt



=
=+
pxy
syx
thì x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:
x
2
- sx + p = 0 khi và chỉ khi s, p thoả mãn điều kiện s
2
≥ 4p (*).
- Nếu hệ có một cặp nghiệm (x ; y) = (α;β) thì hệ còn có cặp nghiệm (x ; y) = (β;α)
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 3/19
(1)
Bài 1. (Ví dụ 2 - sgk 10 nâng cao - Trang 98)
Giải hệ phương trình
(I)




=++
=++
2
4
22
yxxy
yxyx

Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của các phương 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 phương trình đối xứng đối
với x và y). Trong hệ phương trình (I) ta rễ nhận ra được các đại lượng bất biến.
Trong trường 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 phương trình (ẩn là s và p)



=+

=−
2
4
2
ps
ps
Dễ thấy hệ này có hai nghiệm là



=
−=
5
3
p
s
và



=
=
0
2
p
s
Hệ (I) tương đương với (I.a)




=
−=+
5
3
xy
yx
hoặc (I.b)



=
=+
0
2
xy
yx
- Hệ phương trình (I.a) cho thấy x và y là nghiệm của phương trình bậc hai:
t
2
+ 3t + 5 = 0. Phương trình này vô nghiệm nên hệ (I.a) vô nghiệm. (Trong trường
hợp này s, p không thoả mãn điều kiện (*) nên ta thấy hệ (I.a) vô nghiệm).
- Hệ phương trình (I.b) dễ hậ thấy có hai nghiệm là (0;2) và (2;0).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (0;2) và (2;0).
• Chú ý: Nếu đặt



=
=+
pxy

syx
thì x, y là nghiệm của phương trình bậc hai:
x
2
- sx + p = 0 khi và chỉ khi s, p thoả mãn điều kiện s
2
≥ 4p (*).
Bài 2.
Giải hệ phương trình (II)



=+
=+
2)(
2
33
yxxy
yx
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của các phương trình thành phần của hệ (II) là các đa thức đối
xứng đối với x và y.
Ta đặt s = x+y và p = xy, điều kiện s
2
≥ 4p (*).
Ta có: P
3
(x,y) = s
3
- 3ps (từ công thức (1))

Do đó, từ hệ (II), ta có hệ phương trình



=
=−
2
23
3
sp
pss
⇔



=
=
2
8
3
sp
s
⇔



=
=
1
2

p
s
(tm đk (*))
Hệ (II) tương đương với



=
=+
1
2
xy
yx
⇔



=
=
1
1
y
x
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (1;1).
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 4/19
Bài 3. Giải hệ phương trình (III)



=+

=+
3
33
55
yx
yx
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của các phương trình thành phần của hệ (III) là các đa thức đối
xứng đối với x và y (hệ phương 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 phương trình



=
=+
3
335sp p5s -s
235

s
⇔



=
=+−
3
0149p
2
s
p
Hệ (III) tương đương với (III.a)



=
=+
2
3
xy
yx
(thoả mãn điều kiện (*))
hoặc (III.b)



=
=+
7

3
xy
yx
(không thoả mãn đk (*) loại).
Giải những hệ phương trình (III.a) ta được tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}
Bài 4. Giải hệ phương trình (IV)







=+
=+
3
111
12
22
yx
x
y
y
x
Lời giải:
Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0
Hệ phương trình đã cho là đối xứng với x, y. Ta quy đồng mẫu số hai phươg trình
ta được hệ (IV) ⇔




=+
=+
xyyx
xyyx
)(3
12
33
(IV.a)
Đặt s = x+y và p = xy với điều kiện s
2
≥ 4p (*)
Ta có: P
3
(x,y) = s
3
- 3ps (từ công thức (1))
Do đó, từ hệ (IV.a), ta có hệ phương trình



=
=
ps
p
3
123ps-s
3
Lấy p của phương trình thứ hai thay vào phương trình thứ nhất, ta được phương

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 trường 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 được hệ



=

=+
36
12
xy
yx
khi đó x, y là nghiệm của phương trình z
2
-12z + 36 = 0 ⇔ (z - 6)
2
= 0 ⇔ z = 6
nên hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (6;6)
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 5/19
+ Với s = -3 thì p = -9 thoả mãn điều kiện (*) ta được hệ



−=
−=+
9
3
xy
yx
khi đó x, y là nghiệm của phương trình z
2
+ 3z -9 = 0 ⇔







−−
=
+−
=
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+−
;
2

533 −−
),(
2
533 −−
;
2
533+−
)}
Bài 5. Giải hệ phương trình (V)





