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 đón
Trang 1Lời 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
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
Trang 2I- 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
ph-ơng trình, giải phph-ơng trình, chứng minh bất đẳng thức có thể giải đợc nhờ sự ứng
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 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 nh 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 nh trong toán học, rất nhiều vấn 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 đổi x bằng y và y bằng x, nghĩa là P(x,y) = P(y,x)
Một số đa thức đối xứng thờng gặp:
P(x,y) = x + y
P(x,y) = x.y
P(x,y) = 1x 1y
P(x,y) = x2 + y2
P(x,y) = x3 + y3
P(x,y) = xn + yn với n
Z*
Trang 3Mệnh đề: Mọi tổng luỹ thừa hai biến Pn(x,y) = xn + yn với 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
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
là tổng s = x+y và tích 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
Chú ý:
- Nếu đặt
p xy
s y x
thì x, y là nghiệm của phơng trình bậc hai:
x 2 - sx + p = 0 khi và chỉ khi s, p thoả mãn điều kiện s2 ≥ 4p (*)
- Nếu hệ có một cặp nghiệm (x ; y) = (;) thì hệ còn có cặp nghiệm (x ; y) = (;)
Bài 1 (Ví dụ 2 - sgk 10 nâng cao - Trang 98)
Giải hệ phơng trình
(I)
2 4
2 2
y x xy
y xy x
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, x2 + xy + y2 = (x+y)2 - xy = s2 - p (từ công thức (1) ta có)
Do đó, từ hệ (I), ta có hệ phơng trình (ẩn là s và p)
2 4
2
p s p s
Dễ thấy hệ này có hai nghiệm là
5 3
p s
và
0 2
p s
Hệ (I) tơng đơng với (I.a)
5 3
xy y x
hoặc (I.b)
0 2
xy y x
- 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) 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
p xy
s y x
thì x, y là nghiệm của phơng trình bậc hai:
x 2 - sx + p = 0 khi và chỉ khi s, p thoả mãn điều kiện s2 ≥ 4p (*)
(1)
Trang 4Bài 2
Giải hệ phơng trình (II)
2 ) (
2
3 3
y x xy y x
Lời giải:
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 (*)
Ta có: P3(x,y) = s3 - 3ps (từ công thức (1))
Do đó, từ hệ (II), ta có hệ phơng trình
2
2 3
3
sp
ps s
2 8
3
sp s
1 2
p s
(tm đk (*))
Hệ (II) tơng đơng với
1 2
xy y x
1 1
y x
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm là: (1;1)
Bài 3 Giải hệ phơng trình (III)
3 33
5 5
y x y x
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 s2 ≥ 4p (*)
Ta có: P5(x,y) = s5 - 5s3p + 5sp2 (từ công thức (1))
Do đó, từ hệ (III), ta có hệ phơng trình
3
33 5sp
p 5s
3
0 14 9
p 2
s
p
Hệ (III) tơng đơng với (III.a)
2 3
xy y x
(thoả mãn điều kiện (*)) hoặc (III.b)
7 3
xy y x
(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 1 1 1
12
2 2
y x
x y y x
Lời giải:
Điều kiện x 0, y 0
Hệ phơng trình đã cho là đối xứng với x, y Ta quy đồng mẫu số hai phơg trình ta
đ-ợc hệ (IV)
xy y
x
xy y
x
) (
3
12
3 3
(IV.a)
Đặt s = x+y và p = xy với điều kiện s2 ≥ 4p (*)
Ta có: P3(x,y) = s3 - 3ps (từ công thức (1))
Do đó, từ hệ (IV.a), ta có hệ phơng trình
p s
p
3
12 3ps
-s 3
Lấy p của phơng trình thứ hai thay vào phơng trình thứ nhất, ta đợc phơng trình:
s3 - 9s2 - 36s = 0 s(s2 - 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
36 12
xy y x
khi đó x, y là nghiệm của phơng trình z2 -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 đợc hệ
9 3
xy y x
khi đó x, y là nghiệm của phơng trình z2 + 3z -9 = 0
2
5 3 3 2
5 3 3
z z
Trang 5nên hệ đã cho có tập nghiệm T(x;y) ={(
2
5 3
3
2
5 3
3
2
5 3
3
2
5 3
3
)}
Vậy hệ pt tập nghiệm T(x,y) = {(6;6), (
2
5 3
3
2
5 3
3
2
5 3
3
2
5 3
3
)}
Bài 5 Giải hệ phơng trình (V)
5 9
3
y x
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
Đặt
0 0
6
6
y v
x u
từ hệ (V) ta đợc (V.a)
5 9
2 2 3 3
v u v u
