BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

VÕ THỊ HƯƠNG TRÀ

ỨNG DỤNG ĐA THỨC VÀO
GIẢI TỐN PHỔ THƠNG

Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã s ố

: 60.46.01.13

TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU

Phản biện 1: TS. Lê Hải Trung
Phản biện 2: TS. Trịnh Đào Chiến

Luận văn đã được bảo vệ tại hội đồng chấm Luận văn tốt
nghiệp Thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng
12 năm 2015.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:

-

Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng.

-

Thư viện trường Đại Học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng.


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Đa thức là một trong các khái niệm cơ bản của đại số, cũng như
của tốn học nói chung. Trong chương trình mơn tốn bậc phổ thông
ở nước ta, đa thức được đưa vào giảng dạy từ cấp 2 đến cấp 3, và
được đề cập trong các nội dung về phương trình, hệ phương trình, bất
phương trình, đẳng thức, bất đẳng thức, tích phân, … . Tuy nhiên
trong chương trình đào tạo cũng như sách giáo khoa mơn tốn, khái
niệm đa thức được đề cập còn khiêm tốn và tản mạn, hơn nữa chưa
định hướng rõ việc ứng dụng đa thức vào giải toán. Là học viên sau
đại học chuyên ngành toán sơ cấp, một giáo viên giảng dạy toán
trong tương lai, với mong muốn tìm hiểu các ứng dụng của đa thức
trong tốn phổ thông, nên tôi chọn đề tài luận văn Thạc sĩ của mình
là: “ Ứng dụng đa thức vào giải tốn phổ thơng ”.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Tìm hiểu đa thức một ẩn, nhiều ẩn và các tính chất liên quan.
- Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán giải được bằng đa
thức.
- Đưa ra quy trình và định hướng giải cho từng lớp bài toán.

3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
- Đa thức một ẩn, nhiều ẩn với hệ số thực và hệ số phức.
- Đa thức đối xứng, công thức Viete.
- Các bài tốn thuộc chương trình phổ thơng có thể giải được bằng
đa thức.
- Quy trình giải từng lớp bài toán bằng đa thức.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
- Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu liên quan đến nội dung
đề tài luận văn.
- Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận văn.
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của người hướng dẫn, của
các chuyên gia và các đồng nghiệp.
5. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của


2

luận văn được chia thành hai chương:
Chương 1. Đa thức
Chương này trình bày những kiến thức về đa thức một ẩn, đa thức
nhiều ẩn và đặc biệt là đa thức đối xứng. Phần cuối của chương nhắc
lại một số công thức về đại số, hình học sơ cấp, đủ để làm cơ sở cho
chương sau.
Chương 2. Ứng dụng đa thức vào giải tốn phổ thơng
Chương này là nội dung chính của luận văn, trình bày những ứng
dụng của đa thức để giải tốn bậc phổ thơng. Cụ thể là các bài tốn
giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, những bài tốn về tam giác và tính
tích phân hàm hữu tỉ.

CHƢƠNG 1
ĐA THỨC
Chương này trình bày những kiến thức về đa thức một ẩn, đa thức
nhiều ẩn và đặc biệt là đa thức đối xứng. Phần cuối của chương nhắc
lại một số cơng thức về đại số, hình học sơ cấp, đủ để làm cơ sở cho
chương sau.
1.1. ĐA THỨC MỘT ẨN
1.1.1. Vành đa thức một ẩn
Giả sử A là một vành giao hốn, có đơn vị kí hiệu là 1  0 . Gọi
P là tập hợp các dãy (a0 , a1 , ... , an , ...) ,trong đó các ai  A với
mọi i 
và ai  0 tất cả trừ một số hữu hạn.
Trên P ta xác định hai phép tốn hai ngơi:

 a0 , a1, ... , an , ...

 b0 , b1, ... , bn , ...   a0  b0 , a1  b1, ... , an  bn , ...

 a0 , a1 , ... , an , ...b0 , b1, ... , bn , ...

  c0 , c1, ... , cn , ...

với ck  a0bk  a1bk  1  ...  ak b0 



i j k

ai b j , k  0, 1, 2, ...

Tập P cùng hai phép toán ở trên là một vành giao hốn, có đơn vị.
Bây giờ ta xét phần tử x  (0, 1, 0, ... , 0, ...)  P.
Theo quy tắc nhân trong P ta có:


3

x2  (0, 0, 1, 0, ... , 0, ...)

…

x n  (0, 0, ... , 0, 1, 0, ...).
n

Quy ước:

x  (1, 0, ... , 0, ...).

