Đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng

Chuyên đề: “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.
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) không ít các bài toán giải hệ phương trình, giải
phương trình, chứng minh BĐT ... 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.
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).
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
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 1/11
Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng”
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)
Bài 1. 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)}
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 2/11
(1)
Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng”
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}
Bài 2. 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)
+ 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 3. 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.
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 3/11
Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng”
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
+ 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).
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 4/11
Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng”
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 (*))
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

Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 5/11