Tài liệu Khóa luận tốt nghiệp lý thuyết về đa thức đối xứng

Lời cảm ơn Trước tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn Th.S Phan Trọng Tiến, người đã tận tình hướng dẫn em trong quá trình thực hiện khóa luận. Em cũng xin chân thành cảm ơn tất cả quý thầy cô Trường Đại học Quảng Bình, đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Khoa học tự nhiên đã dạy dỗ em trong suốt thời gian ngồi trên ghế nhà trường, chính nhờ sự dạy dỗ đó em đã học được rất nhiều điều bổ ích cho chuyên ngành của mình và trong cuộc sống. Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, cảm ơn tập thể lớp ĐHSP Toán K55, bạn bè và tất cả mọi người luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong những lúc khó khăn, sự động viên đã giúp bản thân ngày càng cố gắng học tập và hoàn thành khóa luận này. Em xin chân thành cảm ơn! Quảng Bình, tháng 5 năm 2017 Tác giả 1 PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Như chúng ta đã biết, Toán học có vai trò vô cùng quan trọng trong đời sống, trong công nghệ và khoa học hiện đại, nó là công cụ thiết yếu giúp chúng ta học tốt các môn học khác, và có thể hoạt động hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Môn Toán có khả năng to lớn, giúp chúng ta phát triển năng lực, phẩm chất, trí tuệ và có khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục tư tưởng đạo đức, lối sống cho chúng ta. Hiện nay, trong chương trình toán học trung học phổ thông thì phần đa thức rất quan trọng. Đa thức trở thành một công cụ đắc lực của Giải tích. Trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia hay kì thi Olympic toán quốc tế thì các bài toán về đa thức luôn được đề cập đến và nó là một trong những bài tập khó của bậc THPT. Những lĩnh vực đại số đối với học sinh trung học phổ thông thường là các dạng toán về giải phương trình và phương trình bậc cao, phân tích các đa thức nhiều biến bậc cao thành nhân tử, tìm nghiệm nguyên của phương trình hay chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức... Một trường hợp quan trọng và thường gặp của các bài toán của 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. Khóa luận “Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán đại số ” trình bày một số vấn đề liên quan đến nhiều bài toán có yếu tố đối xứng, nếu biết áp dụng lí thuyết về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn. Khóa luận nhằm giới thiệu về lý thuyết của đa thức đối xứng và những ứng dụng của nó trong đại số sơ cấp. Hy vọng sẽ giúp các bạn học sinh nắm vững và giải quyết thành thạo các bài toán có liên quan đến đa thức đối xứng. 2. Mục đích nghiên cứu Khóa luận nhằm thể hiện vai trò quan trọng của Giải tích và Đại số trong khảo sát đa thức. Đây là chuyên đề nhằm tổng quan về đa thức đối xứng thông qua các định nghĩa, định lý, ví dụ. 3. Phương pháp nghiên cứu     Phương pháp nghiên cứu phân tích, tổng hợp, khái quát hóa. Nghiên cứu các tài liệu: Giáo trình, sách tham khảo về đa thức. Tham khảo nguồn tài liệu từ Internet: www.tailieu.vn, www.xemtailieu.com ... Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giảng viên hướng dẫn. 4. Nội dung nghiên cứu 2 Trong đề tài “Ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán đại số ”, tôi đã đưa ra một số định nghĩa, định lý và các ứng dụng của đa thức đối xứng vào giải các bài toán đại số. Chương 1 Lý thuyết về đa thức đối xứng Ở chương này, tôi sẽ trình bày một số kiến thức lý thuyết cơ bản của đa thức đối xứng mà học sinh cần nắm để sử dụng trong quá trình làm các bài toán liên quan đến đa thức thức đối xứng. Chương 2 Ứng dụng của đa thức đối xứng để giải các bài toán đại số. Ở chương này, tôi sẽ hệ thống lại một số dạng toán có ứng dụng của đa thức đối xứng như giải phương trình, hệ phương trình, phân tích đa thức thành nhân tử ... và phương pháp làm của một số bài toán. 3 CHƯƠNG I: LÝ THUYẾT VỀ ĐA THỨC ĐỐI XỨNG 1. Đa thức đối xứng hai biến 1.1 Các khái niệm cơ bản Định nghĩa 1.1.1 Đa thức P ( x, y ) được gọi là đối xứng của hai biến x, y nếu nó không thay đổi giá trị khi thay x, y cho nhau. Nghĩa là: P ( x, y )  P( y, x), x, y  � Ví dụ: P( x, y )  x  y Q( x, y )  x 3  xy  y 3 là đa thức đối xứng của các biến x, y Định nghĩa 1.1.2 Các đa thức  1  x  y ,  2  xy được gọi là đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y . Định nghĩa 1.1.3 Đa thức đối xứng P ( x, y ) được gọi là thuần nhất bậc m , nếu: P (tx, ty )  t m P ( x, y ), t  0 . 1.2 Tổng lũy thừa, tích lũy thừa và công thức Waring Định nghĩa 1.2.1 Các đa thức sm  và x m  y m được gọi là các tổng lũy thừa bậc m của các biến x y. Định nghĩa 1.2.2 Các đa thức pm  x m . y m được gọi là các tích lũy thừa bậc m của các biến x và y. Định lý 1.2.3 (Công thức Newton ) (Theo [1]) Tính sm theo sm1 và sm2 sm   1sm1   2 sm2 (1) Chứng minh: Với m  1, m  2 , định lý 1.2.3 đúng vì s1  x  y   1 , s2  x 2  y 2  ( x  y) 2  2 xy   12  2 2 . Giả sử định lý đã đúng cho m  k . Khi đó sk 1 và sk 2 lần lượt là các đa thức bậc k  1, k  2 của  1 ,  2 . Theo công thức (1) ta suy ra sk là đa thức bậc k của  1 và  2 . Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh. Dùng công thức Newton, ta nhận được các biểu thức sau: s1   1 ; s2   12  2 2 ; 4 s3   13  3 1 2 ; 2 s4   14  4 12 2  2 2 ; 2 s5   15  5 13 2  5 1 2 ; ...... Như vậy, muốn tính được sk , ta phải tính trước các tổng sk 1 và sk 2 . Đôi khi ta cần có biểu thức sk chỉ phụ thuộc vào  1 , 2 . Từ đó có công thức Waring. Công thức Waring Định lý 1.2.4 (Công thức Waring) (Theo [1]) Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở  1 và  2 theo công thức: k  2    1 ( 1) m (k  m  1)! k 2 m m sk   1  2 k m!(k  2m)! m 0 Công thức Waring cho biểu thức của sn  x n  y n theo  1  x  y ,  2  xy sau đây: Biểu thức của sn  x n  y n tính theo  1 , 2 s1   1 ; s2   12  2 2 ; s3   13  3 1 2 ; 2 s4   14  4 12 2  2 2 ; s5   15  5 13 2  5 1 22 ; 2 3 s6   16  6 14 2  9 12 2  2 2 ; 2 3 s7   17  7 15 2  14 13 2  7 1 2 ; 2 3 4 s8   18  8 16 2  20 14 2  16 12 2  2 2 ; 2 3 4 s9   18  9 17 2  27 15 2  30 12 2  9 1 2 ; ........................................................................................... 