Mặc khác, ánh xạ:

A  P

0

a

(a, 0, ... , 0, ...)

là một đơn cấu vành. Do đó ta có thể đồng nhất phần tử a  A với
dãy (a, 0, ... , 0, ...)  P , và vì vậy xem A là một vành con của

vành P. Vì mỗi phần tử của P là một dãy

 a0 , a1 , ... , an , ...

trong đó các ai bằng 0 tất cả trừ tất cả một số hữu hạn, nên mỗi
phần tử

của

P

 a0 , a1 , ... , an ,

có dạng

0, ...

trong đó

a0 , ... , an  A . Việc đồng nhất a với (a, 0, ... , 0, ...) và việc đưa
vào dãy x cho phép ta viết:

 a0 , a1, ... , an , 0, ...

 (a0 , 0, ...)  (0, a1, 0, ...)  ...  (0, ... , an , 0, ...)

 (a0 , 0, ...)  (a1 , 0, ...)(0, 1, 0, ...)  ...  (an , 0, ...)(0, ... , 0, 1, 0, ...)
n

 a0  a1 x  a2 x  ...  an x .

2

n

Do đó người ta thường viết các phần tử của P dưới dạng
a0  a1 x  ...  an x n và ký hiệu f ( x), g ( x) ...
Định nghĩa 1.1.1. Vành P gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ
tử trong A, hay vắn tắt vành đa thức của ẩn x trên A, và kí hiệu là
A x  . Các phần tử của vành A x  gọi là đa thức của ẩn x lấy hệ tử
trong A. Trong một đa thức:
f ( x)  a0 x0  a1 x  ...  an x n ,

các ai , i  0, 1, 2, ... , n gọi là các hệ tử của đa thức. Các ai xi gọi
là các hạng tử của đa thức. Đặc biệt a0 x0  a0 gọi là hạng tử tự do.


4

1.1.2. Bậc của một đa thức
Định
nghĩa
1.1.2.
Cho
một
đa
thức
0
n 1
n
f  x   a0 x    an  1 x

 an x khác 0 với an  0,

n  0 . Ta gọi f  x  có bậc là n. an x n gọi là hạng tử cao nhất của

đa thức f  x  . an gọi là hệ tử cao nhất của f  x  .
Quy ước đa thức 0 khơng có bậc.

Định lý 1.1.1. Giả sử f  x  và g  x  là hai đa thức khác 0.
i.

Nếu bậc f  x  khác bậc g  x  thì ta có f  x   g  x   0

và bậc
ii.

 f  x

 g  x    max (bậc f  x  , bậc g  x  ).

Nếu bậc f  x 



bậc g  x  , và nếu f  x   g  x   0

thì ta có bậc  f  x   g  x    bậc f  x  (hoặc bậc g  x  ).

iii. Nếu f  x  g  x   0 thì ta có bậc f  x  g  x   bậc f  x 
+ bậc g  x  .
Định lý 1.1.2. Nếu A là một miền nguyên f  x  và g  x  là hai

đa thức khác 0 của vành A x  , thì

f  x  g  x   0 và bậc

f  x  g  x   bậc f  x  + bậc g  x  .

Hệ quả 1.1.1. Nếu A là miền nguyên thì A x  cũng là miền nguyên.
1.1.3. Phép chia có dƣ
Định lý 1.1.3. Giả sử A là một trường, f  x  và g  x   0 là

hai đa thức của vành A x  , thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy

nhất q  x  và r  x  thuộc A x  sao cho: f  x   g  x  q  x   r  x  ,
với bậc r  x  < bậc g  x  nếu r  x   0 .

Hệ quả 1.1.2. f  x  chia hết cho g  x  khi và chỉ khi dư r  x 
trong phép chia f  x  cho g  x  bằng 0.
1.1.4. Nghiệm của một đa thức.
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành A,


5

f  x   a0  a1 x    an x n là một đa thức tùy ý của vành

A x  ; phần tử f  c   a0  a1c    anc n  A có được bằng
cách thay x bởi c gọi là giá trị của f  x  tại c. Nếu f (c)  0 thì
c gọi là nghiệm của f  x  . Tìm nghiệm của f  x  trong A gọi là
giải phương trình đại số bậc n: an xn    a0  0  an  0

trong A.
Định lý 1.1.4. Giả sử A là một trường, c  A, f  x   A x  .
Dư của phép chia f  x  cho x  c là f  c  .
Hệ quả 1.1.3. Cho c  A, c là nghiệm của f  x  khi và chỉ khi

f  x  chia hết cho x  c .
Định lý 1.1.5. Mọi đa thức bậc n  0 với hệ số phức có n
nghiệm phức (các nghiệm có thể trùng nhau).
1.2. ĐA THỨC NHIỀU ẨN
1.2.1. Vành đa thức nhiều ẩn
Định nghĩa 1.2.1. Giả sử A là một vành giao hốn có đơn vị. Ta
đặt A1  A x1  , A2  A1  x2  , A3  A2  x3  , … , An  An  1  xn .

