SKKN Dai luong bat bien - Da thuc doi xung
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (203.28 KB, 13 trang )
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Lời nói đầu
N
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 đà trải nghiệm qua và áp dụng vào thực tiễn. Nh ta
đà 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 dơng nã vµo thùc tÕ nh thÕ
nµo lµ mét vÊn đề sáng tạo của từng ngời và từng thời đại. Có thể nói các phơng pháp
giải toán là những mu kế trong khi giải bài tập toán.
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 ®ång nghiƯp đng hé, quan t©m ®ãng gãp ý kiÕn 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
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 Trờng THPT §a Phóc
Trang: 1/22
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
Đại số nâng cao 10 (chơng trình phân ban - mới) không ít các bài toán giải hệ phơng
trình, giải phơng trình, chứng minh bất đẳng thức ... có thể giải đợc nhờ sự ứng dụng
của Đại lợng 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 phơng pháp đại lợng bất biến
Cho a, b, c là những số thực. Ta xét tổng S = a + b + c. NÕu ta ®ỉi 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 cã thay ®ỉi thø tù nh thÕ nào chăng nữa S vẫn
không thay đổi, nghĩa là S bất biến đổi với việc thay đổi các biến khác. Trong thùc tÕ
cịng nh trong to¸n häc, rÊt nhiỊu vÊn đề liên quan đến một số đối tợng nghiên cứu lại
bất biến đối với sự thay đổi của nhiều đối tợng khác.
2.Giải toán bằng đại lợng bất biến
Để giải toán đợc bằng đại lợng bất biến ta thực hiện theo các bớc sau:
+ Bớc 1: Ta phải phát hiện ra những đại lợng bất biến trong bài toán. Bớc này
tơng đối khó nếu ta không luyện tập thờng xuyên.
+ Bớc 2: Xử lý tiếp đại lợng bất biến. Trong chuyên đề nhỏ này tôi chỉ đề cập
đến sự ứng dụng của đa thức đối xứng trong giải hệ phơng trình, phơng 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 ®ỉi x b»ng y vµ y b»ng x, nghÜa lµ P(x,y) = P(y,x).
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT §a Phóc
Trang: 2/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Một số đa thức đối xứng thêng gỈp:
P(x,y) = x + y
P(x,y) = x.y
P(x,y) =
1 1
+
x y
P(x,y) = x2 + y2
P(x,y) = x3 + y3
.........................
P(x,y) = xn + yn víi n ∈Z *+
MƯnh ®Ị: Mäi tỉng luü thõa hai biÕn Pn(x,y) = xn + yn víi n
+
Z *
ta có công
thức truy hồi Pn=sPn-1-pPn-2 và Pn có thể biểu diễn dới dạng đa thức của hai biến s và p.
Trong đó s = x + y, p = xy. (Ta có thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp)
áp dụng công thức trên để tính Pn(x,y) ta đợc các công thức sau:
P1(x,y) = s
P2(x,y) = s2 - 2p
P3(x,y) = s3 - 3sp
P4(x,y) = s4 - 4s2p + 2p2
P5(x,y) = s5 - 5s3p + 5sp2
P6(x,y) = s6 - 6s4p + 9s2p2 - 2p3
(1)
Các công thức trên sẽ đợc sử dụng nhiều trong các bài toán ở chuyên đề này.
III- ứng dụng đa thức đối xứng để giải toán
1.Giải hệ phơng trình đối xứng
Ta thờng gặp hệ phơng trình hai ẩn mà các phơng 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 lµ
tỉng s = x+y vµ tÝch p = xy. Trong trờng hợp này ta chuyển hệ phơng trình thành hệ
những phơng trình ẩn s và p và giải hệ phơng trình mới này, thờng là những hệ phơng
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.
ã Chú ý:
x+ y= s
- Nếu đặt
thì x, y là nghiệm của phơng trình bậc hai:
xy = p
x2 - sx + p = 0 khi và chỉ khi s, p thoả m·n ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*).
