Tài liệu Chuyên đề chọn lọc đa thức đối xứng và áp dụng

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) Nguyễn Văn Ngọc CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ ÁP DỤNG HÀ NỘI 2009 Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) Nguyễn Văn Ngọc CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ ÁP DỤNG NXBGD 2009 Mục lục Lời nói đầu 3 Chương 1 : Đa thức đối xứng hai biến 5 1.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến . . . . . . 10 1.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. . . . . . . . 13 1.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng . . . . 22 1.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy . . . . . . . 29 1.7 Phân tích thầnh nhân tử và áp dụng . . . . . . . . . . . . . 38 1.8 Chia đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 1.9 Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Chương 2 : Đa thức đối xứng ba biến 62 2.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.2 Tổng luỹ thừa và tổng nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.3 Quỹ đạo của đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 2.4 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến . . . . . . 68 2.5 Đa thức phản đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.6 Công thức Viète và phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . 75 3 4 MỤC LỤC 2.7 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2.8 Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . 92 2.9 Tính chia hết của các đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . 100 2.10 Chứng minh các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 2.11 Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 119 2.12 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . 136 Chương 3 : Đa thức đối xứng nhiều biến 146 3.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 3.2 Biểu diễn các tổng luỹ thừa qua các đa thức đối xứng cơ sở . 149 3.3 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng nhiều biến . . . . . 152 3.4 Các hệ thức giữa các đa thức đối xứng cơ sở . . . . . . . . . 156 3.5 Đa thức phản đối xứng nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . 165 3.6 Phương trình và hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.7 Chứng minh đẳng thức. Phân tích thành nhân tử . . . . . . 174 3.8 Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 187 Phụ lục A : Đại cương về đa thức một biến 259 Phụ lục B : Các bất đẳng thức quan trọng 272 Tài liệu tham khảo 272 Lời nói đầu Những lĩnh vực phức tạp của đại số đối với học sinh phổ thông thường là giải phương trình và hệ phương trình bậc cao, phân tích các đa thức nhiều biến bậc cao thành nhân tử, chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức chứa nhiều biến số v.v.. Một trường hợp quan trọng và thường gặp trong các bài toán của các lĩnh vực nói trên là khi các biến số của đa thức có vai trò như nhau. Chúng ta gọi đa thức trong trường hợp này là đa thức đối xứng. Nhiều bài toán khó có chứa yếu tố đối xứng mà việc áp dụng lý thuyết về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở thành đơn giản hơn. Tài liệu này giới thiệu với bạn đọc cơ sở lý thuyết của các đa thức đối xứng và những ứng dụng của nó trong đại số sơ cấp. Các vấn đề của lý thuyết được trình bày một cách đơn giản theo hướng quy