=+
=+
5
9
3
3
yx
yx
Lời giải: Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0.
Ta nhận thấy hệ phương trình (V) là hệ xứng bậc hai đối với x và y nhưng nếu ta
đặt s = x+y và p = xy thì hệ (V) chưa giải được. Ta còn có thể tìm được trong hệ
(V) còn có nhiều đại lượng bất biến khác.
Đặt






≥=
≥=
0
0
6
6
yv
xu
từ hệ (V) ta được (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

3
= s
3
- 3sp; u
2
+ v
2
= s
2
- 2p
Từ hệ (V.a) ta được hệ (V.b)



=−
=−
52
93
2
3
ps
pss
,
Từ phương trình thứ hai ta có
2
5
2
−
=
s

p
thay vào phương trình thư nhất ta được
phương trình: s
3
-15s + 18 = 0 ⇔









+−
=
−−
=
=
2
333
2
333
3
s
s
s
+ Với s =
2
333−−

< 0 loại do điều kiện
+ Với s =
2
333 +−
> 0 ⇒ p < 0 loại do điều kiện
+ Với s = 3, p = 2 thoả mãn điều kiện (*), vậy ta được



=
=
1
2
v
u
;



=
=
2
1
v
u
Thay trở lại để tìm x, ta được:
+ Với




=
=
1
2
v
u
⇒



=
=
1
64
y
x
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 6/19
+ Với



=
=
2
1
v
u
⇒




=
=
64
1
y
x
Vậy hệ phương trình (V) có nghiệm



=
=
1
64
y
x
;



=
=
64
1
y
x
.
2.Giải hệ phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng
Ở phần 1, ta thấy việc giải một hệ phương trình đối xứng rất thuận tiện và có

quy tắc chung để giải. Nhưng không phải hệ phương trình cũng là hệ đối xứng, có
một số hệ dạng này ta có thể phát hiện được đại lượng bất biến trong hệ nên ta có
thể đặt ẩn phụ đưa hệ về hệ phương trình đối xứng với ẩn số mới hệ này hoàn toàn
giải được ở phần 1.
Việc đặt ẩn phụ trong dạng toán này phụ thuộc vào ta phát hiện ra đâu là
những đại lượng bất biến trong hệ.
Bài 1. Giải hệ phương trình
(I)







=−
=+
xyyx
xyyx
4
1
2
5
22

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








−−=−+
−−=−+
)(
4
1
)(
)(
2
5
)(
22
yxyx
yxyx
Rõ dàng đây là một hệ phương trình đối xứng đối
với x và -y. Ta đặt z = -y , hệ phương trình trên trở thành







−=+

−=+
xzzx
xzzx
4
1
2
5
22

Đây là một hệ phương trình đối xứng đối với x và z. Khi đó ta đặt



=
=+
pxz
szx
Ta nhận được hệ phương trình (từ công thức (1))







−=
−=−
ps
pps
4

1
2
5
2
2
giải hệ này ta
được hai nghiệm



=
=
0
0
p
s
và



−=
=
8
2
p
s
(cả hai nghiệm cùng thoả mãn điều kiện (*))
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 7/19
Mỗi hệ phương 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
z
x
Thay trở lại biến x và y ta được nghiệm của hệ ban đầu:



==
==
0
0
21
21
yy
xx
;



=
=
2
4
3
3
y
x
;




−=
−=
4
2
4
4
y
x
Bài 2. Giải hệ phương trình
(II)





=+
=+−
82
31
32
4
3
yx
xy

Lời giải:
Ta thấy phương trình trên không phải là một đa thức đối xứng đối với x và y.
Nhưng ta có thể tìm được tính bất biến của bài toán nếu ta đặt

xu =
và
4
3
1−= yv
với điều kiện u,v ≥ 0.
Hệ phương đưa về dạng



=++
=+
82)1(
3
44
vu
vu
⇔



=+
=+
81
3
44
vu
vu
hệ phương trình này đối
xứng đối với hai biến u, v. Dõ ràng tổng s = u+v và tích p = uv là những đại lượng

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 được hệ phương trình



=+−
=
8124
3
224
spss
s
Thay s = 3 vào phương trình hai của hệ ta được p
2
-18p = 0 phương trình này có hai
nghiệm p = 0 và p = 18.
+ Với s = 3, p = 0 thoả mãn điều kiện (*) nên u, v là nghiệm của phương trình
z
2

-3z = 0 ⇔



=
=
3
0
z
z
ta có nghiệm u, v là:



=
=
0
3
1
1
v
u
;



=
=
3
0

2
2
v
u
khi đó



=
=
1
9
1
1
y
x
;



=
=
3
2
2
82
0
y
x
+ Với s = 3, p = 18 không thoả mãn điều kiện (*) nên u, v vô nghiệm.