- NÕu hƯ cã một cặp nghiệm (x ; y) = (;) thì hệ còn có cặp nghiệm (x ; y) = (;)
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 3/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Bài 1. (Ví dụ 2 - sgk 10 nâng cao - Trang 98)
Giải hệ phơng trình
x 2 + xy + y 2 = 4
(I)
xy + x + y = 2
Lêi gi¶i:
Ta nhËn thÊy 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, x2 + xy + y2 = (x+y)2 - xy = s2 - p (tõ c«ng thøc (1) ta cã)
s2 − p = 4
Do ®ã, tõ hƯ (I), ta cã hƯ phơng trình (ẩn là s và p)
s+ p= 2
s= −3 s= 2
DƠ thÊy hƯ nµy cã hai nghiƯm lµ
vµ
p= 5 p= 0
x+ y= −3
x+ y = 2
Hệ (I) tơng đơng với (I.a)
hoặc (I.b)
xy = 5
xy = 0
- Hệ phơng trình (I.a) cho thấy x và y là nghiệm của phơng trình bậc hai:
t2 + 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) dƠ hË thÊy cã hai nghiƯm lµ (0;2) vµ (2;0).
Vậy hệ phơng trình đà cho có nghiệm là: (0;2) và (2;0).
ã Chú ý: Nếu đặt
x+ y= s
thì x, y là nghiệm của phơng trình bậc hai:
xy = p
x2 - sx + p = 0 khi vµ chØ khi s, p thoả mÃn điều kiện s2 4p (*).
Bài 2.
Giải hệ phơng trình (II)
x3 + y3 = 2
xy ( x + y ) = 2
Lêi gi¶i:
Ta nhận thấy vế trái của các phơng 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 s2 4p (*).
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 4/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Ta có: P3(x,y) = s3 - 3ps (tõ c«ng thøc (1))
s 3 − 3 ps = 2 s 3 = 8 s = 2
Do đó, từ hệ (II), ta có hệ phơng trình
⇔
⇔
(tm ®k (*))
sp = 2
sp = 2 p = 1
x+ y = 2 x= 1
HÖ (II) tơng đơng với
xy = 1
y= 1
Vậy hệ phơng trình đà cho có nghiệm là: (1;1).
x 5 + y 5 = 33
x+ y= 3
Bài 3. Giải hệ phơng trình (III)
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 ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*).
Ta cã: P5(x,y) = s5 - 5s3p + 5sp2 (tõ c«ng thøc (1))
s5 - 5s3p + 5sp 2 = 33 p2 − 9 p + 14 = 0
Do ®ã, tõ hƯ (III), ta có hệ phơng trình
s= 3
s= 3
x+ y= 3
Hệ (III) tơng đơng với (III.a)
(thoả mÃn điều kiện (*))
xy = 2
hc (III.b)
x+ y= 3
xy = 7
(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 đà cho có tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}
x2 y2
y + x = 12
Bµi 4. Giải hệ phơng trình (IV)
1+ 1 = 1
x y 3
Lời giải:
Điều kiện x 0, y 0
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 5/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Hệ phơng trình đà cho là ®èi xøng víi x, y. Ta quy ®ång mÉu sè hai phơg trình ta đợc
x 3 + y 3 = 12 xy
hÖ (IV) ⇔
3( x + y) = xy
(IV.a)
Đặt s = x+y và p = xy với ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*)
Ta cã: P3(x,y) = s3 - 3ps (tõ c«ng thøc (1))
s3 - 3ps = 12 p
Do đó, từ hệ (IV.a), ta có hệ phơng trình
3s = p
Lấy p của phơng trình thứ hai thay vào phơng trình thứ nhất, ta đợc phơng tr×nh:
s - 9s - 36s = 0 ⇔ s(s - 9s - 36) = 0 ⇔
3
2
2
s
=0
=
s
12
s
3
=−
+ Víi 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.