nạp, từ trường hợp hai biến, ba biến, đến nhiều biến. Các ví dụ áp dụng trong cuốn sách cũng được trình bày từ đơn giản đến phức tạp. Các bài toán được trình bày trong phần này chủ yếu là các bài toán khó, nhiều bài toán được trích ra từ các đề thi vào trường chuyên, vô địch của các nước hoặc OIM. Hiện nay đã có một số tài liệu chuyên khảo về đa thức xuất bản bằng tiếng Việt, đặc biệt là các tài liệu [M ], [Đ], trong đó có những phần dành cho đa thức đối xứng. Tuy nhiên, chưa có tài liệu chuyên về đa thức đối 3 4 Lời nói đầu xứng, trình bày nhất quán từ đơn giản đến phức tạp các vấn đề cơ bản của đại số ở bậc phổ thông như phương trình, hệ phương trình, chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức, tính chia hết, phân tích thành nhân tử v.v...Điều đó cần thiết phải có sự giới thiệu riêng về đa thức đối xứng và phân loại các dạng bài tập ứng dụng của nó một cách chi tiết. Cuốn sách nhỏ này nhằm tổng quan về đa thức đối xứng thông qua các định nghĩa, định lý, các ví dụ và bài tập cùng dạng. Cuốn sách gồm "Lời nói nói đầu" và 3 chương. Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến. Chương 2. Đa thức đối xứng ba biến. Chương 3. Đa thức đối xứng nhiều biến. Trong mỗi chương, phần đầu trình bày cơ sở lý thuyết của đa thức đối xứng với số biến tương ứng, tiếp theo trình bày các ví dụ áp dụng về các chủ đề cơ bản của đại số sơ cấp, có vai trò như những bài tập giải mẫu. Bài tập cuối mỗi mục là những bài có thể được giải theo phương pháp của các ví dụ mẫu. Cuốn sách sẽ có ích cho các học sinh PTTH chuẩn bị cho các kỳ thi học sinh giỏi, hoặc thi vào trường, các sinh viên ngành toán, của các trường sư phạm và các thầy, cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi . Các tác giả bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới các thành viên của semina "Phương pháp Toán phổ thông" đã cho nhiều ý kiến quý báu để cuốn sách được hoàn chỉnh. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các đồng nghiệp và độc giả có ý kiến đóng góp để cuốn sách được tốt hơn. Mọi ý kiến xin gửi về địa chỉ: Nhà xuất bản Giáo dục, 81 Trần Hưng Đạo, Hà Nội. Hà Nội, ngày 08 tháng 03 năm 2009 Chương 1 Đa thức đối xứng hai biến 1.1 Các khái niệm cơ bản Định nghĩa 1. Một đơn thức f (x, y) của các biến độc lập x, y (trường hợp chung nhất có thể là các số phức) được hiểu là hàm số có dạng f (x, y) = akl xk y l , trong đó akl 6= 0 là một số (hằng số), k, l là những số nguyên không âm. Số akl được gọi là hệ số, còn k + l được gọi là bậc của đơn thức f (x, y) và được ký hiệu là deg[f (x, y)] = deg[axk y l ] = k + l. Các số k, l tương ứng được gọi là bậc của đơn thức đối với các biến x, y. Như vậy, bậc của đơn thức hai biến bằng tổng các bậc của các đơn thức theo từng biến. Ví dụ: 3x2 y và 2 2 3 x y là các đơn thức theo x, y với bậc tương ứng bằng 3 3 và 5. Định nghĩa 2. Hai đơn thức của các biến x, y được gọi là đồng dạng (tương tự), nếu chúng chỉ có hệ số khác nhau. Như vậy, hai đơn thức được gọi là đồng dạng, nếu chúng có dạng : Axk y l , Bxk y l (A 6= B). 