Đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng

Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” LỜI NÓI ĐẦU gười xưa làm ra binh pháp để áp dụng và giải quyết những cuộc chiến tranh, điển hình nhất là bộ Binh pháp của Tôn Tử và bộ binh pháp của Tôn Tẫn. Trong từng thời kỳ mà hai soạn giả trên đã trải nghiệm qua và áp dụng vào thực tiễn. Như ta đã biết Binh pháp chỉ cần có 36 mưu kế mà hoá giải được hầu hết các tình thế của cuộc chiến tranh đặt ra. Đặc biệt người nắm được Binh pháp và áp dụng nó vào thực tế như thế nào là một vấn đề sáng tạo của từng người và từng thời đại. Có thể nói các phương pháp giải toán là những mưu kế trong khi giải bài tập toán. N Trong chuyên đề này tôi xin đưa ra một số phương pháp giải toán và học toán mang tên: “ỨNG DỤNG CỦA ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN - ĐA THỨC ĐỐI XỨNG” hi vọng được các đồng nghiệp ủng hộ, quan tâm đóng góp ý kiến và qua đây bản thân hoàn thiện dần bộ “Toán pháp” cho mình và cho các em học sinh. I- CƠ SỞ LÝ LUẬN Chương trình toán học phổ thông (bộ sgk chương trình cũ) và nhất là trong sách Đại số nâng cao 10 (chương trình phân ban) không ít các bài toán giải hệ phương trình, giải phương trình, chứng minh BĐT . có thể giải được nhờ sự ứng dụng của ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN - ĐA THỨC ĐỐI XỨNG. Với những học sinh yêu thích môn Toán ta có thể giới thiệu sâu hơn cho các em trong các tiết tự chọn về vấn đề này ngay ở học kỳ 1 lớp 10. Trong chuyên đề nhỏ này, tôi chỉ đề cập đến sự ứng dụng của đa thức đối xứng trong giải toán ở lớp 10 ban KHTN, đây có thể coi là một bộ tài liệu tham khảo hữu ích cho các em. II- CƠ SỞ KHOA HỌC 1.Giới thiệu phương pháp đại lượng bất biến Cho a, b, c là những số thực. Ta xét tổng S = a + b + c. Nếu ta đổi chỗ a cho b, b cho c, c cho a, thì tổng S luôn luôn chỉ là một (không đổi). Tổng này không thay đổi đối với thứ tự phép cộng. Dù a, b, c có thay đổi thứ tự như thế nào chăng nữa S vẫn không thay đổi, nghĩa là S bất biến đổi với việc thay đổi các biến khác. Trong thực tế cũng như trong toán học, rất nhiều vấn đề liên quan đến một số đối tượng nghiên cứu lại bất biến đối với sự thay đổi của nhiều đối tượng khác. 2.Giải toán bằng đại lượng bất biến Để giải toán được bằng đại lượng bất biến ta thực hiện theo các bước sau: + Bước 1: Ta phải phát hiện ra những đại lượng bất biến trong bài toán. Bước này tương đối khó nếu ta không luyện tập thường xuyên. + Bước 2: Xử lý tiếp đại lượng bất biến. Trong chuyên đề nhỏ này tôi chỉ đề cập đến sự ứng dụng của đa thức đối xứng trong giải hệ phương trình, phương trình, chứng minh bất đẳng thức. 3.Đa thức đối xứng hai biến Định nghĩa: Một đa thức hai biến P(x,y) gọi là đối xứng, nếu đa thức này không thay đổi khi chuyển đổi x bằng y và y bằng x, nghĩa là P(x,y) = P(y,x). Một số đa thức đối xứng thường gặp: P(x,y) = x + y; P(x,y) = x.y; P(x,y) = yx 11 + ; P(x,y) = x 2 + y 2 Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 1/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” P(x,y) = x 3 + y 3 . P(x,y) = x n + y n với n + ∈ * Z Mệnh đề: Mọi tổng luỹ thừa hai biến P n (x,y) = x n + y n với n + ∈ * Z ta có công thức