Chuyên đề ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ ỨNG DỤNG MÃ: TO01 LỜI MỞ ĐẦU Đa thức khái niệm trung tâm toán học Trong chương trình phổ thông, làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học sở, từ phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức thành nhân tử; dùng sơ đồ Horner để chia đa thức giải phương trình đại số Bên cạnh đa thức biến ta gặp nhiều toán liên quan đến đa thức nhiều biến Trong phạm vi chuyên đề này, xin xét đến lớp đa thức đối xứng theo biến ứng dụng vào việc phân tích đa thức thành nhân tử, giải phương trình hệ phương trình chứng minh đẳng thức bất đẳng thức, Dựa đa thức đối xứng sở định lí Viéte, xin đưa ví dụ minh họa cho nội dung chuyên đề PHẦN NỘI DUNG I - LÝ THUYẾT Định nghĩa Cho đa thức nhiều biến P ( x1, x2 , , xn ) Đa thức gọi đa thức đối xứng với hoán vị số i1, i2 , , in số 1,2, ,n ( ) thỏa mãn đẳng thức sau P xi , xi , , xi = P ( x1, x2 , , xn ) n Nói cách khác đa thức đối xứng, không thay đổi thay đổi vai trò biến cho dạng khai triển Ví dụ : Đa thức sau đối xứng P ( x, y, z ) = ( x + y )( y + z )( z + x ) dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau P ( x, y , z ) = P ( x , z , y ) = P ( y , x , z ) = P ( y , z , x ) = P ( z , x , y ) = P ( z , y , x ) Nhưng đa thức P ( x, y, z ) = xy + yz không đối xứng P ( x, y, z ) = xy + yz ≠ xy + xz = P ( z , y, x ) Ngoài ra: tổng, hiệu tích đa thức đối xứng đa thức đối xứng Đa thức đối xứng sở a) Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng bản: δ1 = x + y ; δ = xy b) Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng bản: δ1 = x + y + z; δ = xy + yz + zx; δ = xyz c) Với đa thức n ẩn có n đa thức đối xứng bản: δ1 = x1 + x2 + + xn δ = x1x2 + x1x3 + + xn −1xn δ k = x1x2 xk + + xn − k +1xn − k + xn δ n = x1x2 xn Như vậy, P đa thức n biến đa thức P (δ1,δ , ,δ n ) đa thức đối xứng Điều ngược lại đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng sở Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sở Như ta biết rằng: đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng sở biểu diễn Dưới phần trình bày phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sở a) Đối với đa thức hai ẩn việc biểu diễn không gặp khó khăn, chẳng hạn như: x2 + y = ( x + y ) − xy = δ12 − 2δ 2 x y + xy = xy ( x + y ) = δ1δ x3 + y3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = δ13 − 3δ1δ ( x4 + y = x2 + y ) ( − x y = δ12 − 2δ ) − 2δ 22 b) Đối với đa thức từ ba ẩn trở lên việc biểu diễn gặp khó khăn nhiều ta sử dụng phương pháp hệ số bất định để biểu diễn Cụ thể đa thức ba ẩn ta thực sau: - Trước hết ta biểu diễn đa thức ba ẩn dạng đầy đủ là: P ( x, y, z ) = t1x a1 y b1 z c1 + t2 x a2 y b2 z c2 + + tm x am y bm z cm , hạng tử ti x y bi z ci có số mũ ( , bi , ci ) với i = 1,2, , m - Chọn hạng tử cao giả sử ti x y bi z ci có số mũ ( , bi , ci ) - Viết tất số mũ ( di , mi , ni ) thỏa mãn di + mi + ni = + bi + ci di > mi > ni - Giả sử P ( x, y, z ) có dạng P ( x, y, z ) = k1δ1d1 − m1δ 2m1 − n1δ 3n1 + k2δ1d − m2 δ 2m2 − n2 δ 3n2 + + ktδ1dt − mt δ 2mt − nt δ 3nt Cho x, y, z giá trị tùy ý ta tìm k1, k2 , , kt Ví dụ Biểu diễn đa thức sau theo đa thức đối xứng bản: P ( x, y , z ) = x + y + z Giải Hạng tử cao đa thức x3 có số mũ ( 3;0;0 ) Viết tất số mũ ( 3;0;0 ); ( 2;1;0 ); (1;1;1) Giả sử có x3 + y3 + z = k1δ13−0δ 20−0δ30 + k2δ12 −1δ 21−0δ30 + k3δ11−1δ 21−1δ31 = k1δ13 + k2δ11δ 21 + k3δ Lập bảng: x y z δ1 δ2 δ3 P −2 −3 −6 1 2 1 3 ⎧k3 = ⎧k1 = ⎪ ⎪ Khi đó, ta có: ⎨8k1 + 2k2 = ⇔ ⎨ k = −3 ⎪27k + 9k + k = ⎪k = 3 ⎩ ⎩ Vậy x3 + y3 + z = δ13 − 3δ11δ 21 + 3δ3 Ví dụ Biểu diễn đa thức sau theo đa thức đối xứng bản: P ( x, y , z ) = x y + x y + x z + x z + y z + y z Giải Hạng tử cao đa thức x y có số mũ ( 4;2;0 ) Viết tất số mũ ( 4;2;0 ); ( 4;1;1); (3;3;0 ); (3;2;1); ( 2;2;2 ) Giả sử có P ( x, y, z ) = δ12δ 22 + aδ13δ + bδ 23 + cδ1 δ δ + dδ 32 Lập bảng: x y z δ1 δ2 δ3 P 1 2 1 −2 −3 −2 42 2 −1 −4 168 1 3 ⎧4 + b = ⎧a = −2 ⎪−27b + 4d = 42 ⎪b = −2 ⎪ ⎪ Khi đó, ta có: ⎨ ⇔⎨ ⎪−108a + 16d = 168 ⎪c = ⎪⎩87 + 27a + 27b + 9c + d = ⎪⎩d = −3 Vậy P ( x, y, z ) = δ12δ 22 − 2δ13δ − 2δ 23 + 4δ1 δ δ + −3δ 32 Ví dụ Biểu diễn đa thức sau theo đa thức đối xứng bản: P ( x, y, z, t ) = ( xy + zt )( xz + yt )( xt + yz ) Giải Hạng tử cao đa thức x3 yzt có số mũ ( 3;1;1;1) Viết tất số mũ ( 3;1;1;1); ( 2;2;2;0 ); ( 2;2;1;1) Giả sử có P ( x, y, z , t ) = δ12δ + aδ 32 + bδ δ Lập bảng: x y z t δ1 δ2 δ3 δ4 P 1 3 1 1 1 ⎧a = ⎧a = Khi đó, ta có: ⎨ ⇔⎨ ⎩16 + 16a + 6b = ⎩b = −4 Vậy P ( x, y, z , t ) = δ12δ + δ 32 − 4δ δ II - ỨNG DỤNG Phân tích đa thức thành nhân tử Đôi với đa thức đối xứng ta gặp khó khăn việc phân tích chúng thành nhân tử Mà việc phân tích đa thức thành nhân tử giúp ích nhiều cho trình giải phương trình hay hệ phương trình Dưới vài ví dụ việc phân tích đa thức đối xứng thành nhân tử dựa vào đa thức đối xứng sở Ví dụ Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử: P ( x, y ) = x3 + 3x3 y + x y + 3x y + xy + 3xy + y ( ) ( ) ( ) Giải Ta có P ( x, y ) = x3 + y + 3x3 y + 3xy + x y + xy + 3x y ( ) ( ) = x3 + y + 3xy x + y + xy ( x + y ) + 3x y ( ) = δ13 − 3δ1δ + 3δ δ12 − 2δ + 2δ1δ + 3δ 22 = δ13 − δ1δ + 3δ12δ − 3δ 22 ( = (δ1 + 3δ ) δ12 − δ ) ( = ( x + y + 3xy ) x + y + xy ) Ví dụ Hãy phân tích đa thức P ( x, y ) = x − x3 y + 3x y − xy + y thành nhân tử ( ) ( ) Giải Ta có P ( x, y ) = x + y − xy x + y + 3x y ) ( ⎤ − x y ⎥ − xy ⎡( x + y ) − xy ⎤ + 3x y ⎣ ⎦ ⎦ ⎡ = ⎢ δ12 − 2δ ⎣ ) ⎡ = ⎢ x2 + y ⎣ ( ( ) ⎤ − 2δ 22 ⎥ − δ δ12 − 2δ + 3δ 22 ⎦ = 2δ14 − 9δ12δ + 9δ 22 ( )( ) = ( x + y + xy )( x + y − xy ) = 2δ12 − 3δ δ12 − 3δ Ví dụ Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử: P ( x, y, z ) = x3 + y + z − 3xyz Giải Theo Ví dụ ta có x3 + y3 + z = δ13 − 3δ1δ + 3δ nên suy x3 + y3 + z − 3xyz = δ13 − 3δ1δ + 3δ − 3δ = δ13 − 3δ1δ ( Do P ( x, y, z ) = δ13 − 3δ1δ = δ1 δ12 − 3δ ( ) = ( x + y + z ) x + y + z − xy − yz − zx ) Trong đề thi Đại học, Cao đẳng hay gặp toán giải hệ phương trình phương trình chứa thức Việc giải toán khó khăn Trong khuôn khổ chuyên đề này, xin trình bày một ví dụ giải hệ phương trình (chủ yếu hệ phương trình đối xứng loại 1) giải phương trình chứa thức cách đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình liên quan đến đa thức đối xứng sở Giải hệ phương trình ⎧⎪ x3 + y3 + xy = 12 Ví dụ Giải hệ phương trình ⎨ (I) ⎪⎩ x + y = ⎧⎪( x + y )3 − 3xy ( x + y ) + xy = 12 Giải Ta có (I) ⇔ ⎨ (Ia) ⎪⎩ x + y = ⎧δ = x + y Đặt ⎨ hệ phương trình (Ia) trở thành δ = xy ⎩ ⎧⎪δ13 − 3δ1δ + 2δ = 12 ⎨ ⎪⎩δ1 = ⎧δ1 = ⇔⎨ ⎩δ = −1 ⎧⎪ x = − ⎧ x + y = ⎧⎪ x = + Khi ⎨ ⎨ ⇒⎨ ⎩ xy = −1 ⎪⎩ y = − ⎪⎩ y = + ( ) ( ) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) + 2;1 − − 2;1 + Đây ví dụ giải hệ phương trình đối xứng loại Bằng cách đặt ẩn phụ đa thức đối xứng sở mà ta dễ dàng giải Sau ví dụ khác giải hệ phương trình dựa vào đặt ẩn phụ đa thức đối xứng sở phức tập Không đơn ta đặt δ1 = x + y ; δ = xy mà đặt u = x v = y để làm xuất đa thức đối xứng ( ⎧2 x + y = ) ⎪ ( Ví dụ Giải hệ phương trình sau: ⎨ ⎪3 x + y = ⎩ Giải Đặt u = x v = y x y + xy ) (a) ( ) ( ⎧⎪2 u + v3 = u 2v + uv Khi hệ phương trình (a) trở thành ⎨ ⎪⎩u + v = ) ⎧u + v = ⎧u = ⎧u = ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩uv = ⎩v = ⎩v = ⎧u = ⎧x = Với ⎨ hệ phương trình (a) có nghiệm ⎨ ⎩v = ⎩ y = 64 ⎧u = Với ⎨ hệ phương trình (a) có nghiệm v = ⎩ ⎧ x = 64 ⎨ ⎩y = Vậy hệ phương trình (a) có nghiệm ( x; y ) (8;64 ) ( 64;8 ) Thoạt nhìn ta thấy hệ phương trình (1) Ví dụ hệ phương trình đối xứng loại đa thức đa thức đối xứng