5 6 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến Định nghĩa 3. Giả sử Axk y l và Bxm y n là hai đơn thức của các biến x, y. Ta nói rằng đơn thức Axk y l trội hơn đơn thức Bxm y n theo thứ tự của các biến x, y, nếu k > m, hoặc k = m và l > n. Ví dụ: Đơn thức x4 y 2 là trội hơn đơn thức x2 y 7 , còn đơn thức x4 y 6 là trội hơn đơn thức x4 y 5 . Định nghĩa 4. Một hàm số P (x, y) được gọi là một đa thức theo các biến số x, y, nếu nó có thể biểu diễn dược dưới dạng tổng của hữu hạn các đơn thức. Như vậy, đa thức P (x, y) theo các biến số x, y là hàm số có dạng X P (x, y) = akl xk y l . k+l6m Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức. Định nghĩa 5. Đa thức P (x, y) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi khi đổi chỗ của x và y, nghĩa là P (x, y) = P (y, x). Ví dụ P (x, y) = x2 + xy + y 2 , Q(x, y) = x2 y + xy 2 là các đa thức đối xứng của các biến x, y. Định nghĩa 6. Ký hiệu σ0 = 1, σ1 = x + y, σ2 = xy. Các đa thức σj (j = 0, 1, 2) được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y. Định nghĩa 7. Đa thức đối xứng f (x, y) được gọi thuần nhất bậc m, nếu: f (tx, ty) = tm f (x, y), ∀t 6= 0. 1.2. Tổng luỹ thừa và công thức Waring 1.2 7 Tổng luỹ thừa và công thức Waring Định nghĩa 8. Các đa thức sk = xk + y k (k = 1, 2, ...) được gọi là các tổng luỹ thừa bậc k của các biến x, y. Định lý 1. Mỗi tổng luỹ thừa sm = xm + y m có thể biểu diễn được dưới dạng một đa thức bậc m của σ1 và σ2 . Chứng minh. Ta có σ1 sk−1 = (x + y)(xk−1 + y k−1 ) = xk + y k + xy(xk−2 + y k−2 ) = sk + σ2 sk−2 . Như vậy sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 . (1.1) Công thức (1.1) được gọi là công thức Newton nó cho phép tính sk theo sk−1 và sk−2 . Với m = 1, m = 2, Định lý 1.1 đúng vì s1 = x + y = σ 1 , s2 = x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = σ12 − 2σ2 . Giả sử Định lý đã đúng cho m < k. Khi đó sk−2 , sk−1 lần lượt là các đa thức bậc k − 2, k − 1 của σ1 , σ2 . Theo công thức (1.1) ta suy ra sk là đa thức bậc k của σ1 và σ2 . Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Sử dụng công thức (1.1) và các biểu thức của s1 , s2 ở chứng minh trên, dễ dàng nhận được các biểu thức sau s1 = x + y = σ 1 , s2 = σ12 − 2σ2 , 8 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến s3 = σ13 − 3σ1 σ2 , s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 , s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 . Việc tính các tổng luỹ thừa sk theo công thức lặp (1.1) không được thuận tiện vì phải biết trước các tổng sk và sk−1 . Đôi khi ta cần có biểu thức của sk chỉ phụ thuộc vào σ1 và σ2 . Công thức tương ứng được tìm ra năm 1779 bởi nhà toán học Anh E. Waring. Định lý 2. (Công thức Waring). Tổng luỹ thừa sk được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở σ1 , σ2 theo công thức: [k/2] X (−1)m (k − m − 1)! sk = σ1k−2m σ2m , k m!(k − 2m)! m=0 (1.2) trong đó [k/2] ký hiệu là phần nguyên của k/2. Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh công thức (1.2) bằng phương pháp quy nạp. Với k = 1, k = 2 công thức tương ứng có dạng s1 = σ 1 , 1 1 s2 = σ12 − σ2 . 2 2 Như vậy, với k = 1, k = 2 công thức (1.2) đúng. Giả sử công thức Waring đã đúng cho s1 , s2 , ..., sk−1 . Để chứng minh công thức đó đúng cho sk chúng ta sử dụng công thức (1.1). Ta có 1 1 sk = [σ1 sk−1 − σ2 sk−2 ] = k k = k − 1 X (−1)m (k − m − 2)! k−2m−1 m σ1 . σ1 σ2 − k m!(k − 2m − 2)! m − k − 2 X (−1)n (k − n − 3)! k−2n−2 n σ2 . σ1 σ2 = k n!(k − 2n − 2)! n 1.2. Tổng luỹ thừa và công thức Waring 9 1 X (−1)m (k − m − 2)!(k − 1) k−2m m = σ1 σ2 − k m m!(k − 2m − 1)! − 1 X (−1)n (k − n − 3)!(k − 2) k−2n−2 n+1 σ1 σ2 . k n n!