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, s2 ≥ 4p, (*)
Theo công thức (1) ta có: u3 + v3 = s3 - 3sp; u2 + v2 = s2 - 2p
Từ hệ (V.a) ta đợc hệ (V.b)
5 2
9 3
2 3
p s
ps s
,
Từ phơng trình thứ hai ta có
2
5
2
s
trình: s 3 -15s + 18 = 0
2 33 3 2 33 3 3
s s s
+ Với s =
2
33
3
+ Với s =
2
33
3
> 0 p < 0 loại do điều kiện
+ Với s = 3, p = 2 thoả mãn điều kiện (*), vậy ta đợc
1 2
v u
;
2 1
v u
Thay trở lại để tìm x, ta đợc:
+ Với
1 2
v
u
1 64
y x
+ Với
2 1
v
u
64 1
y x
Vậy hệ phơng trình (V) có nghiệm
1 64
y x
;
64 1
y x
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 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)
xy y
x
xy y
x
4 1 2 5
2 2
Trang 6
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)
Hệ (I)
) ( 4 1 )
(
) ( 2 5 )
2
y x y
x
y x y
x
Rõ dàng đây là một hệ phơng trình đối xứng
đối với x và -y Ta đặt z = -y , hệ phơng trình trên trở thành
xz z
x
xz z
x
4 1 2 5
2 2
Đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với x và z Khi đó ta đặt
p xz
s z x
Ta nhận đợc hệ phơng trình (từ công thức (1))
p s
p p
s
4 1
2 5 2
2
giải hệ này ta đợc hai nghiệm
0 0
p s
và
8 2
p s
(cả hai nghiệm cùng thoả mãn điều kiện (*)) Mỗi hệ phơng trình trên cho ta nghiệm đối với x và z:
0 0
2 1
2 1
z z
x x
;
2 4
3 3
z x
;
4 2
4 4
z x
Thay trở lại biến x và y ta đợc nghiệm của hệ ban đầu:
0 0
2 1
2 1
y y
x x
;
2 4
3 3
y x
;
4 2
4 4
y x
Bài 2 Giải hệ phơng trình
(II)
82
3 1
3 2
4 3
y
x
x y
Lời giải:
Ta thấy phơng trình trên không phải là một đa thức đối xứng đối với x và y Nhng ta có thể tìm đợc tính bất biến của bài toán nếu ta đặt u xvà v 4 y3 1 với
điều kiện u,v ≥ 0.
Hệ phơng đa về dạng
82 ) 1 ( 3
4 4
v u v u
81 3
4 4
v u v u
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 l ợng không
đổi
Đặt s = u + v và p = uv với điều kiện s2 ≥ 4p (*)
Từ công thức (1) ta có: P4(u,v) = s4 - 4s2p + 2p2 ta đợc hệ phơng trình
81 2 4 3
2 2
4 s p s s
s
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
+ Với s = 3, p = 0 thoả mãn điều kiện (*) nên u, v là nghiệm của phơng trình
z2 -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 phơng trình
(III)
78 1 7
3
3y y x
x
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 u x, v y
+ Nếu x, y 0 thì ta đặt u x, v y
Trong cả 2 trờng hợp trên hệ (III) đa về dạng: (III.a)
78 1 7
3
3v v u u
uv u
v v u
Đây là hệ đối xứng đối với u và v
Trang 7Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s2 ≥ 4p (*) Theo công thức (1) ta nhận đợc hệ phơng trình: (III.b)
78 ) 2 (
7 3
2 2
p s p p s
hệ này có nghiệm:
6 5
1 1
p s
;
6 5
2 2
p s
Bởi u, v là những số dơng, nên s 0 và p 0, nghĩa là hệ (III.b) có nghiệm là:
6
5
p
s
Do đó ta nhận đợc:
3 2
1 1
v u
;
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
;
9 4
3 3
y x
;
4 9
4 4
y x
Bài 4 Giải hệ phơng trình (IV)
8 1 2
3 3 1
y y x
y x 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
0 3 0 1 0
y x 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 phơng trình, nếu hệ có nghiệm ta kiểm tra lại nghiệm xem có thoả mãn hệ điều kiện không.
Để làm xuất hiện các đại lợng bất biến ta biến đổi hệ (IV)
(IV)
5 3 1
3 3 1
y x y x
y x x x
(IV.a)
Đặt
3
1
y x
v
y x
u
điều kiện
0 0
v u
Từ hệ (IV.a) ta đợc hệ phơng trình đối xứng đối với u và v: (IV.b)
5 3
2
2 v u v u
Giải hệ (IV.b) ta đợc 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
1 3 4 1
y x y x
1 5 3
y y
(thoả mãn điều kiện)
+ Với
2 1
v
u
4 3 1 1
y x y x
10 3
10 4
10 3
10 4
y y
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phơng trình (IV) có nghiệm là:
1 3
y x
;
1 5
y x
;
10 3
10 4
y x
;
10 3
10 4
y
x
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 l ợng 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 đã biết cách giải ở phần 1).