x + y = 12
+ Víi s = 12 th× p = 36 thoả mÃn điều kiện (*) ta đợc hệ
xy = 36
khi đó x, y là nghiệm của phơng trình z2 -12z + 36 = 0 (z - 6)2 = 0 ⇔ z = 6
nªn hƯ ®· cho cã nghiÖm (x;y) = (6;6)
x+ y= −3
+ Với s = -3 thì p = -9 thoả mÃn ®iỊu kiƯn (*) ta ®ỵc hƯ
xy = − 9
khi đó x, y là nghiệm của phơng trình z2 + 3z -9 = 0
nên hệ đà cho có tËp nghiÖm T(x;y) ={(
VËy hÖ pt tËp nghiÖm T(x,y) = {(6;6), (
Bài 5. Giải hệ phơng trình (V)
3 + 3 5
z =
2
−3 −3 5
z =
2
−3 +3 5 −3 − 3 5
;
),( − 3 − 3 5 ; − 3 + 3 5 )}
2
2
2
2
−3 +3 5 −3 − 3 5
−3 − 3 5 −3 +3 5
;
),(
;
)}
2
2
2
2
x + y = 9
3
x + 3 y = 5
Lời giải: Điều kiện x 0, y 0.
Ta nhận thấy hệ phơng trình (V) là hệ xứng bậc hai đối với x và y nhng nếu ta đặt s =
x+y và p = xy thì hệ (V) cha giải đợc. Ta còn có thể tìm đợc trong hệ (V) còn có
nhiều đại lợng bất biến khác.
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT §a Phóc
Trang: 6/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
u = 6 x 0
u3 + v3 = 9
Đặt
từ hệ (V) ta đợc (V.a)
đây là hệ đối xứng đối với u vµ v.
2 2
v = 6 y ≥ 0
u + v = 5
Đặt s = u+v và p = u.v víi ®iỊu kiƯn s ≥ 0, p ≥ 0, s2 ≥ 4p, (*)
Theo c«ng thøc (1) ta cã: u3 + v3 = s3 - 3sp; u2 + v2 = s2 - 2p
s 3 − 3 ps = 9
Tõ hÖ (V.a) ta đợc hệ (V.b)
,
2
s 2p = 5
Từ phơng trình thứ hai ta có
trình: s3 -15s + 18 = 0 ⇔
+ Víi s =
− 3 − 33
2
+ Với s =
3 + 33
>
2
p=
s2 5
2
thay vào phơng trình th nhất ta đợc phơng
s = 3
s = 3 33
2
3 + 33
s =
2
< 0 loại do điều kiện
0 p < 0 loại do điều kiện
u= 2 u= 1
+ Víi s = 3, p = 2 tho¶ m·n ®iỊu kiƯn (*), vËy ta ®ỵc
;
v= 1 v= 2
Thay trở lại để tìm x, ta đợc:
u = 2 x = 64
⇒
v= 1 y= 1
u= 1 x= 1
+ Víi
⇒
v = 2 y = 64
+ Với
Vậy hệ phơng trình (V) có nghiệm
x = 64 x = 1
;
.
y = 1 y = 64
2.Giải hệ phơng trình đa về giải hệ phơng trình đối xứng
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 đợc đại lợng bất biến trong hệ nên ta có thể đặt ẩn
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 7/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
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
2 2 5
x + y = 2 xy
(I)
x − y = 1 xy
4
Lêi gi¶i:
Ta thÊy phơng trình thứ 2 của hệ không phải là một ®a thøc ®èi xøng ®èi víi x vµ y.
Nhng ta có thể nhận ra tính bất biến của bài toán lµ tỉng s = x + (-y) vµ tÝch p = x(-y).
5
2
x + (− y ) 2 = − x( y )
2
Hệ (I)
Rõ dàng đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với
1
x + ( y ) = − x(− y )
4
2 2 5
x + z = − 2 xz
x vµ -y. Ta đặt z = -y , hệ phơng trình trên trở thµnh
x + z = − 1 xz
4
x+ z= s
Đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với x và z. Khi đó ta đặt
xz = p
5
2
s 2p = p
2
Ta nhận đợc hệ phơng trình (từ công thức (1))
giải hệ này ta đợc hai
1
s= p
4
nghiệm
s= 0 s= 2
(cả hai nghiệm cùng thoả mÃn điều kiện (*))
và
p= 0 p= 8
Mỗi hệ phơng trình trên cho ta nghiệm đối với x và z:
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trêng THPT §a Phóc
Trang: 8/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
x1 = x2 = 0 x3 = 4 x4 = − 2
;
;
z1= z2 = 0 z 3 = − 2 z 4 = 4
Thay trở lại biến x và y ta đợc nghiệm của hệ ban đầu:
x1 = x2 = 0 x3 = 4 x4 = − 2
;
;
y 1= y 2 = 0 y 3 = 2 y 4 = 4
Bài 2. Giải hệ phơng trình
(II)
4 y 3 1 + x = 3
2 3
x + y = 82
Lêi gi¶i:
Ta thấy phơng trình trên không phải là một đa thức ®èi xøng ®èi víi x vµ y.