(k − 2n − 2)! Trong tổng thứ hai thay n + 1 bởi m. Khi đó hai tổng có thể kết hợp thành một như sau: 1 1 X (−1)m (k − m − 2)!(k − 1) k−2m m sk = σ1 σ2 − k k m m!(k − 2m − 1)! − 1 X (−1)m−1 (k − m − 2)!(k − 2) k−2m m σ1 σ2 = k m (m − 1)!(k − 2m)! =  k−1 1X (−1)m (k − m − 2)! + k m m!(k − 2m − 1)! +  k−2m m k−2 σ σ2 . (m − 1)!(k − 2m)! 1 Sử dụng các công thức 1 m = , (m − 1)! m! 1 k − 2m = (k − 2m − 1)! (k − 2m)! ta có k−2 k(k − m − 1) k−1 + = . m!(k − 2m − 1)! (m − 1)!(k − 2m)! m!(k − 2m)! Cuối cùng, vì (k − m − 2)!(k − m − 1) = (k − m − 1)!, nên ta có công thức cần phải chứng minh: [k/2] X (−1)m (k − m − 1)! sk = σ1k−2m σ2m . k m!(k − 2m)! m=0 Định lý 1.2 được chứng minh. 10 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến Sử dụng công thức Waring dễ dàng nhận được các biểu thức của sk = xk + y k theo σ1 = x + y, σ2 = xy sau đây: s1 = σ 1 , s2 = σ12 − 2σ2 , s3 = σ13 − 3σ1 σ2 , s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 , s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 , s6 = σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 , s7 = σ17 − 7σ15 σ2 + 14σ13 σ22 − 7σ1 σ23 , s8 = σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 − 16σ12 σ23 + 2σ24 , s9 = σ19 − 9σ17 σ2 + 27σ15 σ22 − 30σ13 σ23 + 9σ1 σ24 , s10 = σ110 − 10σ18 σ2 + 35σ16 σ22 − 50σ14 σ23 + 25σ12 σ24 − 2σ25 , 1.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến Định lý 3. (Định lý cơ bản). Mọi đa thức đối xứng P (x, y) của các biến x, y đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức p(σ1 , σ2 ) theo các biến σ1 = x + y và σ2 = xy, nghĩa là P (x, y) = p(σ1 , σ2 ). (1.3) Chứng minh. Trước hết xét trường hợp đơn thức, trong đó luỹ thừa của x và y cùng bậc, nghĩa là đơn thức dạng axk y k . Hiển nhiên là axk y k = a(xy)k = aσ2k . Tiếp theo, xét đơn thức dạng bxk y l (k 6= l). Vì đa thức là đối xứng, nên có số hạng dạng bxl y k . Để xác định, ta giả sử k < l và xét tổng của hai đơn 1.3. Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến 11 thức trên b(xk y l + xl y k ) = bxk y k (xl−k + y l−k ) = bσ2k sl−k . Theo công thức Waring sl−k là một đa thức của các biến σ1 , σ2 , nên nhị thức nói trên là một đa thức của σ1 , σ2 . Vì mọi đa thức đối xứng là tổng của các số hạng dạng axk y k và b(xk y l + xl y k ), nên mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được ở dạng đa thức theo các biến σ1 và σ2 . Định lý được chứng minh. Định lý 4. (Tính duy nhất). Nếu các đa thức ϕ(σ1 , σ2 ) và ψ(σ1 , σ2 ) khi thay σ1 = x + y, σ2 = xy cho ta cùng một đa thức đối xứng P (x, y), thì chúng phải trùng nhau, nghĩa là ϕ(σ1 , σ2 ) ≡ ψ(σ1 , σ2 ). Chứng minh. Đặt φ(σ1 , σ2 ) = ϕ(σ1 , σ2 ) − ψ(σ1 , σ2 ). Khi đó theo gải thiết ta có: φ(x + y, xy) = ϕ(x + y, xy) − ψ(x + y, xy) = P (x, y) − P (x, y) = 0. Ta sẽ chứng tỏ rằng φ(σ1 , σ2 ) ≡ 0. Dễ thấy rằng, sau khi mở ngoặc thì biểu thức f (x, y) := (x + y)k (xy)l là một đa thức của các biến x, y và có số hạng trội nhất theo thứ tự các biến x, y là xk+l y l . Giả sử φ(σ1 , σ2 ) có dạng φ(σ1 , σ2 ) = X Akl σ1k σ2l . k,l Để tìm số hạng trội nhất, chúng ta sẽ chọn trong φ(σ1 , σ2 ) các số hạng có k + l là lớn nhất. Tiếp theo, trong các số hạng nói trên, chọn ra các số hạng 12 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến với giá trị lớn nhất của l. Ví dụ, nếu φ(σ1 , σ2 ) = −σ14 σ2 − 4σ12 σ23 + 2σ1 σ24 − 6σ1 σ22 + 10σ23 − 7σ1 + 5σ2 + 1 thì