truy hồi P n =sP n-1 -pP n-2 và P n có thể biểu diễn dưới dạng đa thức của hai biến s và p. Trong đó s = x + y, p = xy. (Ta có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp). Áp dụng công thức trên để tính P n (x,y) ta được các công thức sau: P 1 (x,y) = s P 2 (x,y) = s 2 - 2p P 3 (x,y) = s 3 - 3sp P 4 (x,y) = s 4 - 4s 2 p + 2p 2 P 5 (x,y) = s 5 - 5s 3 p + 5sp 2 P 6 (x,y) = s 6 - 6s 4 p + 9s 2 p 2 - 2p 3 Các công thức trên sẽ được sử dụng nhiều trong các bài toán ở chuyên đề này. III- ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỐI XỨNG ĐỂ GIẢI TOÁN 1.Giải hệ phương trình đối xứng Ta thường gặp hệ phương trình hai ẩn mà các phương trình thành phần của hệ là những đa thức đối xứng hai ẩn x và y. Ta thấy tính bất biến trong bài toán dạng này là tổng s = x+y và tích p = xy. Trong trường hợp này ta chuyển hệ phương trình thành hệ những phương trình ẩn s và p và giải hệ phương trình mới này, thường là những hệ phương trình đơn giản hơn rất nhiều. Sau đó nhờ những giá trị của s và p ta đi tìm ẩn số x và y nhờ định lý Viét thuận và đảo.  Chú ý: - Nếu đặt    = =+ pxy syx thì x, y là nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 - sx + p = 0 khi và chỉ khi s, p thoả mãn điều kiện s 2 ≥ 4p (*). - Nếu hệ có một cặp nghiệm (x ; y) = (α;β) thì hệ còn có cặp nghiệm (x ; y) = (β;α) Bài 1. Giải hệ phương trình (III)    =+ =+ 3 33 55 yx yx Lời giải: Ta nhận thấy vế trái của các phương trình thành phần của hệ (III) là các đa thức đối xứng đối với x và y (hệ phương trình đối xứng). Ta đặt s = x+y và p = xy điều kiện s 2 ≥ 4p (*). Ta có: P 5 (x,y) = s 5 - 5s 3 p + 5sp 2 (từ công thức (1)) Do đó, từ hệ (III), ta có hệ phương trình    = =+ 3 335sp p5s -s 235 s ⇔    = =+− 3 0149p 2 s p Hệ (III) tương đương với (III.a)    = =+ 2 3 xy yx (thoả mãn điều kiện (*)) hoặc (III.b)    = =+ 7 3 xy yx (không thoả mãn đk (*) loại). Giải những hệ phương trình (III.a) ta được tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)} Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 2/11 (1) Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)} Bài 2. Giải hệ phương trình (IV)        =+ =+ 3 111 12 22 yx x y y x Lời giải: Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0 Hệ phương trình đã cho là đối xứng với x, y. Ta quy đồng mẫu số hai phươg trình ta được hệ (IV) ⇔    =+ =+ xyyx xyyx )(3 12 33 (IV.a) Đặt s = x+y và p = xy với điều kiện s 2 ≥ 4p (*) Ta có: P 3 (x,y) = s 3 - 3ps (từ công thức (1)) Do đó, từ hệ (IV.a), ta có hệ phương trình    = = ps p 3 123ps-s 3 Lấy p của phương trình thứ hai thay vào phương trình thứ nhất, ta được phương trình: s 3 - 9s 2 - 36s = 0 ⇔ s(s 2 - 9s - 36) = 0 ⇔      −= = = 3 12 0 s s s + Với s = 0 thì p = 0 thoả mãn điều kiện (*) dễ thấy trong trường hợp này x = y =0 đây không phải là nghiệm của hệ ban đầu. + Với s = 12 thì p = 36 thoả mãn điều kiện (*) ta được hệ    = =+ 36 12 xy yx khi đó x, y là nghiệm của phương trình z 2 -12z + 36 = 0 ⇔ (z - 6) 2 = 0 ⇔ z = 6 nên hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (6;6) + Với s = -3 thì p = -9 thoả mãn điều kiện (*) ta được hệ    −= −=+ 9 3 xy yx khi đó x, y là nghiệm của phương trình z 2 + 3z -9 = 0 ⇔       −− = +− = 