Bớc 4: Thay trở lại để đợc nghiệm ban đầu, kết luận
Bài 1
Giải phơng trình
Trang 8(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
Điều kiện
97 0
x x
Đặt u 4 x và 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
Ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.a)
97 5
4 4
v u v u
(đây là hệ phơng trình đối xứng)
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s, p ≥ 0, s2 ≥ 4p (*) Theo công thức (1) từ hệ phơng trình (I.a) ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.b)
97 2 4 5
2 2 4
p p s s s
Lấy s = 5 thay vào phơng trình thành phần của hệ ta đợc phơng 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 phơng trình:
z2 - 5z + 6 = 0
3
2
z
z
vậy ta đợc nghiệm u, v là
3 2
1 1
v u
;
2 3
2 2
v u
Thay trở lại biến x, vì u 4 xnên nghiệm của ph trình ban đầu là: x1 = 16, x2 = 81 + Với s = 5, p = 44 không thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phơng trình ban đầu có nghiệm: x = 16, x = 81
Bài 2
1
x
x
Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên.
Điều kiện: x2 – Tr 1 >0
1
1
x
x
Ta thấy rằng x = 0 không là nghiệm của phơng trình đã cho Đặt
x
u 1 và
x
x
2
Khi đó từ phơng trình (II) ta có hệ phơng trình đối xứng: (II.a)
12 1 1
1 2 2
v u v u
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s2 ≥ 4p (*) Từ hệ phơng trình (II.a) ta đợc hệ phơng trình: (II.b)
12
1 2
2
p s
p s
Giải hệ phơng trình này ta đợc nghiệm u,v:
5
4
1
5
3
2
của phơng trình đầu là: x1 =
4
5
, x2 =
3
5
(thoả mãn điều kiện)
Vậy phơng trình (II) có nghiệm là: x =
4
5
, x =
3
5
Bài 3 Giải phơng trình (III) 2 3 10 2 5
Lời giải:
Ta phải tìm ra các đại lợng bất biến trong phơng trình trên
Điều kiện 10 – Tr x2 ≥ 0 10 x 10
Đặt
2 2
10
3
x v
x
u
điều kiện
p s
v u
4
10 0
3
2
Từ phơng trình (III) ta thu đợc hệ phơng trình hai ẩn u, v (III.a)
13 5
2
2 v u v u
Đây là một hệ phơng trình đối xứng đối với u và v (ở đây đại lợng bất biến đã có)
Trang 9Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s2 ≥ 4p (*) Từ hệ phơng trình (III.a) và công thức (1) ta đợc hệ phơng trình
13 2 5
2
p s s
6 5
p s
khi đó u và v là nghiệm của
phơng trình: z2 - 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
4 10
9 3
2 2
x x
x 6
+
3
2
v
u
9 10
4 3
2 2
x x
x 1
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
Đặt
4
4
1 5
x v
x u
đ.kiện u, v ≥ 0 Từ phơng trình (IV) ta đợc hệ: (IV.a)
4 2
4
4 v
u
v
u
Vậy đại lợng bất biến trong phơng trình ban đầu đã đợc xác định
Hệ phơng trình (IV.a) đối xứng đối với u và v.
Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s2 ≥ 4p (*) Từ hệ phơng trình (IV.a) và công thức (1) với P4 = s4 - 4s2p + 2p2 đợc hệ phơng trình
4 2 4 2
2 2
4 s p p s
s
Giải hệ trên ta đợc nghiệm
0 2
p s
(tm);
2 2
p s
(không thoả mãn điều kiện (*))
Với
0 2
p
s
thì hệ phơng trình (IV.a) có nghiệm
2 0
v u
;
0 2
v u
Trở lại tìm x, ta đợc:
+ Với
2 0
v
u
2 1 0 5
4 4
x x
x = 5
+ Với
0 2
v
u
0 1
2 5
4 4
x x
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
Đặt
x v
x u
8 1
điều kiện u, v ≥ 0
Từ phơng trình (V) ta đợc hệ đối xứng đối với u, v: (V.a)
3 9
2 2
uv v u v u
Hệ (V.a)
0 3
uv v u
hoặc
11 5
uv v u
(loại) Trở lại tìm x, ta đợc:
+ Với
0 3
v
u
9 8
0 1
x x
x = -1 + Với
3 0
v
u
0 8
9 1
x x
x = 8 Vậy phơng trình (V) có nghiệm x = -1; x = 8
4.Chứng 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:
Trang 10Định lí 1 : Cho hai số thực s và p Khi đó những số x, y xác định bằng hệ phơng trình
p xy
s y x
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.
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: s 2 - 4ps ≥ 0, s ≥ 0, p ≥ 0.
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 = s2 - 4p, nghĩa là thay p = ( )
4
1 2
z
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 2
b
8
4 4
b
128
8 8
b
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: P2(a,b) = a2 + b2 = s2 - 2p = s2 -2
4
1
(s2-z) =
2
1
s2 +
2
1
z Theo Định lí 1 thì z ≥ 0, theo giả thiết s ≥ c 21 s2 ≥21 c2,
Do đó P2 =
2
1
s2 +
2
1
z ≥
2
1
c2 Vậy, ta có:
2
2 2
b
Hoàn toàn tơng tự, từ công thức (1) ta có P4(a,b) = a4 + b4 = s4 - 4s2p + 2p2 và ta đợc
a4 + b4 ≥ 21(21c2)2 81c4
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