Vậy hệ ban đầu có nghiệm là:



=
=
1
9
1
1
y
x
;



=
=
3
2
2
82
0
y
x
Bài 3. Giải hệ phương 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, nhưng ta chưa thể giải được hệ
này khi dựa vào tính chất đó. Ta cần phải đi tìm các đại lượng bất biến khác của hệ
phương trình.
Từ hệ phương trình ta thấy rằng x, y phải khác không và có cùng dấu.
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 8/19
+ Nếu x, y > 0 thì ta đặt
xu =
,
yv =
+ Nếu x, y < 0 thì ta đặt
xu −=
,
yv −=
Trong cả 2 trường hợp trên hệ (III) đưa về dạng: (III.a)






=+
+=+
78
1
7
33
uvvu
uvu
v
v
u

Đây là hệ đối xứng đối với u và v.
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s
2
≥ 4p (*). Theo công thức (1) ta nhận được
hệ phương trình: (III.b)



=−
=−
78)2(
73
2

2
psp
ps
hệ này có nghiệm:



=
=
6
5
1
1
p
s
;



=
−=
6
5
2
2
p
s
Bởi u, v là những số dương, nên s > 0 và p > 0, nghĩa là hệ (III.b) có nghiệm là:




=
=
6
5
p
s

Do đó ta nhận được:



=
=
3
2
1
1
v
u
;



=
=
2
3
2
2

v
u
thay trở lại ẩn x, y ta được nghiệm của hệ là:



=
=
9
4
1
1
y
x
;



=
=
4
9
2
2
y
x
;




−=
−=
9
4
3
3
y
x
;



−=
−=
4
9
4
4
y
x
Bài 4. Giải hệ phương trình (IV)







=++
=−+++

8
1
2
33
1
y
yx
yx
x
x
Lời giải:
Hệ phương trình (IV) không phải là hệ phương trình đối xứng đối với x và y.
Điều kiện của hệ phương trình







≥−+
≥+
≠
03
0
1
0
yx
y
x

y
Chú ý: Khi gặp các hệ điều kiện (tồn tại) quá phức tạp, ta không nên giải hệ đó.
Sau khi giải hệ phương trình, nếu hệ có nghiệm ta kiểm tra lại nghiệm xem có thoả
mãn hệ điều kiện không.
Để làm xuất hiện các đại lượng bất biến ta biến đổi hệ (IV)
(IV) ⇔







=−+++
=−+++
53
1
33
1
yx
y
x
yx
x
x
(IV.a)
Đặt






−+=
+=
3
1
yxv
y
xu
điều kiện



≥
≥
0
0
v
u
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 9/19
Từ hệ (IV.a) ta được hệ phương trình đối xứng đối với u và v: (IV.b)



=+
=+
5
3
22
vu

vu
Giải hệ (IV.b) ta được nghiệm



=
=
1
2
v
u
và



=
=
2
1
v
u
(thoả mãn điều kiện)
Trở lại tìm nghiệm (x;y) ta giải
+ Với



=
=
1

2
v
u
⇒





=−+
=+
13
4
1
yx
y
x
⇔










−=
=




=
=
1
5
1
3
y
x
y
x
(thoả mãn điều kiện)
+ Với



=
=
2
1
v
u
⇒






=−+
=+
43
1
1
yx
y
x
⇔












−=
+=





+=
−=

103
104
103
104
y
x
y
x
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình (IV) có nghiệm là:



=
=
1
3
y
x
;



−=
=
1
5
y
x
;






+=
−=
103
104
y
x
;





−=
+=
103
104
y
x
.
3.Giải phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng
Đây là một dạng toán tương đối khó giải, muốn giải được dạng toán này đòi
hỏi chúng ta phải luyện tập thường xuyên để có nhiều kinh nghiệm cho bản thân và
đòi hỏi phải có tính sáng tạo.
Để giải dạng toán này ta làm theo các bước sau:
Bước 1: Ta phải phát hiện được đâu là đại lượng bất biến (không đổi)