2 533 2 533 z z nên hệ đã cho có tập nghiệm T(x;y) ={( 2 533+− ; 2 533 −− ),( 2 533 −− ; 2 533+− )} Vậy hệ pt tập nghiệm T(x,y) = {(6;6), ( 2 533+− ; 2 533 −− ),( 2 533 −− ; 2 533+− )} Bài 3. Giải hệ phương trình (V)      =+ =+ 5 9 3 3 yx yx Lời giải: Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0. Ta nhận thấy hệ phương trình (V) là hệ xứng bậc hai đối với x và y nhưng nếu ta đặt s = x+y và p = xy thì hệ (V) chưa giải được. Ta còn có thể tìm được trong hệ (V) còn có nhiều đại lượng bất biến khác. Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 3/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” Đặt      ≥= ≥= 0 0 6 6 yv xu từ hệ (V) ta được (V.a)    =+ =+ 5 9 22 33 vu vu đây là hệ đối xứng đối với u và v. Đặt s = u+v và p = u.v với điều kiện s ≥ 0, p ≥ 0, s 2 ≥ 4p, (*) Theo công thức (1) ta có: u 3 + v 3 = s 3 - 3sp; u 2 + v 2 = s 2 - 2p Từ hệ (V.a) ta được hệ (V.b)    =− =− 52 93 2 3 ps pss , Từ phương trình thứ hai ta có 2 5 2 − = s p thay vào phương trình thư nhất ta được phương trình: s 3 -15s + 18 = 0 ⇔          +− = −− = = 2 333 2 333 3 s s s + Với s = 2 333−− < 0 loại do điều kiện + Với s = 2 333+− > 0 ⇒ p < 0 loại do điều kiện + Với s = 3, p = 2 thoả mãn điều kiện (*), vậy ta được    = = 1 2 v u ;    = = 2 1 v u Thay trở lại để tìm x, ta được: + Với    = = 1 2 v u ⇒    = = 1 64 y x + Với    = = 2 1 v u ⇒    = = 64 1 y x Vậy hệ phương trình (V) có nghiệm    = = 1 64 y x ;    = = 64 1 y x . 2.Giải hệ phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng Ở phần 1, ta thấy việc giải một hệ phương trình đối xứng rất thuận tiện và có quy tắc chung để giải. Nhưng không phải hệ phương trình cũng là hệ đối xứng, có một số hệ dạng này ta có thể phát hiện được đại lượng bất biến trong hệ nên ta có thể đặt ẩn phụ đưa hệ về hệ phương trình đối xứng với ẩn số mới hệ này hoàn toàn giải được ở phần 1. Việc đặt ẩn phụ trong dạng toán này phụ thuộc vào ta phát hiện ra đâu là những đại lượng bất biến trong hệ. Bài 1. Giải hệ phương trình (I)        =− =+ xyyx xyyx 4 1 2 5 22 Lời giải: Ta thấy phương trình thứ 2 của hệ không phải là một đa thức đối xứng đối với x và y. Nhưng ta có thể nhận ra tính bất biến của bài toán là tổng s = x + (-y) và tích p = x(-y). Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 4/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” Hệ (I) ⇔        −−=−+ −−=−+ )( 4 1 )( )( 2 5 )( 22 yxyx yxyx Rõ dàng đây là một hệ phương trình đối xứng đối với x và -y. Ta đặt z = -y , hệ phương trình trên trở thành        −=+ −=+ xzzx xzzx 4 1 2 5 22 Đây là một hệ phương trình đối xứng đối với x và z. Khi đó ta đặt    = =+ pxz szx Ta nhận được hệ phương trình (từ công thức (1))        −= −=− ps pps 4 1 2 5 2 2 giải hệ này ta được hai nghiệm    = = 0 0 p s và    −= = 8 2 p s (cả hai nghiệm cùng thoả mãn điều kiện (*)) Mỗi hệ phương trình trên cho ta nghiệm đối với x và z:    == == 0 0 21 21 zz xx ;    −= = 2 4 3 3 z x ;    = −= 4 2 4 4 z x Thay trở lại biến x và y ta được nghiệm của hệ ban đầu:    == == 0 0 21 21 yy xx ;    = = 2 4 3 3 y x ;    −= −= 4 2 4 4 y x Bài 2. Giải hệ phương trình (II)      =+ =+− 82 31 32 4 3 yx xy Lời giải: Ta thấy phương trình trên không phải