1.3 Một số định lý Định lý 1.3.1 (Theo [1]) Mọi đa thức đối xứng P ( x, y ) của các biến x, y đều có thể biểu diễn được dưới dạng p( 1 , 2 ) , trong đó  1  x  y;  2  xy P ( x, y )  p( 1 , 2 ) 5 Chứng minh : Trước hết xét trường hợp đơn thức, trong lũy thừa của x và y cùng bậc, nghĩa là k đơn thức dưới dạng ax k y k . Hiển nhiên là ax k y k  a( xy )k  a 2 . Tiếp theo, xét đơn thức dạng bx k y l ( k  l ). Vì đa thức là đối xứng nên có số hạng dạng bx l y k . Để xác định, ta giả sử k  1 và xét tổng hai đơn thức trên. k b( x k y l  x l y k )  bx k y k ( xl k  y l k )  b 2 sl k Theo công thức Waring thì sl k là một đa thức của các biến  1 , 2 , nên nhị thức nói trên là một đa thức của  1 , 2 . Vì mọi đa thức đối xứng là tổng của các số hạng dạng ax k y k và b( x k y l  x l y k ) nên mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được ở dạng đa thức theo các biến  1 và  2 . W Định lý 1.3.2 (Tính duy nhất) (Theo [1]) Nếu các đa thức  ( 1 , 2 ) và  ( 1 , 2 ) khi thay  1  x  y, 2  xy cho ta cùng một đa thức đối xứng P ( x, y ) , thì chúng phải trùng nhau, nghĩa là  ( 1 , 2 )   ( 1 , 2 ) . 2. Đa thức đối xứng ba biến 2.1 Các khái niệm cơ bản Định nghĩa 2.1.1 (Theo [1]) Đa thức P( x, y, z ) được gọi là đa thức đối xứng của biến x, y, z nếu nó không thay đổi với mọi hoán vị của x, y, z , nghĩa là P( x, y, z )  P( x, z, y )  P( y, x, z )  P( y, z, x)  P( z, x, y )  P( z, y, x) Ví dụ: Các đa thức dưới đây là những đa thức đối xứng theo các biến x, y , z x4  y4  z 4  2x2 y2  2 y 2 z 2  2x2 z 2 ; ( x  y )( y  z )( x  z ); ( x  y) 2 ( y  z )2 ( x  z ) 2 . Định nghĩa 2.1.2 Các đa thức  1  x  y  z;  2  xy  yz  xz;  3  xyz được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z . 6 2.2 Tổng lũy thừa, tổng nghịch đảo m m m Định nghĩa 2.2.1 Các đa thức sm  x  y  z được gọi là các tổng lũy thừa bậc m của các biến x, y, z. Định lý 2.2.2 (Công thức Newton) (Theo [1]) Với mọi k  � ta có hệ thức: sk   1sk 1   2 sk 2   3 sk 3 , Định lý 2.2.3 (Theo [1]) Mỗi tổng lũy thừa sk  x k  y k  z k đều có thể biểu diễn dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến  1 , 2 , 3 . Định lý 2.2.4 (Công thức Waring) (Theo [1]) Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở theo công thức 1 (1) k l mn (l  m  n  1)! l m n sk    1 2  3 k l !m!n! l  2 m  3n k Biểu thức của sn  x n  y n  z n tính theo  1 , 2 , 3 s1   1 ; s2   12  2 2 ; s3   13  3 1 2  3 3 ; 2 s4   14  4 12 2  2 2  4 1 3 ; 2 s5   15  5 13 2  5 1 2  5 12 3  5 2 3 ; 2 3 s6   16  6 14 2  9 12 2  2 2  6 13 2  12 1 2 3  3 32 ; 2 3 2 2 s7   17  7 15 2  14 13 2  7 1 2  7 14 2  14 12 2 3  7 1 3  7 2 3 ; 2 3 4 s8   18  8 16 2  20 14 2  16 12 2  2 2  8 15 2 2 2 32 13 2 3  12 12 2  24 1 2 3  8 2 32 ; ........................................................................................ Định nghĩa 2.2.5 1 1 1  k  k ,(k  1,2,...) k x y z x, y, z . được gọi là tổng nghịch đảo của các biến k k k Các biểu thức s k  x  y  z  7 CHƯƠNG 2: ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ 1. Giải phương trình đối xứng và phương trình hồi quy 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Đa thức f ( z )  a0 z n  a1 z n1  ...  an (a0  0) được gọi là đa thức đối xứng, nếu các hệ số cách đều hai đầu bằng nhau, nghĩa là a0  an ; a1  an1 ;... Phương trình của đa thức đối xứng được gọi là phương trình đối xứng. Ví dụ: z 8  4 z 6  10 z 4  4 z 2  1; 10 x3  x 2  x  10. Định nghĩa 1.1.2 Các đa thức a0 z 2 n  a1 z 2 n1  ...  an1 z n1  an z n   an1 z n1  ...   n1a1 z   n a0 a0 z 2 n1  a1 z 2 n  ...  an1 z n2  an z n1   an z n  ...   2 n1a1 z   2 n1a0 trong đó được gọi là các đa thức hồi quy. Phương trình của đa thức hồi quy được gọi là phương trình hồi quy. Khi   1 thì đa thức hồi quy trở thành đa thức hệ số đối xứng. 1.2 Phương pháp giải * Trường hợp 1: Đa thức bậc chẵn 2n có dạng f ( z )  a0 z 2 n  a1 z 2 n1  ...  an1 z n1  an z n   an1 z n1  ...   n1a1 z   n a0 . Do z  0 không phải là nghiệm của phương trình hồi quy nên ta chia cả 2 vế của phương trình cho z n . Sau đó, bằng cách nhóm các cặp số hạng theo quy tắc số hạng thứ nhất với số hạng thứ 2n-1; số hạng thứ hai với số hạng thứ 2n-2;...; số hạng thứ n-1 với số hạng k thứ n+1; số hạng thứ n. Khi đó, vế trái của phương trình có thể đưa về dạng z  k . z k  1 . Do đó, nếu ta đặt   z  thì sẽ z z đưa đến phương trình bậc n đối với  . Giải phương trình tìm  , rồi suy ra z. Chúng đều là các biểu thức đối xứng với z và * Trường hợp 2: Đa thức bậc lẻ 2n+1 có dạng g ( z )  a0 z 2 n1  a1 z 2 n  ...  an1 z n2  an z n1   an z n  ...   2 n1a1 z   2 n1a0 . Phương trình dạng này ta luôn nhẩm được 1 nghiệm z   . Khi đó, phân tích ra thừa số z   với nhân tử còn lại hồi quy bậc 2n. Giải theo dạng đa thức hồi quy bậc chẵn. 8 1.3 Ví dụ Bài 1: Giải phương trình sau: 6 x 4  13x 3  12 x 2  13x  6  0 Giải: Đây là bài toán phương trình hồi quy bậc chẵn với   1 . Vì x  0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho nên chia 2 vế của phương trình cho x 2 và biến đổi phương trình này về dạng, ta có: 13 6  0 x x2 6  13     6 x 2  2   13 x    12  0 x   x  1 1    6  x 2  2   13 x    12  0 x  x   1 1 2 2 Đặt   x  , ta có: x  2    2 x x 6 x 2  13x  12  Ta đưa phương trình về dạng 6( 2  2)  13  12  0  6 2  13  0   0   13   6  1 1 13 Khi đó x   0; x   x x 6 1 * Trường hợp 1: x   0  x 2  1  0 x Phương trình này vô nghiệm.  x  1 13 * Trường hợp 2: x    6 x 2  13 x  6  0   x 6 x   2 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  ; x  3 2 3 2 2 3 Bài 2: Giải phương trình sau: 9 z 6  18 z 5  73z 4  164 z 3  73z 2  18 z  9  0 Giải: Vì z  0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho nên chia 2 vế của phương trình cho z 3 và biến đổi phương trình này về dạng: 9 z 3  18 z 2  73z  164  73 18 9   0 z z2 z3 9 9  18   73     9 z 3  3   18 z 2  2    73 z    164  0 z   z   z   1 1 1  9( z 3  3 )  18( z 2  2 )  73( z  )  164  0 z z z Sử dụng các công thức z 1 1 1   ; z 2  2   2  2; z 3  3   3  3 . z z z Ta đưa phương trình trên về dạng 9( 3  3 )  18( 2  2)  73  164  0    2  10 3 2  9  18  100  200  0     3  10    3  1 10 1 10 1 Khi đó: z   2; z    ; z   . z 3 z 3 z 1 * Trường hợp 1: z   2  z 2  2 z  1  0  z  1 z z  3 1 10 2 * Trường hợp 2: z    3 z  10 z  3  0   1 z  z 3  3  z  3 1 10 * Trường hợp 3: z    1  3 z 2  10 z  3  0   z   z 3 3  1 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: z  1; z   ; z   3. 3 Bài 3: Giải phương trình sau: x 7  2 x 6  5 x5  13x 4  13x3  5 x 2  2 x  1  0 Lời bình: Ở dạng phương trình đối xứng bậc lẻ, luôn nhẩm được nghiệm x  1 . Phân tích đa thức đã cho về theo nhân tử x  1 và nhân tử còn lại hồi quy bậc chẵn. Ta có: x 7  2 x 6  5 x 5  13 x 4  13 x 3  5 x 2  2 x  1  ( x  1)( x 6  x 5  6 x 4  7 x 3  6 x 2  x  1) Giải: Đây là phương trình hệ số đối xứng bậc lẻ. Bằng cách nhẩm nghiệm, ta tìm được nghiệm x  1 Chia vế trái cho x  1 , ta được: P ( x)  ( x  1)( x 6  x 5  6 x 4  7 x 3  6 x 2  x  1) Phương trình ban đầu có một nghiệm là x  1 và ta giải phương trình 10 Q( x)  x 6  x5  6 x 4  7 x 3  6 x 2  x  1  0 (1) Ta thấy (1) là phương trình đối xứng bậc chẵn. Vì x  0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia 2 vế của phương trình. cho x 3 và biến đổi phương trình này về dạng: 1  3 1  2 1   (*)  x  3    x  2   6 x    7  0 x   x   x  1 1 1 2 2 3 3 Khi đó, đặt   x  . Ta suy ra: x  2    2 ; x  3    3 x x x Phương trình (*) trở thành: ( 3  3 )  ( 2  2)  6  7  0   3   2  9  9  0   1      3 1 * Với   1 , ta có x   1  x 2  x  1  0 x Phương trình này vô nghiệm. 1  3  x 2  3x  1  0  x  3  5 x 2 1 3  5 * Với   3 , ta có x   3  x 2  3x  1  0  x  x 2 3  5 3 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  1; x  ;x 2 2 * Với   3 , ta có x  Bài 4: Giải phương trình: 2 x8  9 x 7  20 x 6  33 x5  46 x 4  66 x3  80 x 2  72 x  32  0 Giải: Đây là phương trình bậc 8 truy hồi với   2 Vì vậy, có thể viết lại phương trình ở dạng: 2 x8  9 x 7  20 x 6  33x5  46 x 4  33.2 x 3  20.22 x 2  9.23 x  2.24  0 Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Chia hai vế của phương trình cho x 4 và biến đổi về dạng 16   8 4 2    2  x 4  4   9  x3  3   20  x 2  2   33 x    46  0 x   x  x  x    2 Đặt   x  , ta có: x 4 8 16 x 2  2   2  4; x3  3   3  6 ; x 4  4   4  8 2  8 x x x 4 2 3 Khi đó, ta có: 2(  8  8)  9(  6 )  20( 2  4)  33  46  0 11  2 4  9 3  4 2  21  18  0    1;  2;  3;   3 2 Như vậy phương trình đã cho tương ứng với tổ hợp phương trình sau: 2 2 2 2 3  1; x   2; x   3; x    x x x x 2 2 * Trường hợp 1: x   1  x 2  x  2  0. Phương trình này vô nghiệm. x 2 * Trường hợp 2: x   2  x 2  2 x  2  0. Phương trình này vô nghiệm. x x  1 2 * Trường hợp 3: x   3  x 2  3x  2  0   x x  2 2 3 * Trường hợp 4: x     2 x 2  3 x  4  0 . Phương trình này vô nghiệm. x 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  1; x  2 x 2. Giải hệ phương trình Ở dạng này, có các phương trình đối xứng nên ta đặt  1  x  