HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VÀ PHẢN ĐỐI XỨNG TRONG ĐẠI SỐ

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ THÙY HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VÀ PHẢN ĐỐI XỨNG TRONG ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.0113 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU ĐÀ NẴNG, NĂM 2014 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Tính cấp thiết đề tài Mục tiêu nghiên cứu đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Bố cục đề tài Ý nghĩa khoa học thực tiễn CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 1.2 ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN 1.1.1 Các định nghĩa 1.1.2 Tổng lũy thừa công thức Waring 1.1.3 Các định lý đa thức đối xứng hai biến ĐA THỨC ĐỐI XỨNG BA BIẾN 1.2.1 Các khái niệm 10 1.2.2 Tổng lũy thừa 11 1.2.3 Các định lý đa thức đối xứng ba biến 12 1.3 PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG 14 1.4 ĐA THỨC PHẢN ĐỐI XỨNG 15 CHƯƠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG 17 2.1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI 17 2.1.1 Định nghĩa 17 2.1.2 Bài tập áp dụng 18 2.2 2.3 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI 29 2.2.1 Định nghĩa 29 2.2.2 Phương pháp giải 29 HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ĐỐI XỨNG 40 2.3.1 Định nghĩa 40 2.3.2 Bài tập áp dụng 41 CHƯƠNG CÁC DẠNG TỐN ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI 3.1 3.2 XỨNG VÀ PHẢN ĐỐI XỨNG 45 CÁC DẠNG TỐN ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG 45 3.1.1 Các dạng tốn đưa hệ phương trình đối xứng loại 45 3.1.2 Các dạng tốn đưa hệ phương trình đối xứng loại 50 CÁC DẠNG TỐN ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ĐỐI XỨNG 58 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (BẢN SAO) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Hệ phương trình mảng kiến thức chuyên đề quan trọng chương trình Tốn phổ thơng Lớp hệ phương trình phong phú đa dạng, dạng tốn có nhiều phương pháp giải linh hoạt Trong năm gần hệ phương trình đối xứng phản đối xứng thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi, đề thi Olympic đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng, Vì việc trang bị cho học sinh kiến thức liên quan đến hệ phương trình đối xứng phản đối xứng cần thiết Luận văn “ Hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số” trình bày sở lí thuyết, phương pháp giải hệ phương pháp giải dạng tốn đưa hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số Mục đích nghiên cứu: Luận văn “Hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số” nhằm thể rõ vai trò quan trọng hệ phương trình đại