Nhưng cách biến đổi hệ phương trình làm xuất ẩn phụ cần đặt mà hệ phương trình cho đưa dạng đối xứng loại để ta giải cách đơn giản ⎧ ⎪ x+ + x+ y −3 =3 y ⎪ Ví dụ Giải hệ phương trình sau: ⎨ (1) ⎪2 x + y + = ⎪⎩ y Giải Điều kiện: x + ≥ 0; x + y ≥ ; y ≠ y ⎧ ⎪ x+ + x+ y −3 =3 y ⎪ Ta có (1) ⇔ ⎨ (2) ⎪x + + x + y − = ⎪⎩ y Đặt u = x + v = x + y − ( u , v ≥ ) y ⎧⎪u + v = ⎧u + v = Khi hệ phương trình (2) có dạng ⎨ ⇔ ⎨ ⎪⎩u + v = ⎩uv = ⎧u = ⎧u = ⎨ ⇔⎨ ⎩v = ⎩v = ⎧u = Với ⎨ hệ phương trình (1) có nghiệm ⎩v = ⎧⎪ x = + 10 ⎧⎪ x = − 10 ⎨ ⎨ ⎪⎩ y = − 10 ⎪⎩ y = + 10 ⎧u = ⎧x = ⎧x = Với ⎨ hệ phương trình (1) có nghiệm ⎨ ⎨ ⎩v = ⎩y =1 ⎩ y = −1 ( Vậy hệ phương trình (1) có nghiệm ( x; y ) ( 3;1) ; ( 5; −1) ; + 10;3 − 10 ( ) ) − 10;3 + 10 1 ⎧ x + y + + =5 ⎪ x y ⎪ Ví dụ 10 Giải hệ phương trình sau: ⎨ ⎪ x2 + y + + = ⎪⎩ x2 y (Đề thi Đại học ngoại thương - 1997) Giải Điều kiện x ≠ 0; y ≠ ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = x⎠ ⎝ y⎠ ⎪⎝ Ta có hệ phương trình tương đương với ⎨ 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎛ ⎪⎜ x + x ⎟ + ⎜ y + y ⎟ = 13 ⎠ ⎝ ⎠ ⎩⎝ Đặt u = x + 1 v = y + x y ( u ≥ 2, v ≥ 2) ⎧⎪u + v = ⎧u + v = Khi hệ phương trình có dạng: ⎨ ⇔ ⎨ ⎪⎩u + v = 13 ⎩uv = ⎧u = ⇔⎨ v = ⎩ ⎧u = ⎨ ⎩v = ⎧ x + =3 ⎧x = ⎪⎪ ⎧⎪ x − x + = ⎧u = x ⎪ Với ⎨ ta có ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 3± ⎩v = ⎪⎩ y − y + = ⎪y + = ⎪y = ⎩ y ⎪⎩ ⎧ x+ =2 ⎧ 3± ⎪ ⎧⎪ x − 3x + = ⎧u = x ⎪ ⎪x = Với ⎨ ta có ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩v = y − y + = ⎪⎩ ⎪y + = ⎪y =1 ⎩ y ⎪⎩ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) Ví dụ ví dụ mà ta cần biến đổi để xuất ẩn phụ cần đặt, đưa hệ phương trình cho dạng đối xứng Tuy nhiên dạng hệ phương trình ta đặt ẩn phụ theo cách khác để khác (về chất hai cách giải giống nhau) 1 ⎧ x + y + + =4 ⎪ x y ⎪ Ví dụ 11 Giải hệ phương trình sau: ⎨ ⎪ x2 + y + + = ⎪⎩ x2 y Giải Điều kiện x ≠ 0; y ≠ ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = x⎠ ⎝ y⎠ ⎪⎝ Ta có hệ phương trình tương đương với ⎨ 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎛ ⎪⎜ x + x ⎟ + ⎜ y + y ⎟ = ⎠ ⎝ ⎠ ⎩⎝ ( 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎞⎛ 1⎞ ⎛ ⎛ Đặt δ1 = ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ δ = ⎜ x + ⎟⎜ y + ⎟ δ12 ≥ 4δ x⎠ ⎝ y⎠ x ⎠⎝ y⎠ ⎝ ⎝ ) ⎧⎪δ1 = ⎧δ1 = Khi đó, ta có: ⎨ ⇔⎨ ⎪⎩δ1 − 2δ = ⎩δ = ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎧ x + =2 ⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = ⎪⎪ x⎠ ⎝ y⎠ ⎧x = x ⎪⎝ Suy ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩y =1 ⎪y + = ⎪⎛ x + ⎞ ⎛ y + ⎞ = ⎟⎜ y ⎪⎩ ⎪⎜⎝ x ⎠⎝ y ⎟⎠ ⎩ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (1;1) Bên cạnh đó, ta gặp toán tìm điều kiện tham số để hệ phương trình đối xứng có nghiệm Ví dụ 12 Tìm điều kiệm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 10 Vì ⎛π ⎞ = cos ⎜ ± k 2π ⎟ , k ∈ ¢ cos3 X = 4cos3 X − 3cos X nên suy ⎝3 ⎠ π 5π 7π nghiệm phương trình (*) X1 = cos ; X = cos ; X = cos 9 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x, y, z ) ⎧x + y + z = a ⎪ Ví dụ 16 Giải hệ phương trình ⎨ x + y + z = a ⎪ 3 3 ⎩x + y + z = a Giải Đặt δ1 = x + y + z; δ = xy + yz + zx; δ = xyz Theo đầu ta có: δ1 = a Ta có: x + y + z = δ12 − 2δ = a − 2b ⇒ b = ( ) x3 + y + z = δ1 δ12 − 3δ + 3δ = a3 − 3ab + 3c ⇒ c = ⎧x + y + z = a ⎪ Khi hệ phương trình tương đương với ⎨ xy + yz + zx = −0 ⎪ xyz = ⎩ Suy x, y, z nghiệm phương trình X − aX = ⇔ X1 = 0; X = 0; X = a Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( 0; a;0 ) ; ( a;0;0 ) , với a ∈° ( x, y , z ) ⎧⎪ x + y + z = Ví dụ 17 Giải hệ phương trình ⎨ ⎪⎩2 x + y − xy + z = Giải Ta coi z tham số, ta hệ phương trình tương đương với ⎧x + y = − z ⎧x + y = − z ⎪ ⎪ ⎨ − z2 ⇔ ⎨ − 2z + z2 ⎪ x + y − xy = ⎪ xy = ⎩ ⎩ Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm x, y (1 − z ) − 2z + z2 − ≥ ⇔ − (1 − z ) ≥ ⇔ z = 13 ( 0;0;a ) ; - Nếu z ≠ hệ phương trình cho vô nghiệm ⎧x + y = ⎧x = - Nếu z = ⎨ ⇔⎨ ⎩ xy = ⎩y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x, y, z ) ( 0;0;1) Hệ phương trình hệ phương trình đối xứng việc coi z tham số ta hệ phương trình tương đương đối xứng với hai ẩn x, y Giải phương trình chứa thức Ví dụ 18 Giải phương trình x − + − x =1 Giải Điều kiện: x ∈ [2;3] ⎧⎪u + v = Đặt u = x − v = − x ( u , v ≥ ) Khi ta có: ⎨ 4 ⎪⎩u + v = ⎧δ = u + v Đặt ⎨ ta δ = uv ⎩ ⎧δ1 = ⎪ ⎨ ⎪⎩ δ1 − 2δ ( ) ⎧δ1 = ⎪ ⇔ ⎨ ⎡δ = 2 − 2δ = ⎪ ⎢δ = ⎩⎣ Vì u = v = xảy nên δ ≠ ⎧δ = Do ⎨ suy δ = ⎩ ⎧u = ⎧u = ⎨ ⎨ ⎩v = ⎩v = ⎧u = Nếu ⎨ phương trình có nghiệm x = v = ⎩ ⎧u = Nếu ⎨ phương trình có nghiệm x = ⎩v = Vậy phương trình cho có nghiệm x = x = Ví dụ 19 Giải phương trình x + x − = 12 ( x − 1) Giải Ta thấy phương trình có nghiệm x = Với x ≠ 1, phương trình đưa dạng x 2x − +3 =1 12 ( x − 1) 12 ( x − 1) 14 x 2x − Đặt u = v = Khi ta có 12 ( x − 1) 12 ( x − 1) ⎧δ = u + v Đặt ⎨ ta δ = uv ⎩ Suy u = v = ⎧u + v = ⎪ ⎨ 3 ⎪⎩u + v = ⎧δ1 = ⎧δ1 = ⎪ ⎪ ⎨ ⇔⎨ ⎪⎩δ = ⎪⎩δ1 − 3δ1δ = ⇒ x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = x = Ví dụ 20 Giải phương trình Giải Điều kiện: (34 − x ) x + − ( x − 1) 34 − x = 30 34 − x − x + 34 − x ≠ x + ⇔ x ≠ 33 Đặt u = x + v = 34 − x ( u ≠ v ) ⎡ ⎧u = ⎧u + v3 = 35 ⎢⎨ 3 ⎧u + v = ⎪ ⎪⎧u + v = 35 ⎩v = Khi đó, ta có: ⎨ v3u − u 3v ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎢ ⎢ ⎧u = ⎩uv = = 30 ⎪⎩uv ( u + v ) = 30 ⎪ ⎢⎨ ⎩ v−u ⎢⎣ ⎩v = ⎧u = Với ⎨ ta có v = ⎩ ⎧x + = ⇔ x=7 ⎨ 34 − x = 27 ⎩ ⎧u = Với ⎨ ta có ⎩v = ⎧ x + = 27 ⇔ 26 ⎨ ⎩34 − x = Vậy phương trình có hai nghiệm Giải bất phương trình đối xứng Đối với số hệ phương trình đơn giản, ta áp dụng phương pháp đồ thị để giải Nhưng nội dung chuyên đề xin giới thiệu phương pháp biểu diễn nghiệm thông qua tham số, gọi phương pháp tham biến ⎧⎪ x + y ≤ Ví dụ 21 Giải hệ sau: ⎨ 2 ⎪⎩ x + y + xy = 15 ⎧⎪ x + y = − a, a ≥ Giải Ta viết hệ cho dạng ⎨ 2 ⎪⎩ x + y + xy = ⎧⎪ x + y = − a ⎧⎪ x + y = − a ⇔⎨ ⇔⎨ 2 x + y − xy = ( ) ⎪⎩ ⎪⎩ xy = − a − ( ) ⎧Δ = (1 − a )2 − ⎡(1 − a )2 − 1⎤ ≥ ⎪ ⎣ ⎦ Điều kiện a : ⎨ ⇔ ≤ a ≤1+ ⎪⎩a ≥ ⎤ ⎡ Vậy với a ∈ ⎢0;1 + ⎥ hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là: ⎣ ⎦ 2 ⎛ a − − − − a a − + − − a ( ) ( ) ⎜ ; ⎜⎜ 2 ⎝ ⎞ ⎟ ⎟⎟ ⎠ 2 ⎛ a − + − 3(1 − a ) a − − − (1 − a ) ⎜ ; ⎜⎜ 2 ⎝ ⎞ ⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎧⎪ x + y ≤ xy + Ví dụ 22 Giải hệ bất phương trình sau: ⎨ 2 ⎪⎩ x + y ≤ xy ⎧⎪ x + y = xy + a + Giải Ta viết hệ cho dạng ⎨ ( a, b ≤ ) 2 ⎪⎩ x + y = xy + b ⎧( x + y )2 = 2a − b + ⎧ x + y = b + xy ⎧⎪ x + y = b + xy ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ a − b +1 2a + b + 2 ⎪⎩4 xy + b = xy + a + ⎪( x − y ) = ⎪ xy = ⎩ ⎩ 2 ⎧ ⎪ a, b ≤ b ⎧ ⎪ ⎪−1 − ≤ a ≤ Điều kiện a, b là: ⎨2a − b + ≥ ⇔ ⎨ ⎪ 2a + b + ⎪⎩−2 ≤ b ≤ ⎪ ≥0 ⎩ ⎧ x + y = ± 2a − b + ⎪ Khi ⎨ 2a + b + ⎪x − y = ± ⎩ 16 ⎡ 1⎛ 2a + b + ⎞ 1⎛ 2a + b + ⎞ ⎢ x = ± ⎜ 2a − b + + ⎟ ; y = ± ⎜ 2a − b + − ⎟ 3 ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔⎢ ⎢ x = ± ⎛ a − b + − a + b + ⎞ ; y = ± ⎛ 2a − b + + a + b + ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ b ⎧ ⎪−1 − ≤ a ≤ Vậy hệ bất phương trình có nghiệm với điều kiện ⎨ ⎪⎩−2 ≤ b ≤ ⎧⎪ x + y ≤ Ví dụ 23 Tìm nghiệm ( x; y ) hệ ⎨ cho x + y − xy ⎪⎩ x + y + xy = đạt giá trị lớn giá trị nhỏ ⎧⎪ x + y = − a ⎧⎪ x + y = − a, a ≥ Giải Ta viết hệ cho dạng ⎨ ⇔⎨ 2 ⎪⎩ x + y + xy = ⎪⎩ xy = ( − a ) − ⎧⎪Δ = 12 − ( a − )2 ≥ Điều kiện a : ⎨ ≤ a ≤ (*) ⎪⎩a ≥ Khi x2 + y − xy = − ( x − a ) Từ điều kiện (*) suy ≤ − ( x − a ) ≤ ⎡ x = 3; y = − ⎧x + y = Vậy max x + y − xy = ⇔ a = ⎨ ⇔⎢ ⎩ xy = −3 ⎢⎣ x = − 3; y = ( ) ⎡⎧ x + y = ⎡⎧ x = ⎢⎨ ⎢⎨ xy = a = ⎡ ⎩ ⎩y =1 x + y − xy = ⇔ ⎢ ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ ⎧ x + y = −2 ⎢ ⎧ x = −1 ⎣a = ⎢⎨ ⎢⎨ ⎢⎣ ⎩ xy = ⎢⎣ ⎩ y = −1 ( ) ⎧⎪ xy ≥ x + y Ví dụ 24 Giải hệ bất phương trình sau: ⎨ 2 ⎪⎩ x + y ≤ ( Giải u = x + y v = xy u ≥ 4v ) ⎧⎪v = u + a, a ≥ ⎧⎪v = u + a, a ≥ ⎧⎪v ≥ u Khi ta hệ ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪⎩u − 2v ≤ ⎪⎩u − ( u + a ) ≤ ⎪⎩( u − 1) ≤ + 2a 17 ⎧⎪v = u + a, a ≥ ⇔⎨ ⎪⎩1 − + 2a ≤ u ≤ + + 2a Kết hợp với điều kiện u ≥ 4v ⇔ u − ( u + a ) ≥ ⎡u ≥ + + a ta được: ⇔⎢ ⎢⎣u ≤ − + a - Nếu − + 2a ≤ − + a ⇔ ≤ a ≤ + ⎧⎪v = u + a ⎨ ⎪⎩1 − + 2a ≤ u ≤ − + a - Nếu − + 2a > − + a hệ vô nghiệm ⎡ x = t1; y = t2 u m u − 4v Vậy hệ có nghiệm ⎢ với t1,2 = x = t ; y = t ⎣ ⎧⎪v = u + a ; 0≤a≤ + ⎨ ⎪⎩1 − + 2a ≤ u ≤ − + a Chứng minh đẳng thức Ví dụ 25 Cho x + y = 1; x3 + y3 = a x5 + y5 = b Chứng minh rằng: 5a ( a + 1) = 9b + Giải Đặt δ1 = x + y δ = xy Từ giả thiết ta có δ1 = x3 + y3 = δ13 − 3δ1δ ⇒ δ = 1− a ( )( ) = (δ12 − 2δ )(δ13 − 3δ1δ ) − δ1δ 22 Mặt khác b = x5 + y = x + y x3 + y − x y ( x + y ) = (1 − 2δ )(1 − 3δ ) − δ 22 = + 5δ 22 − 5δ = 5a + 5a − 18 Suy 9b = 5a2 + 5a − hay 5a ( a + 1) = 9b + Vậy ta có đpcm Ví dụ 26 Chứng minh x + y + z = x4 + y + z = ( xy + yz + zx ) Giải Đặt δ1 = x + y + z; δ = xy + yz + zx; δ = xyz Ta có x4 + y + z = δ14 − 4δ12δ + 2δ 22 + 4δ1δ3 Theo giả thiết có δ1 = nên suy x4 + y + z = 2δ 22 = ( xy + yz + zx ) Vậy ta có đpcm ( Ví dụ 27 Chứng minh đẳng thức ( x + y ) + x + y = x + xy + y Giải Đặt δ1 = x + y ; δ = xy ( Khi VT = ( x + y ) + x + y = ( x + y ) + x + y 4 ( = δ14 + δ12 − 2δ ) ( ( ) 2 − 2x2 y − 2δ 22 = δ14 − 2δ12δ + δ 22 = δ12 − δ ) ) ( = x + xy + y ) = VP Vậy ta có đpcm Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 28 Chứng minh với số thực x, y, z ta có: ( x + y + z )2 ≥ 3( xy + yz + zx ) Đẳng thức xảy x = y = z Giải Đặt δ1 = x + y + z; δ = xy + yz + zx Xét δ12 − 3δ = ( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx ) = x + y + z − xy − yz − zx ( ) ( ) ( ) = ⎡ x2 − xy + y + y − yz + z + z − zx + x ⎤ ⎦ 2⎣ 19 ) 2 2 = ⎡( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ⎤ ≥ , ∀x, y, z ∈° ⎦ 2⎣ Suy δ12 − 3δ ≥ hay ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx ) Dấu " = " xảy x = y = z Ví dụ 29 Chứng minh với số thực x, y, z ta có: ( xy + yz + zx )2 ≥ 3xyz ( x + y + z ) Nếu x > 0; y > 0; z > đẳng thức xảy x = y = z Giải Trong bất dẳng thức Ví dụ 28 thay x, y, z xy; yz; zx ta được: ( xy + yz + zx )2 ≥ 3( x yz + xy z + xyz ) = 3xyz ( x + y + z ) Suy ta có đpcm Đặc biệt x > 0; y > 0; z > đẳng thức xảy x = y = z Ví dụ 30 Chứng minh với số thực dương x, y, z ta có: ⎛1 1⎞ + + ⎟≥9 ⎝x y z⎠ ( x + y + z )⎜ Đẳng thức xảy x = y = z Giải Đặt δ1 = x + y + z; δ = xy + yz + zx; δ = xyz Theo Ví dụ 28 Ví dụ 29 ta có δ12 ≥ 3δ δ 22 ≥ 3δ1δ Vì x, y, z số dương nên δ1, δ , δ số dương nghĩa ta nhân theo vế hai bất đẳng thức Ta có δ12δ 22 ≥ 9δ1δ 2δ3 ⇔ δ1 δ ≥ 9δ ⇔ δ1 δ2 ≥ δ3 ⎛1 1⎞ Do ta có ( x + y + z ) ⎜ + + ⎟ ≥ ⎝x y z⎠ Dấu " = " xảy x = y = z Ví dụ 31 Giả sử đa thức hệ số thực φ ( x ) = ax3 + bx + cx + d có ba nghiệm dương φ ( x ) < Chứng minh 2b3 + 9a2d − 7abc ≤ (Indonesia TST, 2010) 20 Giải Gọi x1; x2 ; x3 nghiệm đa thức φ ( x ) b ⎧ x + x + x = − ⎪ a ⎧b = −a ( x1 + x2 + x3 ) ⎪ ⎪ c ⎪ Theo định lí Viéte : ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 = ⇔ ⎨c = a ( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 ) a ⎪ ⎪ d ⎩d = −a ( x1x2 x3 ) ⎪ x x x = − ⎪ a ⎩ Theo giả thiết ta có: φ ( x ) < ⇒ d = −a ( x1x2 x3 ) < ⇒ a > Ta cần chứng minh ( x1 + x2 + x3 ) + x1x2 x3 ≥ ( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 ) (1) Ta có ( x1 + x2 + x3 )3 = x13 + x23 + x33 + 3( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x2 x3 + x3x1 ) − 3x1x2 x3 Do (1) tương đương với ( ) ⇔ ( x13 + x23 + x33 ) ≥ x12 x2 + x12 x3 + x22 