y ;  2  xy rồi áp dụng công thức Waring để tìm nghiệm x, y một cách dễ dàng. Bài 1: Giải hệ phương trình sau: x  y  7   x y 25  y  x  12  Giải: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1. x  y  7 Hệ phương trình tương đương:  2 2 12( x  y )  25 xy Đặt  1  x  y , 2  xy  1  7   7   1 Ta được:  2  2  12 12( 1  2 2 )  25 2 x  y  7  xy  12 Hay  x  3 hoặc y  4 x  4  y 3 x  3 x  4 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  ; y  4 y 3 Áp dụng định lý Viet, ta suy ra :  Bài 2: Giải hệ phương trình sau: 12 (1)  x5  y 5 31   3 3 7 x  y  x 2  y 2  xy  3 (2)  Lời bình: Ở đây, phương trình (1) và (2) đều là các phương trình đối xứng với 2 biến x,y. Phương trình (1) có đa thức bậc 5 và bậc 3 thì nếu ta áp dụng phương pháp thế thông thường thì việc giải rất khó khăn. Vai trò của x,y ở đây là như nhau. Ta đặt  1  x  y; 2  xy . Theo công thức Waring, ta có: s3   13  3 1 2 ; s5   15  5 13 2  5 1 22 . Lúc này công việc tính toán sẽ dễ dàng hơn. Giải: Điều kiện x 3  y 3  0 Đặt x  y   1 (  1  0 ); xy   2 Ta có: x 2  y 2  s2   12  2 2 x 3  y 3  s3   13  3 1 2 2 x 5  y 5  s5   15  5 13 2  5 1 2 Do đó, ta có hệ 2  7( 15  5 13 2  5 1 2 )  31( 13  3 1 2 ) (I)   2  1   2  3 Giải hệ phương trình (I) bằng phương pháp thế, ta tìm được nghiệm 6  1     1   1  7 hoặc    2  2   15  2 7 x  y 1  x  1 x  2   hoặc   xy  2 y 2  y  1  x  y  1 x 1  x  2   * Với  1  1, 2  2 , ta có:  hoặc   xy  2  y  2  y 1 6 15 ,  2  , hệ phương trình vô nghiệm. * Với  1   7 7 * Với  1  1, 2  2 , ta có:  Vậy nghiệm của hệ đã cho là  x  2  x  1  x   2  x  1 . ;  ;  ;   y  1  y  2  y  1  y  2  Nhận xét: 13 Có những bài toán đưa ra chưa có dạng của hệ phương trình đối xứng, ta cần đặt ẩn phụ và biến đổi để đưa về hệ phương trình đối xứng. Ta xét các bài toán sau. Bài 3: Giải hệ phương trình  4 y3  1  x  3   2 3  x  y  82 Lời bình: Ở đây, các phương trình của hệ chưa có dạng của các phương trình đối xứng. Ở phương trình thứ nhất, nếu ta đặt x  u, 4 y 3  1  v thì suy ra x 2  u 4 và y 3  v 4  1 . Điều này có mối liên quan đến phương trình thứ hai x 2  y 3  82 . Dẫn đến hệ phương trình đối xứng. Giải: y3  1  v ( u, v  0 ) u  v  3 u  v  3   4 Ta có hệ phương trình  4 (I) u  (v 4  1)  82 u  v 4  81   Hệ (I) là hệ phương trình đối xứng theo 2 biến u , v Đặt u  v   1; uv   2 . Đặt x  u, 4 2 Khi đó, ta có: s4   14  4 12 2  2 2 Do đó, hệ phương trình trở thành:  1  3   3   3 hoặc  1   1  4 2 2  2  18  1  4 1  2  2 2  81  2  0 * Trường hợp 1:  1  3, 2  0 u  v  3 Khi đó, ta có:  (I) uv  0   u1  3 ;  v1  0 Giải hệ phương trình (I), ta có:  + Với u1  3, v1  0 , ta có:  x 3    3 4  y 1  0 + Với u2  0, v2 x  9   y 1  3 , ta có:  x 0    3 4 y 1  3  x  0   y  3 82 * Trường hợp 2:  1  3, 2  18 14  u2  0   v2  3 u  v  3 (II)  uv  18 Khi đó, ta có:  Hệ phương trình (II) vô nghiệm. x  9  y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  x  0  y  3 82 ; Nhận xét: Có những bài toán ở dạng phương trình, ta cần đặt ẩn phụ để đưa về dạng hệ phương trình đối xứng. Bài 4: Giải phương trình x x x2  1  35 12 Giải: Điều kiện: x  1 . 