là một đa thức đối xứng đối với x và y. Nhưng ta có thể tìm được tính bất biến của bài toán nếu ta đặt xu = và 4 3 1−= yv với điều kiện u,v ≥ 0. Hệ phương đưa về dạng    =++ =+ 82)1( 3 44 vu vu ⇔    =+ =+ 81 3 44 vu vu hệ phương trình này đối xứng đối với hai biến u, v. Dõ ràng tổng s = u+v và tích p = uv là những đại lượng không đổi. Đặt s = u + v và p = uv với điều kiện s 2 ≥ 4p (*). Từ công thức (1) ta có: P 4 (u,v) = s 4 - 4s 2 p + 2p 2 ta được hệ phương trình    =+− = 8124 3 224 spss s Thay s = 3 vào phương trình hai của hệ ta được p 2 -18p = 0 phương trình này có hai nghiệm p = 0 và p = 18. + Với s = 3, p = 0 thoả mãn điều kiện (*) nên u, v là nghiệm của phương trình z 2 -3z = 0 ⇔    = = 3 0 z z ta có nghiệm u, v là:    = = 0 3 1 1 v u ;    = = 3 0 2 2 v u khi đó    = = 1 9 1 1 y x ;    = = 3 2 2 82 0 y x Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 5/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” + 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 phương trình (III)      =+ +=+ 78 1 7 33 xyyx xy x y y x Lời giải: Ta nhận thấy hệ (III) là hệ đối xứng đối với x và y, nhưng ta chưa thể giải được hệ này khi dựa vào tính chất đó. Ta cần phải đi tìm các đại lượng bất biến khác của hệ phương trình. Từ hệ phương trình ta thấy rằng x, y phải khác không và có cùng dấu. + Nếu x, y > 0 thì ta đặt xu = , yv = + Nếu x, y < 0 thì ta đặt xu −= , yv −= Trong cả 2 trường hợp trên hệ (III) đưa về dạng: (III.a)      =+ +=+ 78 1 7 33 uvvu uvu v v u Đây là hệ đối xứng đối với u và v. Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s 2 ≥ 4p (*). Theo công thức (1) ta nhận được hệ phương trình: (III.b)    =− =− 78)2( 73 2 2 psp ps hệ này có nghiệm:    = = 6 5 1 1 p s ;    = −= 6 5 2 2 p s Bởi u, v là những số dương, nên s > 0 và p > 0, nghĩa là hệ (III.b) có nghiệm là:    = = 6 5 p s Do đó ta nhận được:    = = 3 2 1 1 v u ;    = = 2 3 2 2 v u thay trở lại ẩn x, y ta được 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 phương trình (IV)        =++ =−+++ 8 1 2 33 1 y yx yx x x Lời giải: Hệ phương trình (IV) không phải là hệ phương trình đối xứng đối với x và y. Điều kiện của hệ phương trình        ≥−+ ≥+ ≠ 03 0 1 0 yx 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 phương trình, nếu hệ có nghiệm ta kiểm tra lại nghiệm xem có thoả mãn hệ điều kiện không. Để làm xuất hiện các đại lượng bất biến ta biến đổi hệ (IV) Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 6/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” (IV) ⇔        =−+++ =−+++ 53 1 33 1 yx y x yx x x (IV.a); Đặt      −+= += 3 1 yxv y xu điều kiện    ≥ ≥ 0 0 v u Từ hệ (IV.a) ta được hệ phương trình đối xứng đối với u và v: (IV.b)    =+ =+ 5 3 22 vu vu Giải hệ (IV.b) ta được 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 ⇒      =−+ =+ 13 4 1 yx y x ⇔           −= =    = = 1 5 1 3 y x y x (thoả mãn điều kiện) + Với    = = 2 1 v u ⇒      =−+ =+ 43 1 1 yx y x ⇔             −= +=      += −= 103 104 103 104 y x y x (thoả mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình (IV) có nghiệm là:    = = 1 3 y x ;    −= = 1 5 y x ;      += −= 103 104 y x ;      −= += 103 104 y x . 