x1 + x22 x3 + x32 x1 + x32 x2 x13 + x23 + x33 + 3x1x2 x3 ≥ ( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 ) Do x1; x2 ; x3 số dương nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: x13 + x23 + x23 ≥ 33 x13x26 = 3x1 x22 Tương tự ta có: x23 + x33 + x33 ≥ 3x2 x32 x33 + x13 + x13 ≥ 3x3 x12 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: x13 + x23 + x33 ≥ x1 x22 + x2 x32 + x3 x12 (2) Tương tự ta chứng minh được: x13 + x23 + x33 ≥ x2 x12 + x3 x22 + x1 x32 (3) Cộng vế với vế (2) (3) ta đpcm Ví dụ 32 Cho phương trình x3 + ax2 + bx + c = có ba nghiệm không âm phân biệt Chứng minh rằng: − a b > > −c 3 Giải Gọi x1; x2 ; x3 ba nghiệm phương trình cho 21 ⎧ x1 + x2 + x3 = −a ⎪ Theo định lí Viéte ta có ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 = b ⎪ x x x = −c ⎩ Vì x1; x2 ; x3 không âm phân biệt nên ta có bất đẳng thức xen kẽ Cauchy: x1 + x2 + x3 xx +x x +x x > 2 3 > x1x2 x3 3 Vậy ta có: − a b > > −c 3 Trên ví dụ chứng minh bất đẳng thức liên quan đến bất đẳng thức xen kẽ Cauchy Sau toán tổng quát chứng minh bất đẳng thức xen kẽ Cauchy Ví dụ 33 Cho S3 = n ∑ 1≤ i ≤ j ≤ k ≤ n x1; x2 ; ; xn > đặt n S1 = ∑ xi ; S2 = i =1 n ∑ 1≤ i ≤ j ≤ n xi x j ; xi x j xk ; ; Sn = x1x2 xn hàm x1; x2 ; ; xn Chứng minh rằng: S1 Cn1 ≥ S2 Cn2 ≥3 S3 Cn3 ≥ ≥ n Sn Cnn (*) Giải Chứng minh bất đẳng thức (*) phương pháp quy nạp Dưới số ứng dụng đa thức đối xứng: Tìm nghiệm nguyên phương trình đối xứng Ví dụ 34 Tìm số nguyên dương thỏa mãn phương trình x3 + y3 + = 3xy Giải Đặt δ1 = x + y ; δ = xy phương trình cho có dạng ( ) δ13 − 3δ1δ + = 3δ ⇔ (δ1 + 1) δ12 − δ1 − 3δ + = Vì x, y > nên δ1 = x + y > ⇒ δ1 + ≠ Do δ12 − δ1 − 3δ + = ⇒ δ = δ12 − δ1 + Như toán quy việc tìm x, y nguyên dương cho 22 ⎧ x + y = δ1 ⎪ ⎨ δ12 − δ1 + ⎪ xy = ⎩ Khi x, y nghiệm phương trình bậc hai X − δ1 X + Có Δ = − ( ) δ1 − δ1 + = (δ1 − )2 ≤ Mà Δ < δ1 ≠ nên ta có δ1 = x + y = Vậy x = y = δ1 = Lập phương trình bậc hai Ví dụ 35 Lập phương trình bậc hai x + px + q = có hai nghiệm x1 = y14 + y22 x2 = y24 + y12 y1, y2 nghiệm phương trình y2 + 3y + = Giải Đặt δ1 = y1 + y2 ; δ = y1 y2 Vì y1, y2 nghiệm phương trình y + y + = nên theo định lí Vi-et ta ⎧δ = −3 có: ⎨ ⎩δ = ) ( ) − 2δ22 + 2(δ12 − δ ) = 63 x1.x2 = y14 y24 + y12 y22 + ( y16 + y26 ) = δ 24 + 4δ 22 + (δ16 − 6δ14δ + 9δ12δ 22 − 2δ 22 ) = 649 ( ) ( Xét x1 + x2 = y14 + y24 + y12 + y22 = δ12 − 2δ 2 Vậy phương trình bậc hai cần tìm x2 − 63x + 649 = Ví dụ 36 Lập phương trình bậc hai x + px + q = có hai nghiệm x1 = y16 − y22 x2 = y26 − y12 y1, y2 nghiệm phương trình y + y − = Giải Đặt δ1 = y1 + y2 ; δ = y1 y2 23 Vì y1, y2 nghiệm phương trình y + y − = nên theo định lí Vi-et ta ⎧δ = −2 có: ⎨ ⎩δ = −4 ( ) ( ) = (δ16 − 6δ14δ + 9δ12δ 22 − 2δ 22 ) − (δ12 − 2δ ) = 968 x1.x2 = y16 y26 + y12 y22 − ( y18 + y28 ) Xét x1 + x2 = y16 + y26 − y12 + y22 = y16 y26 4 + 4x y + y12 y22 ( ⎡ − ⎢ x2 + y ⎣ ( ⎡ = δ 26 + 4δ 24 + 4δ 22 − ⎢ δ12 − 2δ ⎣ ) ) 2 2⎤ − 2x y ⎥ ⎦ ⎤ − 2δ 22 ⎥ = 4960 ⎦ Vậy phương trình bậc hai cần tìm x2 − 968x + 4960 = Các toán liên quan đến nghiệm phương trình đại số Ví dụ 37 Cho đa thức f ( x ) = x3 − 3x + x − có ba nghiệm x1; x2 ; x3 Đặt δ1 = x1 + x2 + x3 ; δ = x1x2 + x2 x3 + x3 x1; δ = x1x2 x3 Hãy biểu diễn δ = ∑ xi3 x 2j theo δ1;δ ;δ tính δ i≠ j Giải Ta có δ = x13 x22 + x13 x32 + x12 x23 + x12 x33 + x23 x32 + x22 x33 ( ) = (δ 22 − 2δ1δ )δ1 − δ 2δ ( = x12 x22 + x12 x32 + x22 x32 ( x1 + x2 + x3 ) − x1x22 x32 + x12 x2 x32 + x12 x22 x3 ) Theo đinh lí Viéte ta có δ1 = 3;δ = 1;δ = Vậy δ = −16 Ví dụ 38 Tính diện tích bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác mà cạnh nghiệm phương trình x3 − ax2 + bx − c = Giải Gọi độ dài ba cạnh tam giác x1; x2 ; x3 ⎧ x1 + x2 + x3 = a ⎪ Theo định lí Viéte ta có: ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 = b ⎪x x x = c ⎩ 24 Chu vi tam giác 2P = x1 + x2 + x3 = a Theo công thức Hê-rông ta có: S = P ( P − x1 )( P − x2 ) ( P − x3 ) Suy S = P ( P − x1 )( P − x2 ) ( P − x3 ) Vậy S = = a ( a − x1 )( a − x2 ) ( a − x3 ) 16 = ⎡ a a − 2a ( x1 + x2 + x3 ) + 4a ( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 ) − 8x1x2 x3 ⎤ ⎦ 16 ⎣ = ⎡ a a − 2a3 + 4ab − 8c ⎤ ⎦ 16 ⎣ xx x 2a ⎡ a −a + 4ab − 8c ⎤ R = = ⎦ 4S ⎣ a 4ab − a3 − 8c ( ) Ví dụ 39 Cho phương trình x4 + px3 + qx + rx + s = , s ≠ có nghiệm Chứng minh phương trình có hai nghiệm đối p s + r = pqr Giải Gọi bốn nghiệm phương trình x1; x2 ; x3 ; x4 ⎧ x1 + x2 + x3 + x4 = − p ⎪x x + x x + x x + x x = q ⎪ 3 4 Theo định lí Viéte ta có: ⎨ ⎪ x1x2 x3 + x1x2 x4 + x1x3 x4 + x2 x3 x4 = −r ⎪⎩ x1x2 x3 x4 = s ⎧ x3 + x4 = − p ⎪x x + x x = q ⎪ Giả sử x1 + x2 = Khi đó, ta có: ⎨ ⎪ x1x2 ( x3 + x4 ) = −r ⎪x x x x = s ⎩ Từ suy x1x2 = Do x1x2 = r ; x1x2 + x3 x4 = q ; x1x2 x3 x4 = s p r nghiệm phương trình X − pX + s = p ⎛r⎞ ⎛r⎞ Suy ⎜ ⎟ − p ⎜ ⎟ + s = hay p s + r = pqr Vậy ta có đpcm ⎝ p⎠ ⎝ p⎠ 25 Bài tập đề nghị Bài Giải hệ phương trình sau: ⎧⎪ x3 + y = a) ⎨ 2 ⎪⎩ xy + x y = ⎧⎪ x3 + y + x y + xy = 13 b) ⎨ 2 ⎪⎩ x y + x y = 468 ⎧⎪ x + y + + x + y = c) ⎨ ⎪⎩3x + y + = ⎧x y z ⎪ + + =3 ⎪y z x ⎪ x2 y z ⎪ d) ⎨ + + = z x ⎪y ⎪ 3 ⎪x + y + z =3 ⎪⎩ y z x3 Bài Giải hệ sau: ⎧1 ⎪ + = a) ⎨ x y a ⎪ x + y ≤ 2a ⎩ ⎧ x + y − xy ≤ x + y − ⎪ b) ⎨ 5 2 3 ⎪⎩ x + y = x + y − x + y ( ) ( ) Bài Giải phương trình sau: a) 1 + x + − x =1 2 c) 3 b) 2+ x+ x + 2− x− x = d) 629 − x + 77 + x = 7− x − x−5 =6− x 7− x + x−5 Bài Chứng minh bất đẳng thức sau: a) x2 + y + ≥ xy + x + y , x, y ∈° b) ( x+ y Bài Cho ) ≥ 64 xy ( x + y ) , x ≥ , y ≥ x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx + xyz = Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + zx Bài Cho a, b, c, d ≥ a + b + c + d = Tìm giá trị lớn T = abc + bcd + cda + dab Bài Cho x1, x2 , x3 , x4 , x5 ≥ x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = Tìm giá trị lớn P = x1x2 x3 + x2 x3 x4 + x3 x4 x5 + x4 x5 x1 + x5 x1x2 26 Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + y = x − xy + y Bài Lập phương trình bậc hai x + px + q = có hai nghiệm x1 = y14 + y22 − y2 x2 = y24 + y12 − y1 y1, y2 nghiệm phương trình y + y + = PHẦN KẾT LUẬN Do khả thời gian nghiên cứu có hạn nên số kết chuyên đề dừng lại kết luận ban đầu, số vấn đề chuyên đề chưa phát triển sâu sai sót Vì vậy, mong quan tâm thầy cô giáo, bạn đồng nghiệp để bổ sung tốt đề tài 27 [...]... bản của x1; x2 ; ; xn Chứng minh rằng: S1 Cn1 ≥ S2 Cn2 ≥3 S3 Cn3 ≥ ≥ n Sn Cnn (*) Giải Chứng minh bất đẳng thức (*) bằng phương pháp quy nạp Dưới đây là một số ứng dụng nữa của đa thức đối xứng: 7 Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng Ví dụ 34 Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình x3 + y3 + 1 = 3xy Giải Đặt δ1 = x + y ; δ 2 = xy thì phương trình đã cho có dạng ( ) δ13 − 3δ1δ 2 + 1... của hai bất đẳng thức trên Ta có δ12δ 22 ≥ 9δ1δ 2δ3 ⇔ δ1 δ 2 ≥ 9δ 3 ⇔ δ1 δ2 ≥ 9 δ3 ⎛1 1 1⎞ Do đó ta có ( x + y + z ) ⎜ + + ⎟ ≥ 9 ⎝x y z⎠ Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Ví dụ 31 Giả sử đa thức hệ số thực φ ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có ba nghiệm dương và φ ( x ) < 0 Chứng minh rằng 2b3 + 9a2d − 7abc ≤ 0 (Indonesia TST, 2010) 20 Giải Gọi x1; x2 ; x3 là các nghiệm của đa thức φ ( x ) b ⎧... nghiệm ( x, y, z ) là ( 0;0;1) Hệ phương trình trên không phải là hệ phương trình đối xứng nhưng việc coi z là tham số thì ta được hệ phương trình tương đương đối xứng với hai ẩn x, y 3 Giải phương trình chứa căn thức Ví dụ 18 Giải phương trình 4 x − 2 + 4 3 − x =1 Giải Điều kiện: x ∈ [2;3] ⎧⎪u + v = 1 Đặt u = 4 x − 2 và v = 4 3 − x ( u , v ≥ 0 ) Khi đó ta