số Luận văn nhằm tổng quan hệ phương trình đối xứng phản đối xứng thông qua định nghĩa, định lý tập áp dụng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Các tài liệu đa thức đối xứng, phương trình hệ phương trình trong đại số Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu từ tài liệu giáo viên hướng dẫn, bạn học viên lớp, tài liệu sưu tầm được, đồng thời sử dụng trang web như: www.diendantoanhoc.net, www.mathvn.com, www.vntoanhoc.com Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp tài liệu liên quan, nắm cốt lõi nội dung kiến thức từ xếp trình bày cách có hệ thống khai thác ứng dụng theo đề tài chọn Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Làm rõ nghiên cứu có, tìm hiểu sâu hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi trường trung học phổ thông Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận ba chương Chương 1: Các kiến thức chuẩn bị Chương 2: Hệ phương trình đối xứng Chương 3: Các dạng tốn đưa hệ phương trình đối xứng phản đối xứng CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương trình bày kiến thức đa thức đối xứng, phương trình đối xứng phản đối xứng tính chất liên quan Chương tham khảo tài liệu [3] 1.1 ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN Đa thức đối xứng hai biến dạng đa thức xét nhiều dạng toán đa thức bậc trung học Gắn với tốn tam thức bậc hai ứng dụng định lý Viète 1.1.1 Các định nghĩa Định nghĩa 1.1 Một đơn thức f (x, y) biến độc lập x, y (trường hợp chung số phức) hiểu hàm số có dạng f (x, y) = akl xk y akl = số (hằng số), k, số nguyên không âm Số akl gọi hệ số, k + gọi bậc đơn thức f (x, y) kí hiệu deg f (x, y) = deg [axk y ] = k + Các số k, tương ứng gọi bậc đơn thức biến x, y Như vậy, bậc đơn thức hai biến tổng bậc đơn thức theo biến Ví dụ 1.1 3x3 y và 2 x y đơn thức theo x, y với bậc tương ứng Định nghĩa 1.2 Hai đơn thức biến x, y gọi đồng dạng (tương tự), chúng có hệ số khác Như vậy, hai đơn thức gọi đồng dạng, chúng có dạng: Axk y , Bxk y (A = B ) Định nghĩa 1.3 Giả sử Axk y Bxm y n hai đơn thức biến x, y Ta nói đơn thức Axk y trội đơn thức Bxm y n theo thứ tự biến x, y , k > m, k = m > n Ví dụ 1.2 Đơn thức x4 y trội đơn thức x2 y , đơn thức x4 y trội đơn thức x4 y Định nghĩa 1.4 Một hàm số P (x, y) gọi đa thức theo biến số x, y , biểu diễn dạng tổng hữu hạn đơn thức Như vậy, đa thức P (x, y) theo biến số x, y hàm số có dạng akl xk y P (x, y) = k+ ≤m Bậc lớn đơn thức đa thức gọi bậc đa thức Định nghĩa 1.5 Đa thức P (x, y) gọi đối xứng, khơng thay đổi đổi chổ x y , nghĩa P (x, y) = P (y, x) Ví dụ 1.3 P (x, y) = x2 + xy + y , Q(x, y) = x2 y + xy đa thức đối xứng biến x, y Định nghĩa 1.6 Ký hiệu σ0 = 1, σ1 = x + y, σ2 = xy Các đa thức σj (j = 0, 1, 2) gọi đa thức đối xứng sở biến x, y Định nghĩa 1.7 Đa thức đối xứng f (x, y) gọi bậc m, nếu: f (tx, ty) = tm f (x, y), ∀t = 1.1.2 Tổng lũy thừa công thức Waring Định nghĩa 1.8 Các đa thức sk = xk + y k (k=1,2, ) gọi tổng lũy thừa bậc k biến x, y Định lý 1.1 Mỗi tổng lũy thừa sm = xm + y m biễu diễn dạng đa thức bậc m σ1 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 sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 (1.1) Công thức (1.1) gọi công thức Newton cho phép tính sk theo sk−1 sk−2 Với m=1, m=2, Định lí 1.1 s = x + y = σ1 , s2 = x2 + y = (x + y)2 − 2xy = σ12 − 2σ2 Giả sử định lí cho m < k Khi sk−2 , sk−1 đa thức bậc k − 2, k − σ1 , σ2 Theo công thức (1.1) ta suy sk đa thức bậc k σ1 σ2 Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh Sử dụng cơng thức (1.1) biểu thức s1 , s2 chứng minh trên, dễ dàng nhận hệ thức sau: s = x + y = σ1 s2 = σ12 − 2σ2 s3 = σ13 − 3σ1 σ2 s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 Việc tính tổng lũy thừa sk theo cơng thức lặp (1.1) khơng thuận tiện phải biết trước tổng sk sk−1 Đơi ta cần có biểu thức sk phụ thuộc vào σ1 σ2 Cơng thức tương ứng tìm năm 1779 nhà toán học người Anh E.Waring Định lý 1.2 (Công thức Waring) Tổng lũy thừa sk biểu diễn qua đa thức đối xứng sở σ1 , σ2 theo công thức: [k/2] sk (−1)m (k − m − 1)! k−2m m = σ1 σ2 , k m!(k − 2m)! m=0 (1.2) [k/2] kí hiệu phần nguyên số k/2 Chứng minh Ta chứng minh công thức (1.2) phương pháp quy nạp Với k = 1, k = công thức tương ứng có dạng 1 s1 = σ1 , s2 = σ12 − σ2 2 Như vậy, với k = 1, k = công thức (1.2) Giả sử công thức Waring cho s1 , s2 , , sk−1 Để chứng minh cơng thức cho sk sử dụng cơng thức (1.1) Ta có 1 sk = [σ1 sk−1 − σ2 sk−2 ] k k (−1)m (k − m − 2)! k−2m−1 m k−1 σ1 σ1 σ2 = k m!(k − 2m − 2)! m k−2 − σ2 k = k n (−1)n (k − n − 3)! k−2n−2 n σ σ2 n!(k − 2n − 2)! m m − k (−1) (k − m − 2)!(k − 1) m!(k − 2m − 1)! n (−1)n (k − n − 3)!(k − 2) k−2n−2 n+1 σ1 σ2 n!(k − 2n − 2)! Trong tổng thứ hai ta thay n + m Khi hai tổng kết hợp thành tổng sau: 1 sk = k k − k m m (−1)m (k − m − 2)!(k − 1) k−2m m σ1 σ2 m!(k − 2m − 1)! (−1)m−1 (k − m − 2)!(k − 2) k−2m m σ1 σ2 (m − 1)!(k − 2m)! = k (−1)m (k − m − 2)![ m k−1 k−2 + σ1k−2m σ2m m!(k − 2m − 1)! (m − 1)!(k − 2m)! Sử dụng công thức m k − 2m = , = (m − 1)! m! (k − 2m − 1)! (k − 2m)! ta có k−1 k−2 k(k − m − 1) + = m!(k − 2m − 1)! (m − 1)!(k − 2m)! m!(k − 2m)! Cuối cùng, (k − m − 2)!(k − m − 1) = (k − m − 1)! nên ta có cơng thức cần phải chứng minh: [k/2] (−1)m (k − m − 1)! k−2m m sk = σ1 σ2 k m!