số hạng được chọn sẽ là 2σ1 σ24 . Như vậy, giả sử chọn được đơn thức Aσ1m σ2n . Khi đó, nếu thay σ1 = x + y, σ2 = xy, thì thì số hạng trội nhất của φ sẽ là Axm+n y n . Thật vậy, giả sử Bσ1k σ2l là đơn thức tuỳ ý khác với Axm+n y n . Khi đó theo cách chọn ta có hoặc m + n > l + l, hoặc m + n = k + l, nhưng n > l. Trong cả hai trường hợp thì Axm+n y n trội hơn Bxk+l y l . Như vậy chúng ta đã chứng tỏ rằng Axm+n y n là đơn thức trội nhất của φ(x + y, xy), nên φ(x + y, xy) 6= 0, ∀x, y, nếu φ(σ1 , σ2 ) 6≡ 0. Vậy, ta có φ(σ1 , σ2 ) ≡ 0. Định lý được chứng minh. Để minh hoạ, xét ví dụ sau đây. Ví dụ 1. Biểu diễn đa thức đối xứng f (x, y) = x5 + x4 y + x3 y 3 + xy 4 + y 5 . Lời giải. Sử dụng công thức Waring ta có f (x, y) = (x5 + y 5 ) + xy(x3 + y 3 ) + (xy)3 = s5 + σ2 s3 + σ23 = = (σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 ) + σ2 (σ13 − 3σ1 σ2 ) + σ23 = σ15 − 4σ13 σ2 + 2σ1 σ22 + σ23 . Bài tập Hãy biểu diễn các đa thức đối xứng sau đây theo các đa thức đối xứng cơ sơ. 13 1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 1. x3 + y 3 + (x + y)3 , 2. x4 + y 4 + (x + y)4 , 3. (x + y)5 − x5 − y 5 , 4. 2x4 + 7x3 y + 9x2 y 2 + 7xy 3 + 2y 4 . 5. x5 + 3x3 y 2 − x3 y 3 + 2xy 4 − 7x2 y 2 + y 5 + 3x2 y 3 − 5xy 3 − 5x3 y + 2x4 y. 1.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. Giả sử P (x, y) và Q(x, y) là các đa thức đối xứng. Xét hệ phương trình:  P (x, y) = 0, (1.4) Q(x, y) = 0. Bằng cách đặt x + y = σ1 , xy = σ2 , trên cơ sở Định lý cơ bản, ta đưa hệ (1.4) về dạng:  p(σ1 , σ2 ) = 0, q(σ1 , σ2 ) = 0. (1.5) Hệ phương trình (1.5) thường đơn giản hơn hệ (1.4) và ta có thể dễ dàng tìm được nghiệm (σ1 , σ2 ). Sau khi tìm được các giá trị của σ1 , σ2 , cần phải tìm các giá trị của các ẩn số x và y là nghiệm của hệ (1.4). Điều này có thể thực hiện được nhờ định lý sau đây. Định lý 5. Giả sử σ1 và σ2 là các số thực nào đó. Khi đó phương trình bậc hai z 2 − σ1 z + σ2 = 0 (1.6) và hệ phương trình  x + y = σ1 , xy = σ2 . (1.7) liên hệ với nhau như sau: nếu z1 , z2 là các nghiệm của phương trình (1.6), thì hệ (1.7) có nghiệm  x = z1 , y = z2 ;  x = z2 , y = z1 14 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến và ngoài ra không còn có nghiệm nào khác. Ngược lại, nếu x = a, y = b là nghiệm của hệ (??) thì các số a, b là nghiệm của phương trình (1.6). Chứng minh. Nếu z1 , z2 là nghiệm của phương trình (1.6), thì theo công thức Viète : z1 + z2 = σ1 , z1 z2 = σ2 , x1 = z1 , y1 = z2 ;  suy ra  x2 = z2 , y2 = z1 là các nghiệm của hệ (1.7). Vấn đề không còn có nghiệm nào khác sẽ được suy ra từ mệnh đề sau cùng của định lý và sẽ được chứng minh dưới đây. Giả sử x = a, y = b là nghiệm của hệ (1.7), nghĩa là a + b = σ1 , ab = σ1 σ2 . Khi đó ta có z 2 − σ1 z + σ2 = z 2 − (a + b)z + ab = (z − a)(z − b). Điều đó chứng tỏ rằng các số a, b là nghiệm của phương trình bậc hai (1.6). Định lý được chứng minh. Cuối cùng chú ý rằng, điều kiện cần và đủ để phương trình (1.6) có nghiệm là ∆ = σ12 − 4σ2 ≥ 0. Để minh hoạ xét ví dụ sau đây. Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  x3 + y 3 = 35, x + y = 5. (1.8) 1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 15 Lời giải. Đặt x + y = σ1 , xy = σ2 . Ta có x3 + y 3 = σ13 − 3σ1 σ2 . Do đó ta có hệ  σ13 − 3σ1 σ2 = 35, σ1 = 5. Từ hệ phương trình này tìm được σ2 = 6. Khi đó x, y sẽ là nghiệm của hệ phương trình  x + y = 5, xy = 6. Theo định lý 1.5 x và y là nghiệm của phương trình z 2 − 5z + 6 = 0 và ta tìm được các nghiệm của hệ đã cho :   x1 = 2, x2 = 3, y1 = 3, y2 = 2. Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  x3 − y 3 = 5, xy 2 − x2 y = 1. Lời giải. Hệ phương trình trên chưa phải là hệ đối xứng. Nếu đặt z = −y, thì ta có hệ  x3 + z 3 = 5, xy 2 + x2 z = 1 là hệ đối xứng đối với x và z. Đặt σ1 = x + z, σ2 = xz, ta có hệ:   σ1 σ2 = 1, σ1 (σ12 − 3σ2 ) = 5, σ1 σ2 = 1, ⇔ σ13 − 3 = 5. 1 Hệ cuối cùng có nghiệm σ1 = 2, σ2 = . Do đó ta có hệ: 2 ( ( x + z = 2, x−y = 2, 1 ⇔ 1 xz = , xy = − . 2 2 16 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến Giải hệ trên ta có các nghiệm: √  2 + 2  x1 = , 2√   y = −2 + 2 , 1 2 √ 2− 2 , 2√ −2 − 2 = . 2   x 2 =  y 2 Ví dụ 4. (thi HSG lớp 10 thành phố Hà Nội, 1999-2000). Cho hệ phương trình  x2 + y 2 + x + y = 18, xy(x + 1)(y + 1) = m. a) Giải hệ với m = 72. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nghiệm. Lời giải. Hệ phương trình đã cho là hệ đối xứng theo các biến x, y. Tuy nhiên, nếu ta đặt σ1 = x + y, σ2 = xy thì sẽ gặp khó khăn khi phải đưa về hệ bậc 2 theo σ1 , σ2 , nhất là hệ có tham số. Để ý rằng, nếu viết phương trình đầu của hệ ở dạng x(x + 1) + y(y + 1) = 18 thì hệ cũng đối xứng theo các biến X = x(x + 1), Y = y(y + 1). và có dạng  X +Y XY = 18; = m. Ta có X, Y là nghiệm của phương trình t2 − 18t + m = 0. a) Với m = 72, phương trình (1.9) trở thành t2 − 18t + 72 = 0. (1.9) 17 1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. Từ đó ta tìm được ( X = 12, Y = ( 6, 6, Y = 12. Trở lại cách đặt ẩn, ta có các hệ sau: ( x(x + 1) = 12, y(y + 1) = X= ( 6; x(x + 1) = 6, y(y + 1) = 12. Giải các hệ này ta tìm được 8 nghiệm của hệ đã cho là: ( ( ( ( x = 3, x= 3, x = −4, x = −4, y = −3. y = 2; ( x = 2, y = 3; ( x = −3, y= ( 3; y= 2; x= 2, y = −3; ( y = −4; x = −3, y = −4. b) Dễ thấy rằng 1 1 1 x(x + 1) = (x + )2 − ≥ − . 2 4 4 1 1 Do đó từ cách đặt ẩn X, Y, suy ra điều kiện của X, Y là: X ≥ − , Y ≥ − . 4 4 Ký hiệu f (t) = t2 − 18t + m. Khi đó hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (9) có hai nhiệm 1 X1 , X2 thoả mãn điều kiện: X1 ≥ X2 ≥ − . 4 Từ đó ta có hệ bất phương trình   81 − m ≥ 0, ∆0 ≥ 0,          73 1 ≥ 0, ⇔ − 73 6 m 6 81. 1.f (− ) ≥ 0, ⇔ m + 76 4   16     1 s 1    9≥ − ; ≥ − ; 4 2 4 Ví dụ 5. Giải phương trình văn thức √ 4 97 − x + √ 4 x = 5. 18 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến Lời giải. Đặt √ √ 4 x = y, 4 97 − x = z. Khi đó ta có hệ  y + z = 5, y 4 + z 4 = 97. Đặt σ1 = y + z, σ2 = yz. Ta có hệ phương trình:  σ1 = 5, σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 = 97. Từ đó ta có phương trình bậc hai đối với σ2 : σ22 − 50σ2 + 264 = 0. Phương trình này có các nghiệm: σ2 = 6, σ2 = 44. Như vậy, bài toán dẫn đến giải hai hệ phương trình:  y + z = 5, yz = 6; Hệ thứ nhất có các nghiệm:  y1 = 2, z1 = 3;  y + z = 5, yz = 44.  y2 = 3, z2 = 2. Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình đã cho: x1 = 16, x2 = 81. Dễ thấy rằng hệ còn lại vô nghiệm. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x1 = 16, x2 = 81. Ví dụ 6. Giải phương trình x+ Lời giải. Đặt y = √ √ 17 − x2 + x 17 − x2 = 9. √ √ 17 − x2 . Điều kiện của x, y là |x| 6 17, y ≥ 0. Với các điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với hệ sau  x + y + xy = 9, x2 + y 2 = 17.