Bước 2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về một hệ phương trình đối xứng với ẩn mới.
Bước 3: Giải hệ phương trình với ẩn số mới (hệ này đã biết cách giải ở phần 1).
Bước 4: Thay trở lại để được nghiệm ban đầu, kết luận.
Bài 1.
Giải phương trình
(I)
597
44
=+− xx

Lời giải:
Nếu không tìm được đâu là đại lượng bất biến trong phương trình (I) thì rất
khó giải phương trình đó. Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình
trên.
Điều kiện



≤
≥
97
0
x
x
Đặt
4
xu =
và
4
97 xv −=

, u, v ≥ 0, khi đó phương trình (I) đưa về dạng: u + v = 5.
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 10/19
Mặt khác u
4
+ v
4
= x + (97 - x) = 97
Ta nhận được hệ phương trình: (I.a)



=+
=+
97
5
44
vu
vu
(đây là hệ phương 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
phương trình (I.a) ta nhận được hệ phương trình: (I.b)



=+−
=
9724
5

224
ppss
s

Lấy s = 5 thay vào phương trình thành phần của hệ ta được phương trình:
p
2
- 50p + 264 = 0 ⇔



=
=
44
6
p
p
+ Với s = 5, p = 6 thoả mãn điều kiện (*) vậy u, v là nghiệm của phương trình:
z
2
- 5z + 6 = 0 ⇔



=
=
3
2
z
z

vậy ta được nghiệm u, v là



=
=
3
2
1
1
v
u
;



=
=
2
3
2
2
v
u

Thay trở lại biến x, vì
4
xu =
nên nghiệm của ph trình ban đầu là: x
1

= 16, x
2
= 81.
+ Với s = 5, p = 44 không thoả mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm: x = 16, x = 81.
Bài 2.
Giải phương trình (II)
12
35
1
2
=
−
+
x
x
x

Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên.
Điều kiện: x
2
– 1 >0 ⇔



−<
>
1
1
x

x

Ta thấy rằng x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Đặt
x
u
1
=
và
x
x
v
1
2
−
=
.
Khi đó từ phương trình (II) ta có hệ phương trình đối xứng: (II.a)





=+
=+
12
3511
1
22
vu
vu

Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s
2
≥ 4p (*). Từ hệ phương trình (II.a) ta được
hệ phương trình: (II.b)





=
=−
12
35
12
2
p
s
ps
Giải hệ phương trình này ta được nghiệm u,v:
5
4
1
=u
,
5
3
2
=u
. Từ đây suy ra nghiệm
của phương trình đầu là: x

1
=
4
5
, x
2
=
3
5
(thoả mãn điều kiện).
Vậy phương trình (II) có nghiệm là: x =
4
5
, x =
3
5
.
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 11/19
Bài 3. Giải phương trình (III)
5103
22
=−++ xx

Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên.
Điều kiện 10 – x
2
≥ 0 ⇔
1010 ≤≤− x
.

Đặt





−=
+=
2
2
10
3
xv
xu
điều kiện







≥
≤≤
≥
ps
v
u
4
100

3
2
Từ phương trình (III) ta thu được hệ phương trình hai ẩn u, v. (III.a)



=+
=+
13
5
22
vu
vu
Đây là một hệ phương trình đối xứng đối với u và v (ở đây đại lượng bất biến đã
có)
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s
2
≥ 4p (*). Từ hệ phương trình (III.a) và công
thức (1) ta được hệ phương trình



=−
=
132
5
2
ps
s
⇔




=
=
6
5
p
s
khi đó u và v là nghiệm
của phương trình: z
2
- 5z + 6 = 0 ⇔



=
=
3
2
z
z

Hai nghiệm u, v là:



=
=
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
u
⇒



=−

=+
410
93
2
2
x
x
⇔
6±=x
+



=
=
3
2
v
u
⇒



=−
=+
910
43
2
2
x

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

Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên.
Điều kiện 1 ≤ x ≤ 5
Đặt





−=
−=
4
4
1
5

xv
xu
đ.kiện u, v ≥ 0. Từ phương trình (IV) ta được hệ: (IV.a)





=+
=+
4
2
44
vu
vu
Vậy đại lượng bất biến trong phương trình ban đầu đã được xác định.
Hệ phương trình (IV.a) đối xứng đối với u và v.
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s
2
≥ 4p (*). Từ hệ phương trình (IV.a) và công
thức (1) với P
4
= s
4
- 4s
2
p + 2p
2
được hệ phương trình






=+−
=
424
2
224
ppss
s

Giải hệ trên ta được nghiệm



=
=
0
2
p
s
(tm);



=
=
2
2

p
s
(không thoả mãn điều kiện (*))
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 12/19
Với



=
=
0
2
p
s
thì hệ phương trình (IV.a) có nghiệm



=
=
2
0
v
u
;



=
=

0
2
v
u
Trở lại tìm x, ta được:
+ Với



=
=
2
0
v
u
⇒





=−
=−
21
05
4
4
x
x
⇔ x = 5.

