SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng Lời nói đầu N gời xa làm binh pháp để áp dụng giải chiến tranh, điển hình Binh pháp Tôn Tử binh pháp Tôn Tẫn Trong thời kỳ mà hai soạn giả đà trải nghiệm qua áp dụng vào thực tiễn Nh ta đà biết Binh pháp cần có 36 mu kế mà hoá giải đợc hầu hết tình chiến tranh đặt Đặc biệt ngời nắm đợc Binh pháp áp dụng vào thực tế nh vấn đề sáng tạo ngời thời đại Có thể nói phơng pháp giải toán mu kế giải tập toán Trong chuyên đề xin đa số phơng pháp giải toán học toán mang tên: ứng dụng Đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng hi vọng đợc đồng nghiệp ủng hộ, quan tâm đóng góp ý kiến qua thân hoàn thiện dần Toán pháp cho cho em học sinh Nội dung tóm tắt SKKN I- Cơ së lý ln II- C¬ së khoa häc 1.Giíi thiƯu phơng pháp đại lợng bất biến 2.Giải toán 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 giải hệ phơng trình đối xứng 3.Giải phơng trình đa giải hệ phơng trình đối xứng 4.Chứng minh bất đẳng thức đối xứng 5.Bài tập thực hành kết luận Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 1/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng I- Cơ sở lý luận Chơng trình toán học phổ thông (bộ sgk chơng trình cũ) sách Đại số nâng cao 10 (chơng trình phân ban - mới) không toán giải hệ phơng trình, giải phơng trình, chứng minh bất đẳng thức giải đợc nhờ ứng dụng Đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng Với học sinh yêu thích môn Toán ta giới thiệu sâu cho em tiết tự chọn vấn đề học kỳ lớp 10 (Ban KHTN) để em bổ xung thêm Toán pháp mình, tự tin làm tập Trong chuyên đề nhỏ này, đề cËp ®Õn sù øng dơng cđa ®a thøc ®èi xøng giải toán lớp 10 ban KHTN, coi tài liệu tham khảo hữu ích cho em II- Cơ sở khoa học 1.Giới thiệu phơng pháp đại lợng bất biến Cho a, b, c số thực Ta xét tổng S = a + b + c Nếu ta đổi chỗ a cho b, b cho c, c cho a, th× tỉng S luôn (không đổi) Tổng không thay đổi thứ tự phép cộng Dù a, b, c cã thay ®ỉi thø tù nh thÕ S không thay đổi, nghĩa S bất biến đổi với việc thay đổi biến kh¸c Trong thùc tÕ cịng nh to¸n häc, rÊt nhiều vấn đề liên quan đến số đối tợng nghiên cứu lại bất biến thay đổi nhiều đối tợng khác 2.Giải toán đại lợng bất biến Để giải toán đợc đại lợng bất biÕn ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau: + Bíc 1: Ta phải phát đại lợng bất biến toán Bớc tơng đối khó ta không luyện tập thờng xuyên + Bớc 2: Xử lý tiếp đại lợng bất biến Trong chuyên đề nhỏ đề cập đến ứng dụng đa thức đối xứng 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 đối xứng, đa thức không thay ®ỉi chun ®ỉi x b»ng y vµ y b»ng x, nghĩa P(x,y) = P(y,x) Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 2/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - §a thøc ®èi xøng” Mét sè ®a thøc ®èi xøng thêng gỈp: P(x,y) = x + y P(x,y) = x.y P(x,y) = 1 + x y P(x,y) = x2 + y2 P(x,y) = x3 + y3 P(x,y) = xn + yn víi n ∈Z *+ MƯnh ®Ị: Mäi tỉng l thõa hai biÕn Pn(x,y) = xn + yn víi n + ∈Z * ta cã công thức truy hồi Pn=sPn-1-pPn-2 Pn biểu diễn dới dạng đa thức hai biến s p Trong ®ã s = x + y, p = xy (Ta chứng minh phơng pháp quy nạp) áp