Nhng ta cã thĨ tìm đợc tính bất biến của bài toán nếu ta đặt u = x và v = y 1 với
điều kiện u,v 0.
4
u+ v= 3
Hệ phơng đa về dạng
4
4
u + (v + 1) = 82
3
u+ v= 3
⇔
hÖ phơng trình này đối xứng đối
4 4
u + v = 81
víi hai biÕn u, v. Dâ rµng tỉng s = u+v và tích p = uv là những đại lợng không đổi.
Đặt s = u + v và p = uv với điều kiện s2 4p (*).
Từ công thøc (1) ta cã: P4(u,v) = s4 - 4s2p + 2p2 ta đợc hệ phơng trình
s= 3
4 2 2
s − 4s p + 2s = 81
Thay s = 3 vào phơng trình hai của hệ ta đợc p2-18p = 0 phơng trình này có hai
nghiệm p = 0 và p = 18.
+ Víi s = 3, p = 0 thoả mÃn điều kiện (*) nên u, v là nghiệm của phơng trình
z -3z = 0
2
z
=0
=3
z
u1 = 3 u2 = 0
x1 = 9 x2 = 0
ta có nghiệm u, v là:
;
khi đó
;
3
v1 = 0 v2 = 3
y1 = 1 y2 = 82
+ Víi s = 3, p = 18 không thoả mÃn điều kiện (*) nên u, v v« nghiƯm.
x1 = 9 x2 = 0
VËy hệ ban đầu có nghiệm là:
;
3
y1 = 1 y2 = 82
Bài 3. Giải hệ phơng trình
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 9/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
x y 7
+1
+ =
y x xy
(III)
3
3
x y + y x = 78
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
+ Nếu x, y < 0 thì ta đặt
,
u=
x
u=
x
v=
,
v=
y
y
u v 7
+ = +1
Trong cả 2 trờng hợp trên hệ (III) đa về dạng: (III.a) v u uv
u 3v + v 3u = 78
Đây là hệ đối xứng đối với u và v.
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s2 4p (*). Theo công thức (1) ta nhận đợc hÖ
s2 − 3p = 7
s1 = 5 s2 = 5
phơng trình: (III.b)
hệ này có nghiệm:
;
2
p1 = 6 p2 = 6
p( s 2 p) = 78
s= 5
Bởi u, v là những số dơng, nên s > 0 và p > 0, nghÜa lµ hƯ (III.b) cã nghiƯm lµ:
p= 6
u1 = 2 u2 = 3
Do ®ã ta nhËn đợc:
;
thay trở lại ẩn x, y ta đợc nghiệm cđa hƯ lµ:
v1 = 3 v2 = 2
x1 = 4 x2 = 9 x3 = − 4 x4 = − 9
;
; ;
y1 = 9 y2 = 4 y3 = − 9 y4 = − 4
1
x+ + x+ y− 3= 3
x
Bài 4. Giải hệ phơng trình (IV)
2x + y + 1 = 8
y
Lời giải:
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trêng THPT §a Phóc
Trang: 10/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Hệ phơng trình (IV) không phải là hệ phơng trình đối xứng đối với x và y.
y 0
1
Điều kiện của hệ phơng trình x + ≥ 0
y
x+ y− 3≥ 0
Chó ý: Khi gỈp các hệ điều kiện (tồn tại) quá phức tạp, ta không nên giải hệ đó.
Sau khi giải hệ phơng trình, nÕu hƯ cã nghiƯm ta kiĨm tra l¹i nghiƯm xem có thoả
mÃn hệ điều kiện không.