+ Với



=
=
0
2
v
u
⇒





=−
=−
01
25
4
4
x
x
⇔ x = 1.
Vậy phương trình (IV) có nghiệm là: x = 1, x = 5.
Bài 5. Giải phương trình (V)
3)8)(1(81 =−++−++ xxxx

Lời giải:

Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên.
Điều kiện -1 ≤ x ≤ 8
Đặt





−=
+=
xv
xu
8
1
điều kiện u, v ≥ 0.
Từ phương trình (V) ta được hệ đối xứng đối với u, v: (V.a)



=++
=+
3
9
22
uvvu
vu
Hệ (V.a) ⇔




=
=+
0
3
uv
vu
hoặc



=
−=+
11
5
uv
vu
(loại)
Trở lại tìm x, ta được:
+ Với



=
=
0
3
v
u
⇒




=−
=+
98
01
x
x
⇔ x = -1
+ Với



=
=
3
0
v
u
⇒



=−
=+
08
91
x
x
⇔ x = 8

Vậy phương trình (V) có nghiệm x = -1; x = 8.
4.Chứng minh bất đẳng thức đối xứng
Phương pháp dùng đa thức đối xứng rất hiệu quả để chứng minh những bất
đẳng thức. Những bất đẳng thức cần chứng minh thường có dạng P(x,y) ≥ 0 với
P(x,y) là một đa thức đối xứng. Công cụ để chứng minh bất đẳng thức đối xứng là
công thức (1) và định lí sau:
Định lí 1: Cho hai số thực s và p. Khi đó những số x, y xác định bằng hệ phương
trình



=
=+
pxy
syx
là những số thực khi và chỉ khi s và p thoả mãn bất đẳng thức s
2
-
4ps ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi x = y.
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 13/19
Trường hợp riêng hay sử dụng: Để cho những số x, y xác định từ hệ phương trình
trên là những số thực không âm, điều kiện cần và đủ những số s và p thoả mãn
những bất đẳng thức sau: s
2
- 4ps ≥ 0, s ≥ 0, p ≥ 0.
Để ứng dụng định lí trên trong chứng minh bất đẳng thức đối ta làm như 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 lượng không âm z = s
2
- 4p, nghĩa là thay p =
)(
4
1
2
zs −
. Trong
kết quả, ta nhận được 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
c
ba ≥+
;
128
8
88

c
ba ≥+
.
Lời giải:
Ta thấy các BĐT trên có tính chất đối xứng đối với a và b. Đặt s = a + b và p = ab.
Theo công thức (1) ta có: P
2
(a,b) = a
2
+ b
2
= s
2
- 2p = s
2
-2.
4
1
(s
2
-z) =
2
1
s
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
.
Vậy, ta có:
2
2
22

c
ba ≥+
.
Hoàn toàn tương tự, từ công thức (1) ta có P
4
(a,b) = a
4
+ b
4
= s
4
- 4s
2
p + 2p
2
và ta
được a
4
+ b
4
≥
422
8
1
)
2
1
(
2
1

cc =
Bất đẳng thức còn lại hoàn tương 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
.
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 14/19
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
-z).
Ta có: x
6
+ y
6

- x
5
y - xy
5
= P
6
- pP
4
= (s
6
- 6s
4
p + 9s
2
p
2
- 2p
3
) - p(s
4
- 4s
2
p + 2p
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
1
(s
2
-z)
3

=
=
16
5
s
4
z +
8
5
s
2
z
2
+
16
1
z
3
≥ 0. (Luôn đúng vì theo Định lí 1 z ≥ 0).
Bài 3.
Chứng minh rằng nếu x và y là những số thực dương, thì bất đẳng thức sau đây
đúng
yx
x
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 được đưa 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.
Dùng công thức (1) ta có P
3
(u,v) = s
3
- 3sp.
Khi đó: u