(k − 2m)! m=0 Định lý 1.2 chứng minh Sử dụng công thức Waring dễ dàng nhận biểu thức sk = xk + y k theo σ1 = x + y, σ2 = xy sau đây: s = σ1 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 48 Lời giải Đặt a = √ + x; b = √ − x Khi ta có hệ phương trình: a + b + ab = −1 a3 + b3 = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ab = −1 − (a + b) ⇔ (a + b)3 − 3ab(a + b) − = (a + b)3 + 3[1 + (a + b)](a + b) − = ab = −1 − (a + b) (a + b)3 + 3(a + b)2 + 3(a + b) − = ab = −1 − (a + b) (a + b − 1)[(a + b)2 + 4(a + b) + 7] = ab = −1 − (a + b) a + b = (v`i(a+b)2 + 4(a + b) + > 0) ab = −1 − (a + b) Do a, b nghiệm phương trình t2 − t − = Giải phương trình ta a = −1 b=2 Với a = −1 b=2 ; a=2 b = −1 ta có hệ phương trình √ + x = −1 ⇔ x = −6 √ 2−x=2 Vậy nghiệm phương trình x = −6; x = Bài tốn 3.5 Giải phương trình − x2 = (2 − Lời giải Điều kiện ≤ x ≤ √ √ x) 49 Đặt a = √ x (a ≥ 0); b = − √ x (2 − √ 2≤b≤ √ 2) Ta có hệ phương trình b2 = √ − a4 a+b=2 a4 + b4 = ⇔ a+b=2 (∗) (a + b)2 (a2 + b2 ) Ta có a + b ≥ = a4 + b4 ≥ =2 2 a=1 Do (∗) ⇔ Khi ta có hệ phương trình: b=1 √ x=1 ⇔x=1 √ 2− x=1 2 Vậy nghiệm phương trình x = Bài tốn 3.6 Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 + y + = 3xy Lời giải Đặt a = x + y; b = xy Phương trình trở thành: a3 − 3ab + = 3b ⇔ (a + 1)(a2 − a + − 3b) = Trường hợp 1: a + = ta có x + y + = 0, phương trình có vô số nghiệm nguyên (x ∈ Z, y = −1 − y) Trường hợp 2: a2 − a + − 3b = 0⇔ a2 − a + = 3b Khi ta có a2 − a + ≤ a2 ⇔ a2 − 4a + ≤ ⇒ a = ⇒ b = x+y =2 Trong trường hợp ta có hệ xy = Hệ có nghiệm nguyên x = y = Như nghiệm phương trình cho là: x=1 y=1 ; x∈Z y = −1 − x 50 3.1.2 Các dạng toán đưa hệ phương trình đối xứng loại √ i)Dạng xn + b = a n ax − b Phương pháp giải: +Bước 1: Đặt điều kiện có √ +Bước 2: Đặt t = n ax − b ⇒ tn = ax − b ⇒ tn + b = ax xn + b = at Phương trình trở thành hệ phương trình đối xứng loại tn + b = ax theo t, x +Bước 3: Giải hệ ta tìm x Bài tốn 3.7 Giải phương trình √ x3 + = 2x −    ⇔   √ 2x − ta có hệ phương trình: x3 + = 2t x3 + = 2t ⇔ x3 − t3 = 2(t − x) (x − t)(x2 + t2 + tx + 2) =  x=t x=t   x3 − 2x + = (x − 1)(x2 + x − 1) =  ⇔  x3 + = 2t x3 + = 2t  (vn) x2 + t2 + tx + = (x + t)2 + x2 + t2 + = Lời giải Đặt t = x3 + = 2t ⇔ t3 + = 2x     x=t     x=1 ⇔  √    −1 ±    x= −1 ± Vậy nghiệm phương trình x = √ ii)Dạng x = a + a + x Phương pháp giải: + Bước 1: Điều kiện x ≥ √ ; x = 51 + Bước 2: Đặt t = a + √ x Ta phương trình √ x=a+ t √ t=a+ x hệ đối xứng loại + Bước 3: Giải hệ ta tìm x Bài tốn 3.8 Giải phương trình 7+ 7+ √ x = x Lời giải Điều kiện: x ≥ √ Đặt t = + x, phương trình trở thành: √ x=7+ t √ √ √ ⇔ t=7+ x x−t= t− x √ √ x=7+ t x=7+ t ⇔ ⇔ √ √ √ √ √ √ ( t − x)( t + x + 1) = t= x   √  29 +   x =   √  2√ x− x−7=0    − 29 ⇔ ⇔ x =  t=x      