3.Giải phương trình đưa về giải hệ phương trình đối xứng Đây là một dạng toán tương đối khó giải, muốn giải được dạng toán này đòi hỏi chúng ta phải luyện tập thường 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 bước sau: Bước 1: Ta phải phát hiện được đâu là đại lượng bất biến (không đổi) Bước 2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về một hệ phương trình đối xứng với ẩn mới. Bước 3: Giải hệ phương trình với ẩn số mới (hệ này đã biết cách giải ở phần 1). Bước 4: Thay trở lại để được nghiệm ban đầu, kết luận. Bài 1. Giải phương trình (I) 597 44 =+− xx Lời giải: Nếu không tìm được đâu là đại lượng bất biến trong phương trình (I) thì rất khó giải phương trình đó. Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên. Điều kiện    ≤ ≥ 97 0 x x Đặt 4 xu = và 4 97 xv −= , u, v ≥ 0, khi đó phương trình (I) đưa về dạng: u + v = 5. Mặt khác u 4 + v 4 = x + (97 - x) = 97 Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 7/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” Ta nhận được hệ phương trình: (I.a)    =+ =+ 97 5 44 vu vu (đây là hệ phương trình đối xứng) Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s, p ≥ 0, s 2 ≥ 4p (*). Theo công thức (1) từ hệ phương trình (I.a) ta nhận được hệ phương trình: (I.b)    =+− = 9724 5 224 ppss s Lấy s = 5 thay vào phương trình thành phần của hệ ta được phương 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 phương trình: z 2 - 5z + 6 = 0 ⇔    = = 3 2 z z vậy ta được nghiệm u, v là    = = 3 2 1 1 v u ;    = = 2 3 2 2 v u Thay trở lại biến x, vì 4 xu = nên nghiệm của ph trình ban đầu là: x 1 = 16, x 2 = 81. + Với s = 5, p = 44 không thoả mãn điều kiện (*). Vậy phương trình ban đầu có nghiệm: x = 16, x = 81. Bài 2. Giải phương trình (II) 12 35 1 2 = − + x x x Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên. Điều kiện: x 2 – 1 >0 ⇔    −< > 1 1 x x Ta thấy rằng x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Đặt x u 1 = và x x v 1 2 − = . Khi đó từ phương trình (II) ta có hệ phương trình đối xứng: (II.a)      =+ =+ 12 3511 1 22 vu vu Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s 2 ≥ 4p (*). Từ hệ phương trình (II.a) ta được hệ phương trình: (II.b)      = =− 12 35 12 2 p s ps Giải hệ phương trình này ta được nghiệm u,v: 5 4 1 =u , 5 3 2 =u . Từ đây suy ra nghiệm của phương trình đầu là: x 1 = 4 5 , x 2 = 3 5 (thoả mãn điều kiện). Vậy phương trình (II) có nghiệm là: x = 4 5 , x = 3 5 . Bài 3. Giải phương trình (III) 5103 22 =−++ xx Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên. Điều kiện 10 – x 2 ≥ 0 ⇔ 1010 ≤≤− x . Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 8/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” Đặt      −= += 2 2 10 3 xv xu điều kiện        ≥ ≤≤ ≥ ps v u 4 100 3 2 Từ phương trình (III) ta thu được hệ phương trình hai ẩn u, v. (III.a)    =+ =+ 13 5 22 vu vu Đây là một hệ phương trình đối xứng đối với u và v (ở đây đại lượng bất biến đã có) Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s 2 ≥ 4p (*). Từ hệ phương trình (III.a) và công thức (1) ta được hệ phương trình    =− = 132 5 2 ps s ⇔    = = 6 5 p s khi đó u và v là nghiệm của phương trình: z 2 - 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 ⇒    =− =+ 410 93 2 2 x x ⇔ 6±=x +    = = 3 2 v u ⇒    =− =+ 910 43 2 2 x x ⇔ 1 ±= x Vậy phương trình (III) (ban đầu) có tập nghiệm T = { 6− ; -1; 1; 6 } Bài 4. Giải phương trình (IV) 215 44 =−+− xx Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên. Điều kiện 1 ≤ x ≤ 5 Đặt      −= −= 4 4 1 5 xv xu đ.kiện u, v ≥ 0. Từ phương trình (IV) ta được hệ: (IV.a)      =+ =+ 4 2 44 vu vu Vậy đại lượng bất biến trong phương trình ban đầu đã được xác định. Hệ phương trình (IV.a) đối xứng đối với u và v. Đặt s = u+v và p = uv với điều kiện s 2 ≥ 4p (*). Từ hệ phương trình (IV.a) và công thức (1) với P 4 = s 4 - 4s 2 p + 2p 2 được hệ phương trình      =+− = 424 2 224 ppss s Giải hệ trên ta được nghiệm    = = 0 2 p s (tm);    = = 2 2 p s (không thoả mãn điều kiện (*)) Với    = = 0 2 p s thì hệ phương trình (IV.a) có nghiệm    = = 2 0 v u ;    = = 0 2 v u Trở lại tìm x, ta được: + Với    = = 2 0 v u ⇒      =− =− 21 05 4 4 x x ⇔ x = 5. Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 9/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng” + Với    = = 0 2 v u ⇒      =− =− 01 25 4 4 x x ⇔ x = 1. Vậy phương trình (IV) có nghiệm là: x = 1, x = 5. Bài 5. Giải phương trình (V) 3)8)(1(81 =−++−++ xxxx Lời giải: Ta phải tìm ra các đại lượng bất biến trong phương trình trên. Điều kiện -1 ≤ x ≤ 8 Đặt      −= += xv xu 8 1 điều kiện u, v ≥ 0. Từ phương trình (V) ta được hệ đối xứng đối với u, v: (V.a)    =++ =+ 3 9 22 uvvu vu Hệ (V.a) ⇔    = =+ 0 3 uv vu hoặc    = −=+ 11 5 uv vu (loại) Trở lại tìm x, ta được: + Với    = = 0 3 v u ⇒    =− =+ 98 01 x x ⇔ x = -1 + Với    = = 3 0 v u ⇒    =− =+ 08 91 x x ⇔ x = 8 Vậy phương trình (V) có nghiệm x = -1; x = 8. 4.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 được chia làm hai phần tương ứng để học sinh tiện theo dõi. a.Bài tập về hệ phương trình đối xứng - Các bài tập trong sgk và sbt: - Giải những hệ phương trình sau: a.1.    =+− =+ 7 5 22 yxyx yx a.2.    =+ =+ 65 5 33 yx yx a.3.    =+++ =+ 26 3)(4 22 yxyx xyyx a.4.    =+ =+++ xyyx yxyx 7)(12 32 22 a.5.    =+++ = 42 15 22 yxyx xy a.6.      =+ =+ 12 18 22 yx x y y x a.7.      =+ =+ 6 511 30 22 xy xyyx a.8.    +=+ =+ )( 2233 yxbyx ayx a.9.    =++ =+++ 19 23)(2 22 22 xyyx yxyx a.10.      =+ =+ 4 511 20)( yx yxxy a.11.    =+− =+− 33 1153 22 4224 yxyx yyxx a.12.    =++ =−− 15))(( 3)(( 22 22 yxyx yxyx a.13.    =++ =+++ 12)1)(1( 8 22 yxxy yxyx b.Bài tập về hệ phương trình đưa về hệ phương trình đối xứng Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 10/11 [...]...Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức đối xứng - Các bài tập trong sgk và sbt: - Giải những hệ phương trình sau: b.1 5 1 1 + x +5 − x =1 2 2 b.2 4 629 − x + 4 77 + x = 8 1 1 35 b.3 3 8 + x + 3 8 − x = 1 = b.4 x + 1 − x 2 12 b.5 3 10 − x − 3 3 −... [1] Sách giáo khoa Đại số 10 Nâng cao 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 phương 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 – Trường THPT Đa Phúc Trang: 11/11 . 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. các đại lượng bất biến ta biến đổi hệ (IV) Vũ Thìn: Giáo viên Toán – Trường THPT Đa Phúc Trang: 6/11 Chuyên đề: “Ứng dụng của đại lượng bất biến - Đa thức