Để làm xuất hiện các đại lợng bất biến ta biến đổi hệ (IV)
1
x+ + x+ y− 3= 3
x
(IV) ⇔
(IV.a)
1
x+ + x+ y− 3= 5
y
1
u 0
u = x +
y điều kiện
Đặt
v 0
v= x+ y 3
u+ v= 3
Từ hệ (IV.a) ta đợc hệ phơng trình đối xứng đối với u và v: (IV.b)
u2 + v2 = 5
u= 2 u= 1
Gi¶i hƯ (IV.b) ta đợc nghiệm
và
(thoả mÃn điều kiện)
v= 1 v= 2
Trở lại tìm nghiệm (x;y) ta giải
x= 3
1
u= 2 x+ = 4
y= 1
+ Víi
⇒ y
⇔
v = 1 x + y − 3 = 1 x = 5
y = − 1
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
(thoả m·n ®iỊu kiƯn)
Trang: 11/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
x = 4
1
y = 3 +
u = 1 x + = 1
+ Víi
⇒ y
⇔
v = 2 x + y − 3 = 4 x = 4 +
y = 3
10
10
(thoả mÃn điều kiÖn)
10
10
x = 3 x = 5 x = 4 − 10 x = 4 + 10
VËy hệ phơng trình (IV) có nghiệm là:
;
;
;
.
y = 1 y = − 1 y = 3 + 10 y = 3 10
3.Giải phơng trình đa về giải hệ phơng trình đối xứng
Đây là một dạng toán tơng đối khó giải, muốn giải đợc dạng toán này đòi hỏi
chúng ta phải luyện tập thờng 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 bớc sau:
Bớc 1: Ta phải phát hiện đợc đâu là đại lợng bất biến (không đổi)
Bớc 2: Đặt ẩn phụ đa phơng trình về một hệ phơng trình đối xứng với ẩn mới.
Bớc 3: Giải hệ phơng trình với ẩn số mới (hệ này đà biết cách giải ở phần 1).
Bớc 4: Thay trở lại để đợc nghiệm ban đầu, kết luận.
Bài 1.
Giải phơng trình
(I) 4 97 x + 4 x = 5
Lời giải:
Nếu không tìm đợc đâu là đại lợng bất biến trong phơng trình (I) thì rất khó
giải phơng trình đó. Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
x 0
Điều kiện
x 97
Đặt u = 4 x vµ v = 4 97 − x , u, v 0, khi đó phơng trình (I) đa về dạng: u + v = 5.
Mặt khác u4 + v4 = x + (97 - x) = 97
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 12/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
u+ v= 5
Ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.a)
(đây là hệ phơng trình đối xứng)
4 4
u + v = 97
Đặt s = u+v và p = uv víi ®iỊu kiƯn s, p ≥ 0, s2 ≥ 4p (*). Theo c«ng thøc (1) tõ hƯ
s= 5
phơng trình (I.a) ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.b)
4
2
2
s − 4s p + 2 p = 97
LÊy s = 5 thay vào phơng trình thành phần của hệ ta đợc phơng trình:
p2 - 50p + 264 = 0 ⇔
p =6
p =44
+ Víi s = 5, p = 6 thoả mÃn điều kiện (*) vậy u, v là nghiệm của phơng trình:
z - 5z + 6 = 0
2
Thay trở lại biến x, vì
z
=2
=3
z
u1 = 2 u2 = 3
vậy ta đợc nghiệm u, v lµ
;
v1 = 3 v2 = 2
u = 4 x nên
nghiệm của ph trình ban đầu là: x1 = 16, x2 = 81.
+ Víi s = 5, p = 44 không thoả mÃn điều kiện (*).
Vậy phơng trình ban đầu có nghiệm: x = 16, x = 81.
Bài 2.
Giải phơng trình (II)
x
x+
x 1
2
=
35
12
Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện: x2 – 1 >0 ⇔
x >1
x <−
1
Ta thÊy r»ng x = 0 không là nghiệm của phơng trình đà cho. Đặt
u=
1
x
và
v=
x2 1
x
.
u2 + v2 = 1
Khi đó từ phơng trình (II) ta có hệ phơng trình đối xứng: (II.a) 1 1 35
u + v = 12
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s2 4p (*). Từ hệ phơng trình (II.a) ta đợc hệ ph-
s2 2 p = 1
ơng trình: (II.b) s 35
p = 12
Giải hệ phơng trình này ta đợc nghiệm u,v:
phơng trình đầu là: x1 =
5
4
, x2 =
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
5
3
u1 =
4
5
,
u2 =
3
.