dụng công thức để tính Pn(x,y) ta đợc 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 (1) Các công thức đợc sử dụng nhiều toán chuyên đề 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 phơng trình thành phần hệ đa thức đối xứng hai ẩn x y Ta thấy tính bất biến toán dạng tổng s = x+y tích p = xy Trong trờng hợp ta chuyển hệ phơng trình thành hệ phơng trình ẩn s p giải hệ phơng trình này, thờng hệ phơng trình đơn giản nhiều Sau nhờ giá trị s p ta tìm ẩn số x y nhờ định lý Viét thuận đảo ã Chú ý: x+ y= s - Nếu đặt x, y nghiệm phơng trình bậc hai: xy = p x2 - sx + p = vµ chØ s, p thoả mÃn điều kiện s2 4p (*) - NÕu hƯ cã mét cỈp nghiƯm (x ; y) = (;) hệ có cặp nghiệm (x ; y) = (;) Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT §a Phóc Trang: 3/22 SKKN - §Ị tµi: “øng dơng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng Bài (Ví dụ - sgk 10 nâng cao - Trang 98) Giải hệ phơng trình x + xy + y = (I)   xy + x + y = Lêi gi¶i: Ta nhận thấy vế trái phơng trình thành phần hệ (I) đa thức đối xứng bậc hai x y (Ta gọi hệ (I) hệ phơng trình đối xứng x y) Trong hệ phơng trình (I) ta rễ nhận đợc đại lợng bất biến Trong trờng hợp này, ta dùng cách đặt ẩn phụ s = x+y p = xy Khi ®ã, x2 + xy + y2 = (x+y)2 - xy = s2 - p (tõ c«ng thøc (1) ta cã)  s2 − p = Do đó, từ hệ (I), ta có hệ phơng trình (Èn lµ s vµ p)  s+ p= s= −3 s= DƠ thÊy hƯ nµy cã hai nghiƯm lµ  vµ   p=  p= x+ y= −3  x+ y = HÖ (I) tơng đơng với (I.a) (I.b) xy = xy = - Hệ phơng trình (I.a) cho thấy x y nghiệm phơng tr×nh bËc hai: t2 + 3t + = Phơng trình vô nghiệm nên hệ (I.a) vô nghiệm (Trong trờng hợp 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 (0;2) (2;0) Vậy hệ phơng trình đà cho có nghiệm là: (0;2) (2;0) ã Chú ý: Nếu đặt x+ y= s x, y nghiệm phơng trình bậc hai: xy = p x2 - sx + p = vµ chØ s, p thoả mÃn điều kiện s2 4p (*) Bài Giải hệ phơng trình (II) x3 + y3 =   xy ( x + y ) = Lêi gi¶i: Ta nhËn thÊy vÕ trái phơng trình thành phần hệ (II) đa thức đối xứng x y Ta đặt s = x+y p = xy, điều kiện s2 4p (*) Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 4/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - §a thøc ®èi xøng” Ta cã: P3(x,y) = s3 - 3ps (tõ c«ng thøc (1))  s − ps =  s =  s = Do ®ã, tõ hƯ (II), ta cã hƯ phơng trình (tm đk (*)) sp =  sp =  p =  x+ y =  x= HÖ (II) tơng đơng với xy = y= Vậy hệ phơng trình đà cho có nghiệm là: (1;1)  x + y = 33  x+ y= Bài Giải hệ phơng trình (III) Lời giải: Ta nhận thấy vế trái phơng trình thành phần hệ (III) đa thức đối xứng x y (hệ phơng trình đối xứng) Ta đặt s = x+y p = xy ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*) Ta cã: P5(x,y) = s5 - 5s3p + 5sp2 (tõ c«ng thøc (1))  s5 - 5s3p + 5sp = 33  p2 − p + 14 = Do đó, từ hệ (III), ta có hệ phơng trình ⇔ s= s=  x+ y= HÖ (III) tơng đơng với (III.a) (thoả mÃn điều kiện (*))  xy = hc (III.b)  x+ y= xy = (không thoả mÃn đk (*) loại) Giải hệ phơng trình (III.a) ta đợc tËp nghiƯm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)} VËy hƯ ph¬ng trình đà cho có tập nghiệm T(x,y) = {(2,1) ; (1,2)}  x2 y2  y + x = 12 Bài Giải hệ phơng trình (IV) 1+ = x y Lời giải: Điều kiện x 0, y Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 5/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng Hệ phơng trình đà cho đối xứng với x, y Ta quy đồng mẫu số hai phơg trình ta đợc x + y = 12 xy hÖ (IV) ⇔   3( x + y) = xy (IV.a) Đặt s = x+y p = xy với điều kiện s2 4p (*) Ta cã: P3(x,y) = s3 - 3ps (tõ c«ng thøc (1))  s3 - 3ps = 12 p Do đó, từ hệ (IV.a), ta có hệ phơng trình 3s = p Lấy p phơng trình thứ hai thay vào phơng trình thứ nhất, ta đợc phơng trình: s - 9s - 36s = s(s - 9s - 36) = ⇔ 2 s  =0  = s 12  s  =−  + Víi s = th× p = thoả mÃn điều kiện (*) dễ thấy trờng hợp x = y =0 nghiệm hệ ban đầu x + y = 12 + Víi s = 12 th× p = 36 thoả mÃn điều kiện (*) ta đợc hệ xy = 36 x, y nghiệm phơng trình z2 -12z + 36 = ⇔ (z - 6)2 = ⇔ z = nên hệ đà cho có nghiệm (x;y) = (6;6) x+ y= −3 + Víi s = -3 th× p = -9 thoả mÃn điều kiện (*) ta đợc hệ   xy = − ®ã x, y nghiệm phơng trình z2 + 3z -9 = nên hệ đà cho có tập nghiệm T(x;y) ={( VËy hÖ pt tËp nghiÖm T(x,y) = {(6;6), ( Bài Giải hệ phơng trình (V) + z =   −3 −3 z =  −3 +3 −3 − ; ),( − − ; − + )} 2 2 −3 +3 −3 − −3 − −3 +3 ; ),( ; )} 2 2  x + y = 3  x + y = Lời giải: Điều kiện x ≥ 0, y ≥ Ta nhËn thÊy hƯ ph¬ng trình (V) hệ xứng bậc hai x y nhng ta đặt s = x+y p = xy hệ (V) cha giải đợc Ta tìm đợc hệ (V) có nhiều đại lợng bất biến khác Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 6/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - §a thøc ®èi xøng”  u = x ≥ u3 + v3 = Đặt từ hệ (V) ta đợc (V.a) hệ đối xứng u v 2 v = y ≥ u + v = Đặt s = u+v p = u.v với điều kiÖn s ≥ 0, p ≥ 0, s2 ≥ 4p, (*) Theo c«ng thøc (1) ta cã: u3 + v3 = s3 - 3sp; u2 + v2 = s2 - 2p  s − ps = Tõ hệ (V.a) ta đợc hệ (V.b) , s 2p = Từ phơng trình thứ hai ta cã tr×nh: s3 -15s + 18 = ⇔ + Víi s = − − 33 + Víi s = − + 33 > p= s2 thay vào phơng trình th ta đợc phơng s = s = −3 − 33   −3 + 33 s = < loại điều kiện p < loại điều kiện u= u= + Víi s = 3, p = thoả mÃn điều kiện (*), ta đợc ; v= v= Thay trở lại để tìm x, ta đợc: u = x = 64  ⇒ v=  y= u=  x= + Víi  ⇒  v =  y = 64 + Víi VËy hƯ ph¬ng tr×nh (V) cã nghiƯm  x = 64  x = ;   y =  y = 64 2.Giải hệ phơng trình đa giải hệ phơng trình đối xứng phần 1, ta thấy việc giải hệ phơng trình đối xứng thuận tiện có quy tắc chung để giải Nhng hệ phơng trình hệ đối xứng, có số hệ dạng ta phát đợc đại lợng bất biến hệ nên ta đặt ẩn Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 7/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng phụ đa hệ hệ phơng trình đối xứng với ẩn số hệ hoàn toàn giải đợc phần Việc đặt ẩn phụ dạng toán phụ thuộc vào ta phát đâu đại lợng bất biến hệ Bài Giải hệ phơng trình 2 x + y = xy (I)   x − y = xy Lời giải: Ta thấy phơng trình thứ hệ đa thức đối xứng x y Nhng ta nhận tính bất biến toán lµ tỉng s = x + (-y) vµ tÝch p = x(-y)  x + (− y ) = − x(− y )   HÖ (I) Rõ dàng hệ phơng trình đối xứng x + ( y ) = − x(− y )    2  x + z = − xz x -y Ta đặt z = -y , hệ phơng trình trở thành x + z = − xz   x+ z= s Đây hệ phơng trình đối xứng x z Khi ta đặt  xz = p  s − 2p = p Ta nhận đợc hệ phơng trình (từ công thức (1)) giải hệ ta ®ỵc hai s= − p  nghiƯm s= s= (cả hai nghiệm thoả mÃn điều kiƯn (*))  vµ   p=  p= Mỗi hệ phơng trình cho ta nghiệm x z: Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 8/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức ®èi xøng”  x1 = x2 =  x3 =  x4 = − ; ;   z1= z2 =  z = −  z = Thay trë l¹i biÕn x y ta đợc nghiệm hệ ban đầu:  x1 = x2 =  x3 =  x4 = − ; ;   y 1= y =  y = y = Bài Giải hệ phơng trình (II) y + x =   x + y = 82 Lời giải: Ta thấy phơng trình đa thức đối xứng x y Nhng ta tìm đợc tính bất biến toán ta đặt u = x v = y với điều kiện u,v u+ v= Hệ phơng đa dạng  4  u + (v + 1) = 82 u+ v= hệ phơng trình ®èi xøng ®èi 4  u + v = 81 víi hai biÕn u, v Dâ rµng tỉng s = u+v tích p = uv đại lợng không đổi Đặt s = u + v p = uv víi ®iỊu kiƯn s2 ≥ 4p (*) Tõ c«ng thøc (1) ta cã: P4(u,v) = s4 - 4s2p + 2p2 ta đợc hệ phơng trình s= 4 2  s − 4s p + 2s = 81 Thay s = vào phơng trình hai hệ ta đợc p2-18p = phơng trình cã hai nghiƯm p = vµ p = 18 + Víi s = 3, p = tho¶ m·n điều kiện (*) nên u, v nghiệm phơng tr×nh z -3z = ⇔ z  =0  =3 z   u1 =  u2 =  x1 =  x2 = ta có nghiệm u, v là: ;  ;  v1 =  v2 =  y1 =  y2 = 82 + Với s = 3, p = 18 không thoả mÃn điều kiện (*) nên u, v vô nghiệm x1 = x2 = Vậy hệ ban đầu cã nghiƯm lµ:  ;  y1 = y2 = 82 Bài Giải hệ phơng trình Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 9/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng x y +1  + = y x xy (III)   3  x y + y x = 78 Lời giải: Ta nhận thấy hệ (III) hệ đối xứng x y, nhng ta cha thể giải đợc hệ dựa vào tính chất Ta cần phải tìm đại lợng bất biến khác hệ phơng trình Từ hệ phơng trình ta thấy x, y phải khác không cã cïng dÊu + NÕu x, y > th× ta đặt + Nếu x, y < ta ®Ỉt , u= x u= −x v= , v= y −y u v  + = +1 Trong c¶ trờng hợp hệ (III) đa dạng: (III.a)  v u uv  u 3v + v 3u = 78 Đây hệ đối xứng u v Đặt s = u+v p = uv với điều kiện s2 4p (*) Theo công thức (1) ta nhận đợc hệ s2 3p =  s1 =  s2 = − phơng trình: (III.b) hệ có nghiệm: ;  p1 =  p2 =  p( s − p) = 78 s= Bởi u, v số dơng, nên s > vµ p > 0, nghÜa lµ hƯ (III.b) cã nghiƯm lµ:   p=  u1 = u2 = Do ta nhận đợc: ; thay trở lại ẩn x, y ta đợc nghiệm cđa hƯ lµ:  v1 =  v2 =  x1 =  x2 =  x3 = −  x4 = − ;  ; ;  y1 =  y2 =  y3 = −  y4 = −  x+ + x+ y− 3=  x Bài Giải hệ phơng trình (IV)  2x + y + =  y Lời giải: Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 10/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng Hệ phơng trình (IV) hệ phơng trình đối xứng x y y Điều kiện hệ phơng trình x + ≥  y x+ y− 3≥ Chú ý: Khi gặp hệ điều kiện (tồn tại) phức tạp, ta không nên giải hệ Sau giải hệ phơng trình, hệ có nghiệm ta kiểm tra lại nghiệm xem có thoả mÃn hệ điều kiện không Để làm xuất đại lợng bÊt biÕn ta biÕn ®ỉi hƯ (IV)  x+ + x+ y− 3=   x (IV) ⇔  (IV.a) x+ + x+ y− 3=  y   u≥ u = x + y điều kiện Đặt v v= x+ y−  u+ v= Tõ hÖ (IV.a) ta đợc hệ phơng trình đối xứng u vµ v: (IV.b)  u2 + v2 =  u= u= Giải hệ (IV.b) ta đợc nghiệm (thoả mÃn điều kiện) v= v= Trở lại tìm nghiệm (x;y) ta giải x=   u= x+ =  y= + Víi  ⇒ y ⇔  v =  x + y − =   x =    y = Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc (thoả mÃn điều kiện) Trang: 11/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - §a thøc ®èi xøng”   x = −    y = +  u =  x + = + Víi  ⇒ y ⇔  v =  x + y − =   x = +    y = − 10 10 (thoả mÃn điều kiện) 10 10 x =  x =  x = − 10 x = + 10 Vậy hệ phơng trình (IV) cã nghiƯm lµ:  ; ; ;  y =  y = −  y = + 10  y = − 10 3.Giải phơng trình đa giải hệ phơng trình đối xứng Đây dạng toán tơng đối khó giải, muốn giải đợc dạng toán đòi hỏi phải luyện tập thờng xuyên để có nhiều kinh nghiệm cho thân đòi hỏi phải có tính sáng tạo Để giải dạng toán ta làm theo bớc sau: Bớc 1: Ta phải phát đợc đâu đại lợng bất biến (không đổi) Bớc 2: Đặt ẩn phụ đa phơng trình hệ phơng trình đối xứng với ẩn Bớc 3: Giải hệ phơng trình với ẩn số (hệ đà biết cách giải phần 1) Bớc 4: Thay trở lại để đợc nghiệm ban đầu, kết luận Bài Giải phơng tr×nh (I) 97 − x + x = Lời giải: Nếu không tìm đợc đâu đại lợng bất biến phơng trình (I) khó giải phơng trình Ta phải tìm đại lợng bất biến phơng trình x Điều kiện x 97 Đặt u = x vµ v = 97 − x , u, v 0, phơng trình (I) đa dạng: u + v = Mặt khác u4 + v4 = x + (97 - x) = 97 Vò Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 12/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng u+ v= Ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.a) (đây hệ phơng trình đối xứng) 4 u + v = 97 Đặt s = u+v p = uv víi ®iỊu kiƯn s, p ≥ 0, s2 ≥ 4p (*) Theo c«ng thøc (1) tõ hƯ s= phơng trình (I.a) ta nhận đợc hệ phơng trình: (I.b)  2  s − 4s p + p = 97 LÊy s = thay vµo phơng trình thành phần hệ ta đợc phơng trình: p2 - 50p + 264 = ⇔ p =6 p =44  + Víi s = 5, p = thoả mÃn điều kiện (*) u, v nghiệm phơng trình: z - 5z + = Thay trở lại biến x, z  =2  =3 z   u1 = u2 = ta đợc nghiệm u, v lµ  ;  v1 =  v2 = u = x nên nghiệm 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 Giải phơng tr×nh (II) x x+ x −1 = 35 12 Lời giải: Ta phải tìm đại lợng bất biến phơng trình Điều kiện: x2 >0 ⇔ x >1 x v > Dïng c«ng thøc (1) ta cã P3(u,v) = s3 - 3sp Khi ®ã: u3 + v3 - uv(u + v) = (s3 - 3sp) - ps = s3 - 4sp = s(s2- 4p) Theo định lí 1: s 0, s2 - 4p ≥ nªn s(s2- 4p) ≥ Vậy BĐT đợc chứng minh Bài Chứng minh x y số thực dơng thoả mÃn x + y =1, thì: (III) 1 25 ( x + )2 + ( y + )2 ≥ x y Lêi gi¶i: Ta cã: 1 25 x + y 17 ( x + )2 + ( y + )2 − = x2 + y2 + 2 − x y x y Đặt s = x + y p = xy Ta đợc ( s p) + s − p 17 − p 17 − =1− 2p + − = ( −4 p − 15 p − p + 2) 2 p p 2 p2 Ta cần phải chứng minh biểu thức dấu ngoặc không âm, nghĩa là: p + 15 p + p ≤ (*) 0), tõ ®ã suy p ≤ V× x, y > 0, nên p > 0; z = s2 - 4p ≥ (nghÜa lµ 1- 4p ≥ Nh vËy < p ≤ §a thøc p + 15 p + p dơng, nhận giá trị lớn khoảng < p có tất hệ số p = Nh bất đẳng thức (*) đợc chứng minh Vậy bất đẳng thức (III) đợc chứng minh 5.Bài tập thực hành Đây phần tập để học sinh luyện tập, rèn luyện khả giải toán Phần tập đợc chia làm ba phần tơng ứng để học sinh tiện theo dõi a.Bài tập hệ phơng trình đối xứng - Các tập sgk sbt: - Giải hệ phơng trình sau: Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 18/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng x+ y= a.1  2  x − xy + y =  xy = 15 a.5  2  x + y + x + y = 42  x2 y2  + = 18 a.6  y x  x + y = 12   x+ y= a a.8  3 2  x + y = b( x + y )  x + y + 2( x + y ) = 23 a.9  2  x + y + xy = 19  x + y + x + y = 32 a.4   12( x + y ) = xy 2  x y + y x = 30  a.7  1 y+ x=   xy ( x + y ) = 20  a.10  1 x+ y=   4( x + y ) = 3xy a.3  x + y + x + y = 26  x+ y= a.2  3  x + y = 65  x − x y + y = 1153 a.11  2  x − xy + y = 33  ( x − y( x − y ) = a.12  2  ( x + y )( x + y ) = 15  x + y + x2 + y2 = a.13   xy ( x + 1)( y + 1) = 12 b.Bài tập hệ phơng trình đa hệ phơng trình đối xứng - Các tập sgk sbt: - Giải hệ phơng trình sau: b.1 1 + x + − x =1 2 b.2 b.3 8+ x +3 8− x =1 b.4 b.5 10 − x − 3 − x = b.6 b.7 x + 17 − x + x 17 − x = b.9 24 + x + 12 − x = b.8 629 − x + 77 + x = 1 35 + = x 12 1− x 19 − x 19 − x x (x + ) = 84 x +1 x +1 x 35 − x ( x + 35 − x ) = 30 b.10 + x + x + − x − x2 = c.Bµi tËp vỊ chøng minh bÊt đẳng thức - Các tập sgk sbt: - Chøng minh r»ng víi nh÷ng sè thùc bÊt kú x vµ y ta cã: c.1 5x2 - 6xy + 5y2 ≥ c.2 8(x4 + y4) ≥ (x+y)4 c.3 x4 + y4 ≥ x3y + xy3 c.4 x2 + y2 +1 ≥ xy + x + y - Chøng minh với số không âm x y ta có: Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trêng THPT §a Phóc Trang: 19/22 SKKN - §Ị c.5 tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thøc ®èi xøng” ( x+ y ) ≥ 64 xy ( x + y ) c.6 x3 + y3 x+ y ≥( ) 2 c.7 x4 + 2x3y + 2xy3 + y4 ≥ 6x2y2 - Chøng minh với số dơng x y ta cã: c.8 x y + ≥2 y x kết luận Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT §a Phóc Trang: 20/22 SKKN - §Ị tµi: “øng dơng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng nhận xét đánh giá ban thi đua trờng cđa ban thi ®ua së Môc lôc Trang Lời nói đầu I- Cơ sở lý luận II- Cơ sở khoa học 1.Giới thiệu phơng pháp đại lợng bất biến 2.Giải toán đại lỵng bÊt biÕn 3.Đa thức đối xứng hai biến III- øng dơng ®a thức đối xứng để giải toán 1.Giải hệ phơng trình ®èi xøng 2.Giải hệ phơng trình đa giải hệ phơng trình đối xứng 3.Giải phơng trình đa giải hệ phơng trình đối xứng 4.Chứng minh bất đẳng thức đối xứng 5.Bµi tËp thùc hµnh kÕt luËn nhËn xét đánh giá Mục lục Tài liệu tham khảo 1 2 2 3 10 13 15 17 17 Tài liệu tham khảo [1] Sách giáo khoa Đại số 10 Nâng cao Vũ Thìn: Giáo viên Toán Trờng THPT Đa Phúc Trang: 21/22 SKKN - Đề tài: ứng dụng đại lợng bất biến - Đa thức đối xứng Đoàn Quỳnh Nguyễn Huy Đoan Nguyễn Xuân Liêm NXB: Giáo dục [2] Sách tập Đại số 10 Nâng cao Đoàn Quỳnh Nguyễn Huy Đoan Nguyễn Xuân Liêm NXB: Giáo dục [3] Một số phơng 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 Trờng THPT §a Phóc Trang: 22/22 ... P6 vµ p = (s2-z) Ta cã: x6 + y - x5y - xy5 = P6 - pP4 = (s6 - 6s4p + 9s2p2 - 2p3) - p(s4 - 4s2p + 2p2) = 1 = s6 - 7s4p + 13s2p2 - 4p3 = s6 - 7s4 (s2-z) + 13s2 16 (s2-z)2 -4 64 (s2-z)3 = = 16 s4z... Dùng công thøc (1) ta cã P3(u,v) = s3 - 3sp Khi ®ã: u3 + v3 - uv(u + v) = (s3 - 3sp) - ps = s3 - 4sp = s(s 2- 4p) Theo định lí 1: s 0, s2 - 4p nên s(s 2- 4p) Vậy BĐT đợc chứng minh Bài Chứng... 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 (1) C¸c công thức đợc sử dụng nhiều toán chuyên đề III- ứng dụng đa