3
+ v
3
- uv(u + v) = (s
3
- 3sp) - ps = s
3
- 4sp = s(s
2
- 4p).
Theo định lí 1: s ≥ 0, s
2
- 4p ≥ 0 nên s(s
2
- 4p) ≥ 0.
Vậy BĐT được chứng minh.
Bài 4.
Chứng minh rằng nếu x và y là những số thực dương thoả mãn x + y =1, thì:
(III)
2
25
)
1
()
1
(
22
≥+++
y
y

x
x
Lời giải:
Ta có:
2
17
2
25
)
1
()
1
(
22
22
2222
−
+
++=−+++
yx
yx
yx
y
y
x
x
.
Đặt s = x + y và p = xy.
Ta được
)24154(

2
1
2
1721
21
2
172
)2(
23
222
2
2
+−−−=−
−
+−=−
−
+− ppp
pp
p
p
p
ps
ps
.
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
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 15/19
≥ 0), từ đó suy ra p ≤
4
1
. Như vậy 0 < p ≤
4
1
. Đa thức
ppp 4154
23
++
có tất cả các
hệ số đều dương, nó nhận giá trị lớn nhất trên khoảng 0 < p ≤
4
1
là 2 tại p =
4
1
.
Như vậy bất đẳng thức (*) được chứng minh.
Vậy bất đẳng thức (III) được 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 được chia làm ba phần tương ứng để học sinh tiện theo dõi.
a.Bài tập về hệ phương trình đối xứng
- Các bài tập trong sgk và sbt:
- Giải những hệ phương trình sau:
a.1.




=+−
=+
7
5
22
yxyx
yx
a.2.



=+
=+
65
5
33
yx
yx
a.3.



=+++
=+
26
3)(4
22
yxyx

xyyx
a.4.



=+
=+++
xyyx
yxyx
7)(12
32
22
a.5.



=+++
=
42
15
22
yxyx
xy
a.6.





=+

=+
12
18
22
yx
x
y
y
x
a.7.





=+
=+
6
511
30
22
xy
xyyx
a.8.



+=+
=+
)(

2233
yxbyx
ayx
a.9.



=++
=+++
19
23)(2
22
22
xyyx
yxyx
a.10.





=+
=+
4
511
20)(
yx
yxxy
a.11.




=+−
=+−
33
1153
22
4224
yxyx
yyxx
a.12.



=++
=−−
15))((
3)((
22
22
yxyx
yxyx
a.13.



=++
=+++
12)1)(1(
8

22
yxxy
yxyx
b.Bài tập về hệ phương trình đưa về hệ phương trình đối xứng
- Các bài tập trong sgk và sbt:
- Giải những hệ phương trình sau:
b.1.
1
2
1
2
1
55
=−++ xx
b.2.
877629
44
=++− xx
b.3.
188
33
=−++ xx
b.4.
12
35
1
11
2
=
−

+
x
x
b.5.
1310
33
=−−− xx
b.6.
84)
1
19
(
1
19
=
+
−
+
+
−
x
x
x
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
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 16/19
- 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
- 6xy + 5y
2
≥ 0 c.2. 8(x
4
+ y
4

) ≥ (x+y)
4
c.3. x
4
+ y
4
≥ x
3
y + xy
3
c.4. x
2
+ y
2
+1 ≥ xy + x + y
- Chứng minh rằng với những số không âm bất kỳ x và y ta có:
c.5.
28
)(64)( yxxyyx +≥+
c.6.
3
33
)
2
(
2
yxyx +
≥
+
c.7. x

4
+ 2x
3
y + 2xy
3
+ y
4
≥ 6x
2
y
2
- Chứng minh rằng với những số dương bất kỳ x và y ta có:
c.8.
2≥+
x
y
y
x
KẾT LUẬN
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 17/19
NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ
CỦA BAN THI ĐUA TRƯỜNG





CỦA BAN THI ĐUA SỞ

MỤC LỤC
TRANG
LỜI NÓI ĐẦU 1
I- CƠ SỞ LÝ LUẬN 1
II- CƠ SỞ KHOA HỌC 2
1.Giới thiệu phương pháp đại lượng bất
biến
2
2.Giải toán bằng đại lượng bất biến 2
3.Đa thức đối xứng hai biến 2
III- ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG ĐỂ GIẢI TOÁN 3
1.Giải hệ phương trình đối xứng 3
2.Giải hệ phương trình đưa về giải hệ phương trình đối
xứng
6
3.Giải phương trình đưa về giải hệ phương trình đối
xứng
10
4.Chứng minh bất đẳng thức đối
xứng
13
5.Bài tập thực hành 15
KẾT LUẬN 17
NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ 17
MỤC LỤC
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 18/19
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 phương 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
Vò Th×n: Gi¸o viªn To¸n Tr– êng THPT §a Phóc Trang: 19/19