5
Từ đây suy ra nghiệm của
(thoả mÃn điều kiện).
Trang: 13/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
Vậy phơng trình (II) có nghiệm là: x =
5
4
,x=
5
3
.
Bài 3. Giải phơng trình (III) x 2 + 3 + 10 − x 2 = 5
Lêi gi¶i:
Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện 10 x2 0 10 ≤ x ≤ 10 .
u ≥ 3
u = x 2 + 3
Đặt
điều kiện 0 v ≤ 10
s2 ≥ 4 p
v = 10 − x 2
u+ v= 5
Từ phơng trình (III) ta thu đợc hệ phơng trình hai ẩn u, v. (III.a)
u 2 + v 2 = 13
Đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với u và v (ở đây đại lợng bất biến đà có)
Đặt s = u+v và p = uv víi ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*). Tõ hệ phơng trình (III.a) và công
thức (1) ta đợc hệ phơng trình
ơng trình: z2 - 5z + 6 = 0
Hai nghiệm u, v là:
s= 5
s= 5
khi đó u và v lµ nghiƯm cđa ph2
s − 2 p = 13 p = 6
z
=2
=3
z
u= 2 u= 3
; (cả hai nghiệm đều thoả mÃn điều kiện)
v= 3 v= 2
Trở về tìm x, ta giải hệ
u = 3 x2 + 3 = 9
+
⇒
⇔ x =± 6
2
v = 2 10 − x = 4
u = 2 x2 + 3 = 4
+
⇒
⇔ x = ±1
2
v = 3 10 − x = 9
Vậy phơng trình (III) (ban đầu) có tập nghiệm T = {
6
; -1; 1;
6
}
Bài 4. Giải phơng trình (IV) 4 5 − x + 4 x − 1 = 2
Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện 1 x 5
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 14/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
u = 4 5 x
Đặt
v = 4 x 1
đ.kiện u, v 0. Từ phơng trình (IV) ta đợc hệ: (IV.a)
u + v = 2
4 4
u + v = 4
Vậy đại lợng bất biến trong phơng trình ban đầu đà đợc xác định.
Hệ phơng trình (IV.a) đối xứng đối với u và v.
Đặt s = u+v và p = uv víi ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*). Tõ hệ phơng trình (IV.a) và công
thức (1) với P4 = s - 4s p + 2p
4
2
2
s = 2
đợc hệ phơng trình
s 4 4s 2 p + 2 p 2 = 4
s= 2
s= 2
Giải hệ trên ta đợc nghiệm
(tm);
(không thoả mÃn điều kiện (*))
p= 0
p= 2
s= 2
u= 0 u= 2
Với
thì hệ phơng trình (IV.a) có nghiệm
;
p= 0
v= 2 v= 0
Trở lại tìm x, ta đợc:
+
+
4 5 x = 0
4 x − 1 = 2
u = 2 4 5 − x = 2
Víi
⇒
4 x − 1 = 0
v= 0
u= 0
Víi
v= 2
⇔ x = 5.
⇔ x = 1.
Vậy phơng trình (IV) có nghiệm là: x = 1, x = 5.
Bài 5. Giải phơng trình (V) 1 + x + 8 − x + (1 + x )(8 x ) = 3
Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện -1 x 8
u = 1 + x
Đặt
v = 8 − x
®iỊu kiƯn u, v ≥ 0.
u2 + v2 = 9
Từ phơng trình (V) ta đợc hƯ ®èi xøng ®èi víi u, v: (V.a)
u + v + uv = 3
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trêng THPT §a Phóc
Trang: 15/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
u+ v= 3
u+ v= 5
Hệ (V.a)
hoặc
(loại)
uv = 0
uv = 11
Trở lại tìm x, ta đợc:
u = 3 x+ 1= 0
+ Víi
⇒
⇔ x = -1
v = 0 8− x = 9
u = 0 x + 1= 9
+ Víi
x=8
v = 3 8 x = 0
Vậy phơng trình (V) cã nghiÖm x = -1; x = 8.