có: ⎨ 4 4 ⎪⎩u + v = 1 ⎧δ = u + v Đặt ⎨ 1... thức liên quan đến bất đẳng thức xen kẽ Cauchy Sau đây là bài toán tổng quát chứng minh bất đẳng thức xen kẽ Cauchy Ví dụ 33 Cho S3 = n ∑ 1≤ i ≤ j ≤ k ≤ n x1; x2 ; ; xn > 0 và đặt n S1 = ∑ xi ; S2 = i =1 n ∑ 1≤ i ≤ j ≤ n xi x j ; xi x j xk ; ; Sn = x1x2 xn là các hàm cơ bản của x1; x2 ; ; xn Chứng minh rằng: S1 Cn1 ≥ S2 Cn2 ≥3 S3 Cn3 ≥ ≥ n Sn Cnn (*) Giải Chứng minh bất đẳng thức (*) bằng phương pháp... thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Ví dụ 30 Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta luôn có: ⎛1 1 1⎞ + + ⎟≥9 ⎝x y z⎠ ( x + y + z )⎜ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Giải Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx; δ 3 = xyz Theo Ví dụ 28 và Ví dụ 29 ta có δ12 ≥ 3δ 2 và δ 22 ≥ 3δ1δ 3 Vì x, y, z là các số dương nên δ1, δ 2 , δ 3 cũng là các số dương và nghĩa là ta có thể nhân... 2 − 2 1 + a thì hệ vô nghiệm ⎡ x = t1; y = t2 u m u 2 − 4v Vậy hệ có nghiệm ⎢ với t1,2 = và 2 x = t ; y = t ⎣ 2 1 ⎧⎪v = u + a 1 ; 0≤a≤ + 2 ⎨ 2 ⎪⎩1 − 2 + 2a ≤ u ≤ 2 − 2 1 + a 5 Chứng minh hằng đẳng thức Ví dụ 25 Cho x + y = 1; x3 + y3 = a và x5 + y5 = b Chứng minh rằng: 5a ( a + 1) = 9b + 1 Giải Đặt δ1 = x + y và δ 2 = xy Từ giả thiết ta có δ1 = 1 x3 + y3 = δ13 − 3δ1δ 2 ⇒ δ 2 = 1− a 3 ( )( ) = (δ12... khi và chỉ khi x = y = z Ví dụ 29 Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có: ( xy + yz + zx )2 ≥ 3xyz ( x + y + z ) Nếu x > 0; y > 0; z > 0 thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Giải Trong bất dẳng thức ở Ví dụ 28 thay x, y, z bởi xy; yz; zx ta được: ( xy + yz + zx )2 ≥ 3( x 2 yz + xy 2 z + xyz 2 ) = 3xyz ( x + y + z ) Suy ra ta có đpcm Đặc biệt x > 0; y > 0; z > 0 thì đẳng thức. .. ; x3 là các số dương nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: x13 + x23 + x23 ≥ 33 x13x26 = 3x1 x22 Tương tự ta có: x23 + x33 + x33 ≥ 3x2 x32 và x33 + x13 + x13 ≥ 3x3 x12 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: x13 + x23 + x33 ≥ x1 x22 + x2 x32 + x3 x12 (2) Tương tự ta chứng minh được: x13 + x23 + x33 ≥ x2 x12 + x3 x22 + x1 x32 (3) Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được đpcm Ví dụ 32 Cho phương... biệt Chứng minh rằng: − a b 3 > > −c 3 3 Giải Gọi x1; x2 ; x3 là ba nghiệm của phương trình đã cho 21 ⎧ x1 + x2 + x3 = −a ⎪ Theo định lí Viéte ta có ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 = b ⎪ x x x = −c ⎩ 1 2 3 Vì x1; x2 ; x3 không âm và phân biệt nên ta có bất đẳng thức xen kẽ Cauchy: x1 + x2 + x3 xx +x x +x x > 1 2 2 3 3 1 > 3 x1x2 x3 3 3 Vậy ta có: − a b 3 > > −c 3 3 Trên đây là ví dụ về chứng minh bất đẳng thức. .. − 2δ 2 ) 2 ( ( ) 2 2 − 2x2 y 2 − 2δ 22 = 2 δ14 − 2δ12δ 2 + δ 22 = 2 δ12 − δ 2 ) ) ( = 2 x 2 + xy + y 2 ) 2 = VP Vậy ta có đpcm 6 Chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 28 Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có: ( x + y + z )2 ≥ 3( xy + yz + zx ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Giải Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx Xét δ12 − 3δ 2 = ( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx ) 2 = x 2 + y 2 ... Như vậy, P đa thức n biến đa thức P (δ1,δ , ,δ n ) đa thức đối xứng Điều ngược lại đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng sở Biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sở Như... ta biết rằng: đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng sở biểu diễn Dưới phần trình bày phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng sở a) Đối với đa thức hai ẩn việc... Nhưng đa thức P ( x, y, z ) = xy + yz không đối xứng P ( x, y, z ) = xy + yz ≠ xy + xz = P ( z , y, x ) Ngoài ra: tổng, hiệu tích đa thức đối xứng đa thức đối xứng Đa thức đối xứng sở a) Với đa thức