t=x √ + 29 Vì x ≥ nên nghiệm phương trình x = 2 iii) Dạng a − b(a − bx2 ) = x x=7+ √ t Phương pháp: + Bước 1: Đặt t = a − bx2 , ta có hệ phương trình a − bt2 = x a − bx2 = t hệ phương trình đối xứng loại + Bước 2: Giải hệ phương trình ta tìm x 52 Bài tốn 3.9 Giải hệ phương trình − 2(1 − 2x2 ) = x Lời giải Đặt t = − 2x2 Khi ta có hệ phương trình: − 2t2 = x − 2x2 = t ⇔ − 2t2 = x 2(x2 − t2 ) = x − t − 2t2 = x (1) ⇔ (x − t)(2x + 2t − 1) = (2) −x Với t = x thay vào (1) ta phương trình −2x2 − x + = Giải phương trình ta x = −1; x = Với t = − x thay vào (1) ta phương trình 4x2 − 2x − = √ √ 1− 1+ ; x= Giải phương trình ta được: x = 4 Vậy nghiệm phương trình là: √ √ 1+ 1− x = −1; x = ; x = ; x= 4 Bài tốn 3.10 Giải phương trình Từ (2) ta suy t = x t = x + − 3x2 = Lời giải Đặt y = − 3x2 Ta có hệ x + 3y = y = − 3x2 ⇔ x = − 3y (1) y = − 3x2 (2) Lấy (1) trừ (2) ta 2 x − y = 3(x − y ) ⇔ x−y =0 3(x + y) =  ⇔ y=x − 3x y= 53 • Với y = x, thay vào (1) ta 3x2 + x − = ⇔ x ∈ • Với y = −1, − 3x , thay vào (2) ta √ − 3x ± 21 = − 3x2 ⇔ 9x2 − 3x − = ⇔ x = Phương trình cho có bốn nghiệm √ √ − 21 + 21 ,x= x = −1, x = , x = 6 Bài tốn 3.11 Giải phương trình 8x − 5x2 − = −8 Lời giải Đặt 2y = 5x2 − Khi 2y = 5x2 − 8x − 5.4y = −8 ⇔ 2y = 5x2 − (1) 2x = 5y − (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế ta 2(y − x) = 5(x2 − y ) ⇔ y−x=0 = −5(x + y)  ⇔ y=x y=− 5x + • Với y = x, thay vào (1) ta √ ± 5x2 − 2x − = ⇔ x = • Với y = − 5x + , thay vào (1) ta √ 10x + −5 ± 50 − = 5x2 − ⇔ 25x2 + 10x − = ⇔ x = 25 √ √ ± −1 ± Phương trình cho có bốn nghiệm , 5 54 iv) Dạng √ n ax + b = c(dx + e)n + α với d = ac e = bc + α (*) Phương pháp giải: + Bước 1: Đặt điều kiện có + Bước 2: Đặt dt + e = √ n ax + b⇒ (dt + e)n = ax + b⇒ c(dt + e)n = dx + e − α Phương trình trở thành dt + e = c(dx + e)n + α dx + e = c(dt + e)n + α hệ đối xứng loại theo t x + Bước 3: Giải hệ ta tìm x Bài tốn 3.12 Giải phương trình 4x + = 7x2 + 7x 28 Lời giải −9 4x + 4x + Ta có = 7x + 7x⇔ =7 x+ − 28 28 −7 Kiểm tra a = ; b = ; c = 7; d = 1; e = ; α = thỏa mãn (*) 28 4x + 1 4x + Đặt t + = (t ≥ − ) ⇒ t + = 28 2 28 = x + Khi ta có hệ ⇒7 t+       =t+  x+  x+ =t+ 4⇔     7(x − t)(x + t + 1) + (x − t) =  =x+  t+    x+ = t + (I) ⇔   (x − t)(7x + 7t + 8) = (II) Điều kiện: x ≥ 55 Với t = x thay vào phương trình (I) ta 14x2√ − 12x − = √ −6 − −6 + ;x = (loại) Giải phương trình ta nghiệm x = 14 14 Với t = −x − thay vào phương trình (I) ta Từ (II) ta suy t = x t = −x − 98x2 + 112x + = Giải phương √ trình ta √ nghiệm −8 − 46 −8 + 46 x= ⇒t= 14√ 14√ −8 + 46 −8 − 46 x= ⇒t= (loại) 14 14 √ √ −8 − 46 −6 + ;x = Vậy nghiệm phương trình x = 14 14 Bài tốn 3.13 Giải phương trình 2x2 − 6x − = √ 4x + Lời giải √ √ Ta có 2x2 − 6x − = 4x + 5⇔ 4x2 − 12x − = 4x + √ ⇔ (2x − 3)2 = 4x + + 11 √ Đặt 2y − = 4x + ta hệ phương trình (2x − 3)2 = 4y + ⇒ (x − y)(x + y − 1) = (2y − 3)2 = 4x + √ √ Với x = y ⇒ 2x − = 4x + ⇒ x = + √ Với x + y − = ⇒ y = − x ⇒ x = − √ √ Vậy nghiệm phương trình x = − 2; x = + Điều kiện: x ≥ − Bài toán 3.14 Giải phương trình √ x2 − x = 1004( + 8032x + 1) 56 Lời giải Điều kiện: x ≥ − 8032 Ta có √ √ x2 − x = 1004( + 8032x + 1)⇔ 4x2 − 4x = 4016( + 8032x + 1) √ ⇔ 4016 + 8032x = 4x2 − 4x − 4016 √ ⇔ 4016 + 8032x = (2x − 1)2 − 4017 √ Đặt + 8032x = 2t − (t ≥ ) (2x − 1)2 = 8032t + Phương trình trở thành (2t − 1)2 = 8032x + Trừ vế theo vế ta được: 4(x − t)(x + t − 1) + 8032(x − t) = 0⇔ (x − t)(x + t + 2007) = (*) Cộng vế theo vế hệ phương trình ta được: 4(x2 + t2 ) − 4(x + t) + = 8032(x + t) + ⇔ 2009(x + t) = x2 + t2 > ⇒ x + t > ⇒ x + t + 2007 > Từ (*) ta suy x = t thay vào phương trình hệ ta được: 4t2 − 4t = 8032t ⇔ t2 − 2009t = ⇒ t = 2009 ⇒ x = 2009 Vậy nghiệm phương trình x = 2009 Bài tốn 3.15 Giải phương trình 2x2 + 4x = x+3 , với x ≥ −1 Lời giải Điều kiện x ≥ −1 (giả thiết) Đặt y + = x+3 , điều kiện y ≥ Ta có hệ   (y + 1)2 = x + ⇔  2x2 + 4x = y + 2y + 4y = x + (1) 2x2 + 4x = y + (2) 57 Lấy (1) trừ (2) theo vế ta 2(y − x2 ) + 4(y − x) = x − y ⇔ 2(y − x)(y + x) + 3(y − x) =  y=x y−x=0  ⇔ ⇔ −3 − 2x y= 2(y + x) + = Khi y = x, thay vào (2) ta √ −3 + 17 x= 4√ 2x2 + 4x = x + ⇔ 2x2 + 3x − = ⇔   −3 − 17 (loại) x=  • Khi y = − + 2x , thay vào (2) ta  √ −5 − 21 (loại) x= 4√ 4x2 + 10x + = ⇔   −5 + 21 x= √ −5 + 21 ta có Với x = √ + 21 + 2x =− < −1 (không thoả mãn y ≥ −1) y=− √ −3 + 17 Kết hợp với điều kiện suy x = nghiệm phương trình cho Bài tốn 3.16 Giải phương trình sau √ x3 + 3x2 − 3 3x + = − 3x Lời giải Tập xác định R Phương trình cho tương đương √ (x + 1)3 = 3 3x + + (1) 58 Đặt y + = √ 3x + Ta có hệ (x + 1)3 = 3y + (1) (y + 1)3 = 3x + (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế ta (x + 1)3 − (y + 1)3 = −3(x − y) ⇔ (x − y)[(x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3] = ⇔ x = y (x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 ≥ Thay vào (1) ta (x + 1)3 = 3x + ⇔ x3 + 3x2 − = ⇔ x=1 x = −2 Phương trình cho có hai nghiệm x = x = −2 3.2 CÁC DẠNG TOÁN ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ĐỐI XỨNG Bài tốn 3.17 Giải phương trình sau √ x−2− √ − x = Lời giải Điều kiện ≤ x ≤ √ √ Đặt u = x − 2, v = − x (u, v ≥ 0) Phương trình trở thành u−v =1 u4 + v = Đặt t = −v Hệ phương trình trở thành u+t=1 u+t=1 ⇔ ⇔ u4 + t4 = [(u + t)2 − 2ut] − 2(ut)2 = u+t=1 2(ut)2 − 4(ut) = 59 Giải hệ ta được: u+t=1 u+t=1 (loại 12 − 4.2 < 0) ut = ut = Với Hay u+t=1 ut = u=1 v=0 u=1 ⇔ ∨ ∨ t=0 u=0 t=1 u=0 v = −1 u=1 Vì v ≥ nên ta có nghiệm v=0 Vậy nghiệm phương trình x = √ ⇔ √ x−2=1 3−x=0 ⇔ x = Bài tốn 3.18 Giải phương trình √ x2 + 21 − 13 − x2 = Lời giải √ √ Điều kiện − 13 ≤ x ≤ 13 √ √ √ √ Đặt u = x2 + 21 (u ≥ 21), v = 13 − x2 (0 ≤ v ≤ 13) Phương trình trở thành u−v =2 u2 + v = 34 Đặt t = −v Hệ phương trình trở thành u+t=2 u+t=2 ⇔ ⇔ u2 + t2 = 34 (u + t)2 − 2ut = 34 Giải hệ ta u=5 u=5 t = −3 u=5 u = −3 ∨ √ t=5 u+t=2 ut = −15 (loại (−3)2 − 4.5 < 0) x2 + 21 = ⇔ ⇔ ⇔ x = ±2 √ t = −3 v=3 13 − x2 = Vậy nghiệm phương trình x = 2, x = −2 Với 60 Bài tốn 3.19 Giải phương trình √ x− √ 17 − x = Lời giải Điều kiện ≤ x ≤ 17 √ √ Đặt u = x (u ≥ 0), v = 17 − x (v ≥ 0) Phương trình trở thành u−v =1 u4 + v = 17 Đặt t = −v hệ phương trình trở thành u+t=1 u4 + t4 = 17 ⇔ u+t=1 [(u + t)2 − 2ut] − 2(ut)2 = 17 Giải hệ ta Với u+t=1 ⇔ u+t=1 ut = −2 u=2 ∨ ∨ ⇔ u+t=1 2(ut)2 − 4(ut) − 16 = u+t=1 ut = (loại 12 − 4.4 < 0) u = −1 ut = −2 t = −1 t=2 Vì u ≥ nên nghiệm hệ √ x=2 u=2 u=2 ⇔ x = 16 ⇔ ⇔ √ 17 − x = t = −1 v=1 Vậy nghiệm phương trình x = 16 61 KẾT LUẬN Luận văn “ Hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số” tập trung nghiên cứu trình bày số vấn đề: - Tìm hiểu hệ thống hóa sở lí thuyết hệ đối xứng phản đối xứng.Trình bày phương pháp chứng minh tính chất đa thức đối xứng hai ba biến - Đưa phương pháp để giải tốn hệ phương trình đối xứng phản đối xứng - Trình bày dạng tốn đưa hệ đối xứng phản đối xứng thông qua việc đưa phương pháp giải dạng tổng quát ví dụ minh họa 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Thị Vân Anh, 567 tập tự luận phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số, NXB ĐHQG Hà Nội [2] Nguyễn Tài Chung(2013), Sáng tạo giải phương trình hệ phương trình bất phương trình, NXB THTPHCM [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc(2009), Đa thức đối xứng áp dụng, NXB GD [4] Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XIX-2013, NXB ĐHSP [5] Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XVI-2010 ... xứng phản đối xứng cần thiết Luận văn “ Hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số trình bày sở lí thuyết, phương pháp giải hệ phương pháp giải dạng toán đưa hệ phương trình đối xứng phản đối. .. đối xứng đại số Mục đích nghiên cứu: Luận văn Hệ phương trình đối xứng phản đối xứng đại số nhằm thể rõ vai trò quan trọng hệ phương trình đại số Luận văn nhằm tổng quan hệ phương trình đối xứng. .. 2: Hệ phương trình đối xứng Chương 3: Các dạng tốn đưa hệ phương trình đối xứng phản đối xứng CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương trình bày kiến thức đa thức đối xứng, phương trình đối xứng phản