4.Chøng minh bất đẳng thức đối xứng
Phơng pháp dùng đa thức đối xứng rất hiệu quả để chứng minh những bất đẳng
thức. Những bất đẳng thức cần chứng minh thờng 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 phơng
x+ y= s
trình
là những số thực khi và chỉ khi s và p thoả mÃn bất đẳng thức s
xy = p
2
- 4ps
0. Đẳng thức xảy ra khi x = y.
Trờng hợp riêng hay sử dụng: Để cho những số x, y xác định từ hệ phơng 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: s2 - 4ps ≥ 0, s ≥ 0, p ≥ 0.
§Ĩ 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
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 16/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
p bởi s và đại lợng không âm z = s2 - 4p, nghĩa là thay p =
1 2
(s z) .
4
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 đà 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
a 2 + b2
c2
2
;
a 4 + b4 ≥
c4
8
;
a 8 + b8 ≥
c8
.
128
Lêi gi¶i:
Ta thÊy các BĐT trên có tính chất đối xứng đối với a và b. Đặt s = a + b và p = ab.
1
Theo c«ng thøc (1) ta cã: P2(a,b) = a2 + b2 = s2 - 2p = s2 -2. 4 (s2-z) =
Theo Định lí 1 thì z 0, theo giả thiết s c
Do đó P2 =
1
2
s2 +
VËy, ta cã:
1
2
1
2
1
2
s2 +
1
2
z.
1
s2 ≥ 2 c2,
1 2
c.
2
c2
a 2 + b2
.
2
z
Hoàn toàn tơng tự, từ công thức (1) ta cã P4(a,b) = a4 + b4 = s4 - 4s2p + 2p2 và ta đợc a4
+ b4
1 1 2 2 1 4
( c ) = c
2 2
8
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
x6 + y 6 x5y + xy5.
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: P4, P6 vµ p =
1
4
(s2-z).
Ta cã: x6 + y 6 - x5y - xy5 = P6 - pP4 = (s6 - 6s4p + 9s2p2 - 2p3) - p(s4 - 4s2p + 2p2) =
1
1
1
= s6 - 7s4p + 13s2p2 - 4p3 = s6 - 7s4. 4 (s2-z) + 13s2. 16 (s2-z)2 -4. 64 (s2-z)3 =
=
5
16
s4z +
5
8
s2z2 +
1
16
z3 0. (Luôn đúng vì theo Định lí 1 z 0).
Bài 3.
Chứng minh rằng nếu x và y là những số thực dơng, thì bất đẳng thức sau đây đúng
Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trêng THPT §a Phóc
Trang: 17/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
x2
+
y
y2
x
x+
y
Lời giải:
Ta thấy BĐT trên có tính chất đối xứng đối với
Đặt u = x , v = y .
Khi đó bất đẳng thức đợc đa về dạng
và
x
u2 v2
+
u+v
v
u
hay
y
.
u 3 + v 3 uv ( u + v ) .
Ta phải chứng minh bất đẳng thức trên cùng với u > 0 và v > 0.
Dïng c«ng thøc (1) ta cã P3(u,v) = s3 - 3sp.
Khi ®ã: u3 + v3 - uv(u + v) = (s3 - 3sp) - ps = s3 - 4sp = s(s2- 4p).
Theo định lí 1: s 0, s2 - 4p 0 nên s(s2- 4p) 0.
Vậy BĐT đợc chøng minh.
Bµi 4.
Chøng minh r»ng nÕu x vµ y lµ những số thực dơng thoả mÃn x + y =1, th×:
(III)
1
1
25
( x + )2 + ( y + )2 ≥
x
y
2
Lêi gi¶i:
Ta cã:
1
1
25
x 2 + y 2 17
( x + )2 + ( y + )2 −
= x2 + y2 + 2 2 .
x
y
2
x y
2
Đặt s = x + y và p = xy.
Ta đợc
( s 2 2 p) +
s 2 − 2 p 17
1 − 2 p 17
1
−
=1− 2p +
−
=
( −4 p 3 − 15 p 2 − 4 p + 2) .