1 u; x x2  1 v x u 2  v2  1 u 2  v2  1  Khi đó, ta có hệ:  1 1 35   (I)   12(u  v )  35uv  u v 12  Đặt  1  u  v ;  2  uv Ta có: s2  u 2  v 2   12  2 2 7 5   1  1   2    1  2 2  1   5 7   Hệ (I) trở thành:  hoặc  12 1  35 2   12    12 2   2 25 49 12 7 + Trường hợp 1:  1  ,  2  5 25 7  u  v  5  Ta có hệ   uv  12  25 Ta đặt Giải hệ phương trình trên ta tìm được 4 3   u1  u2      5 5 hoặc   v  3 v  4 1   2 5 5 15 1 4 x  5 5 4 3   x * Với u1  , v1  , ta có:  2 4 5 5  x 1  3  x 5  1 3 x  5 5 3 4   x * Với u1  , v1  , ta có:  2 3 5 5  x 1  4  x 5  5 12 + Trường hợp 2:  1   ;  2   7 49 5  u  v   7  Ta có hệ   uv   12  49 Hệ phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  5 5 ; x 3 4 Bài 5: Giải phương trình sau: x  17  x 2  x 17  x 2  9 Lời bình: Ở đây, ta đặt ẩn phụ là y  17  x 2 thì ta có : y 2  17  x 2  x 2  y 2  17 và thêm phương trình x  y  xy  9 . Ta được hệ phương trình đối xứng theo hai biến x, y. Giải: Điều kiện:  17  x  17 Đặt 17  x 2  y ( y  0) Khi đó, ta có hệ:  x 2  y 2  17   x  y  xy  9 Đặt  1  x  y; 2  xy Hệ phương trình trở thành  s2   12  2 2  17   1   2  9 Giải hệ phương trình trên ta tìm được  1  5; 2  4 x  4 x 1 hoặc   y 1 y  4 Suy ra:  16 x 1   x 1 * Với  2  y  17  x  4 x  4   x4 *Với  2  y  17  x  1 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  1; x  4 13  x yz  3   1 1 1 13 Bài 6: Giải hệ phương trình sau :     x y z 3  xyz  1   Giải: Đặt x  y  z   1 , xy  yz  xz   2 , xyz   3 . Hệ phương trình đã cho trở thành 13  1   3    2 13   3 3  3  1   Giải hệ phương trình này ta tìm được  1   2  13 , 3  1 . 3 Theo định lí 2.1.2 ta có x, y , z là nghiệm của phương trình 10 13 2 13   u  u  1  0  (u  1)  u 2  u  1  0 . 3 3 3   1 Nghiệm của phương trình này là u1  1, u2  3, u2  . 3 Từ đó suy ra nghiệm của hệ đã cho là các bộ ( x, y, z ) : u3  1 1 1 1 1 1 (3,1, ), (1,3, ), (3, ,1), ( ,3,1), (1, ,3), ( ,1,3). 3 3 3 3 3 3 3. Chứng minh bất đẳng thức 3.1 Định lí Định lí: Cho  1 , 2 là hai số thực. Khi đó những số x, y được xác định bởi  1  x  y,  2  xy là những số thực khi và chỉ khi  1 ,  2 thỏa mãn bất đẳng thức  12  4 2  0 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y. 17 3.2 Phương pháp Áp dụng định lí trên vào việc chứng minh bất đẳng thức, ta làm như sau: Xét đa thức đối xứng P ( x, y ) , ta chứng minh với mọi giá trị bất kì thì đa thức nhận giá trị không âm. Ta đưa đa thức về theo hai biến  1 ,  2 . Thay  2 bởi  1 và đại lượng không âm z   12  4 2 . Khi đó ta nhận được đa thức theo hai biến  1 , z và chứng minh đa thức cần chứng minh nhận giá trị không âm. 3.3 Ví dụ Bài 1: Chứng minh rằng nếu x và y là những số thực dương thì bất đẳng thức sau đây đúng: x2  a. y y2  x x y b. ( a  b )8  64ab(a  b) 2 Giải: a. Đặt u  x ; v  y Khi đó, bất đẳng thức ban đầu trở thành: u 2 v2   u  v  u 3  v 3  uv (u  v) v u Ta có: s3   13  3 1 2 u 3  v3  uv (u  v )  ( 13  3 1 2 )   2 . 1   13  4 1 2   1 ( 12  4 2 ) Vì  1  0;  12  4 2  0 , nên  1 ( 12  4 2 )  0. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  x  y. Suy ra kết quả cần chứng minh. 1 2 b  v và  2  ( 1  z ) 4 8 Ta có bất đẳng thức (u  v )  64u 2v 2 (u 2  v 2 )2 Từ giả thiết của bài toán, ta có u  0, v  0 , do đó bất đẳng thức trên có thể viết b. Đặt a  u, thành (u  v) 4  8uv (u 2  v 2 ) Ta có: (u  v)4  8uv(u 2  v 2 )   14  8 2 ( 12  2 2 ) 2   14  8 2 12  16 2 1 1   14  8 12 . ( 12  z )  16. ( 12  z )2  z 2  0 4 16 18 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  a  b. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài 2: Chứng minh rằng nếu x và y là hai số thực, thì bất đẳng thức sau đây đúng x 4  y 4  x 3 y  xy 3 (1) Lời bình: Để chứng minh bất đẳng thức (1), ta chứng minh x 4  y 4  x 3 y  xy 3  0 . Vế trái là đa thức đối xứng với 2 biến x,y. Sử dụng công thức Waring đối với s2 ; s4 và dùng đại lượng không âm z   12  4 2 . Việc sử dụng đại lượng này như một công cụ gián tiếp giúp cho việc chứng minh bất đẳng thức đối xứng một cách dễ dàng hơn. Giải: Đa thức đối xứng cơ sở là  1  x  y; 2  xy Sử dụng công thức s4 , s2 , 2  s4   14  4 12 2  2 22 s2   12  2 2 1 2 ( 1  z ) 4 Đại lượng không âm z   12  4 2   2  Ta có: 1 2 ( 1  z ) 4 x 4  y 4  x 3 y  xy 3  x 4  y 4  xy ( x 2  y 2 ) 2  s4   2 s2  ( 14  4 12 2  2 2 )   2 ( 12  2 2 ) 2 1 1     5  2  4    5 . ( 12  z )  4  ( 12  z )  4 4  39 1   12 z  z 2  0 8 8 4 Suy ra: x  y 4  x3 y  xy 3  0 Vậy x 4  y 4  x 3 y  xy 3 4 1 2 1 2 2 4 1 2 1 Bài 3: Chứng minh rằng nếu x và y là những số không âm bất kì thì bất đẳng thức sau đây đúng: x 4  2 x3 y  2 xy 3  y 4  6 x 2 y 2 Giải: Đặt  1  x  y ,  2  xy Vì x, y là những số không âm nên  1  0 ,  2  0 . 1 Đặt  2  ( 12  z ) 4 2 Ta có: s4   14  4 12 2  2 2 Khi đó: x 4  2 x3 y  2 xy 3  y 4  6 x 2 y 2  ( x 4  y 4 )  2 xy( x 2  y 2 )  6 x 2 y 2 Ta có: 19 2 2 ( 14  4 12 2  2 2 )  2 2 ( 12  2 2 )  6 2 2 1 1     2  2  8    2 . ( 12  z )  8  ( 12  z)  4 4  1 1 3 1 1   12 z  z 2  z (3 12  z )  z (3 12   12  4 2 )  z (2 12  4 2 )  0 2 2 2 2 2 4 3 3 4 2 2 Nên x  x y  xy  y  6 x y  0 Vậy x 4  x3 y  xy 3  y 4  6 x 2 y 2 Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy ( x  y ) 2 với điều kiện x  y  a 4 1 2 1 2 2 4 1 2 1 Giải: 1 2 ( 1  z ) , ta có: 4 1 xy ( x  y ) 2   2 ( 12  4 2 )   2 z  ( 12  z ) z 4 1 2 1  (a  z ) z  (  z 2  a 2 z ) 4 4 2 1  a2  a 4     z     4  2 4    a4 a4 Từ đó suy ra biểu thức trên không thể vượt quá và nhận làm giá trị nhỏ 16 16 Với  1  x  y, 2  xy và  2  nhất khi z  a2  0. 2 a2 a2 Khi đó,  1  a và   4 2   2  8 2 2 1 2 x, y là nghiệm của phương trình bậc hai z 2  az  a  0. 8 4. Phân tích đa thức thành nhân tử 4.1 Phương pháp Ta có thể phân tích ra thừa số những đa thức đối xứng bậc cao bằng cách chuyển thành các đa thức các biến  1 và  2 . Các bước được tiến hành như sau: 1. Chuyển đa thức đối xứng thành các đa thức của  1 và  2 và ta phân tích đa thức này ra thừa số. 2. Ta phân tích đa thức theo bậc của  2 , thường là nhỏ hơn bậc của đa thức ban đầu. 20