2
2
p
2
p
2 2 p2
Ta cần phải chứng minh biểu thức trong dấu ngoặc không âm, nghĩa là:
4 p 3 + 15 p 2 + 4 p ≤ 2 (*).
0), từ đó suy ra p
Vì x, y > 0, nên p > 0; ngoài ra z = s2 - 4p ≥ 0 (nghÜa lµ 1- 4p ≥
1
4
. Nh vËy 0 < p ≤
1
4
. §a thøc
4 p 3 + 15 p 2 + 4 p
đều dơng, nó nhận giá trị lớn nhất trên khoảng 0 < p
1
4
có tất cả các hệ số
là 2 tại p =
1
4
.
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.
a.Bài tập về hệ phơng trình đối xứng
- Các bài tập trong sgk và sbt:
- Giải những hệ phơng trình sau:
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 18/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
x+ y= 5
a.1.
2
2
x − xy + y = 7
xy = 15
a.5.
2 2
x + y + x + y = 42
x2 y2
+ = 18
a.6. y x
x + y = 12
x+ y= a
a.8.
3 3
2
2
x + y = b( x + y )
x 2 + y 2 + 2( x + y ) = 23
a.9.
2
2
x + y + xy = 19
x + y + x + y = 32
a.4.
12( x + y ) = 7 xy
2
2
x 2 y + y 2 x = 30
a.7. 1 1 5
y+ x= 6
xy ( x + y ) = 20
a.10. 1 1 5
x+ y= 4
4( x + y ) = 3xy
a.3.
x + y + x 2 + y 2 = 26
x+ y= 5
a.2.
3 3
x + y = 65
x 4 − x 2 y 2 + y 4 = 1153
a.11.
2
2
x − xy + y = 33
( x − y( x 2 − y 2 ) = 3
a.12.
2
2
( x + y )( x + y ) = 15
x + y + x2 + y2 = 8
a.13.
xy ( x + 1)( y + 1) = 12
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.
5
1
1
+ x + 5 − x =1
2
2
b.2.
b.3.
3
8+ x +3 8− x =1
b.4.
b.5.
3
10 − x − 3 3 − x = 1
b.6.
b.7.
x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9
b.9.
3
24 + x + 12 − x = 6
b.8.
4
629 − x + 4 77 + x = 8
1
1
35
+
=
2
x
12
1− x
19 − x
19 − x
x
(x +
) = 84
x +1
x +1
x 3 35 − x 3 ( x + 3 35 − x 3 ) = 30
b.10. 3 2 + x + x 2
+ 3 2 − x − x2 = 3 4
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 cã:
c.1. 5x2 - 6xy + 5y2 ≥ 0
c.2. 8(x4 + y4) ≥ (x+y)4
c.3. x4 + y4 ≥ x3y + xy3
c.4. x2 + y2 +1 ≥ xy + x + y
- Chứng minh rằng với những số không âm bất kỳ x và y ta có:
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trêng THPT §a Phóc
Trang: 19/22
SKKN - Đề
c.5.
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
( x+
y ) 8 64 xy ( x + y ) 2
c.6.
x3 + y3
x+ y 3
≥(
)
2
2
c.7. x4 + 2x3y + 2xy3 + y4 ≥ 6x2y2
- Chứng minh rằng với những số dơng bất kỳ x và y ta có:
c.8.
x y
+ 2
y x
kết luận
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 20/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
nhận xét đánh giá
của ban thi đua trờng
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
của ban thi đua sở
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
........................................................................................................................................................................
Mục lục
Trang
Lời nói đầu
I- Cơ sở lý luận
II- Cơ sở khoa học
1.Giới thiệu phơng pháp đại lợng bất biến..............................................
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
nhận xét đánh giá
Mục lục
Tài liệu tham khảo
1
1
2
2
2
2
3
3
6
10
13
15
17
17
Tài liệu tham khảo
[1] Sách giáo khoa Đại số 10 Nâng cao
Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trêng THPT §a Phóc
Trang: 21/22
SKKN - Đề
tài: ứng dụng của đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng
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 Trờng THPT Đa Phúc
Trang: 22/22