Vành An  An – 1  xn  kí hiệu là A x1 , x2 ,  , xn  và gọi là vành

đa thức của n ẩn x1 , x2 ,  , xn lấy hệ tử trong vành A. Một phần
tử của An gọi là một đa thức n ẩn x1 , x2 ,  , xn lấy hệ tử trong
vành A, và kí hiệu là f  x1 , x2 , ... , xn  hay g  x1 , x2 , ... , xn  …
Từ hai phép toán trong một vành và bằng phương pháp quy
nạp ta chứng minh được mỗi đa thức f  x1 , x2 , ... , xn  trong vành

A x1 , x2 ,  , xn  được viết dưới dạng:

f ( x1 , x2 , ... , xn )  c1 x1a11 ... xna1n  ...  cm x1am1 ... xnamn ,
với các ci  A , các ai1 , ... , ain , i  1, ... , m là những số tự nhiên

và  ai1 ,  , ain  

a

j1

,  , a jn  khi i  j .

Các ci gọi là các hệ tử của đa thức f  x1 , x2 , ... , xn  . Các


6

ci x1ai1 ... xnam gọi là các hạng tử của đa thức f  x1 , x2 , ... , xn .

Đa thức f  x1 , x2 , ... , xn   0 khi và chỉ khi các hệ tử của nó
bằng 0 tất cả.
Hệ quả 1.2.1. Nếu A là một miền nguyên thì A[ x1 , ... , xn ] cũng vậy.
1.2.2. Bậc của đa thức nhiều ẩn
Định nghĩa 1.2.2. Giả sử f ( x1 , ... , xn )  A[ x1 , ... , xn ] là một
đa thức khác 0
f ( x1 , ... , xn )  c1 x1a11 ... xna1n  ...  cm x1am1 ... xnamn , với các
ci  0, i  1, ... , m và (ai1 , ... , ain )  (a j1 , ... , a jn ) khi i  j .

Ta gọi là bậc của đa thức f  x1 , x2 , ... , xn  đối với ẩn xi số mũ
cao nhất mà xi có được trong các hạng tử của đa thức.
Ta gọi là bậc của hạng tử

c j x1ai1 . . x.na

i n

tổng các số mũ

ai1  ...  ain của các ẩn. Bậc của đa thức (đối với toàn thể các ẩn)
là số lớn nhất trong các bậc của các hạng tử của nó.

Nếu các hạng tử của f ( x1 , ... , xn ) có cùng bậc k thì
f ( x1 , ... , xn ) gọi là một đa thức đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k.
Để sắp xếp các hạng tử của một đa thức nhiều ẩn ta có thể sắp xếp
theo quan hệ thứ tự từ điển như sau:

 a1 , a2 , ... , an  , b1, b2 , ... , bn , ai , bi
 a1 , a2 , ... , an   b1, b2 , ... , bn 



; i  0, 1, 2, ... , n.

 a1  b1
 
 i  : a1  b1 , a2  b2 , ... , ai  1  bi  1 , ai  bi .

1.2.3. Đa thức đối xứng
Định nghĩa 1.2.3. Giả sử A là một vành giao hốn có đơn vị,
f ( x1 , ... , xn ) là một đa thức của vành A[ x1 , ... , xn ] . Ta bảo
f ( x1 , ... , xn) là một đa thức đối xứng của n ẩn nếu

f ( x1 , x2 , ... , xn )  f ( x (1) , x (2) , ... , x ( n) )


7

2 ... n 

 1
với mọi phép thế   
.
 (1)  (2) ...  (n) 
f ( x (1) , ... , x ( n) ) được suy ra từ f ( x1 , ... , xn ) bằng cách thay xi

trong f ( x1 , ... , xn ) bởi x ( i ) , i  1, 2, ... , n .
Định lý 1.2.1. Bộ phần gồm các đa thức đối xứng của vành
A[ x1 , ... , xn ] là một vành con của vành A[ x1 , ... , xn ].
Ví dụ 1.2.1. Trong vành đa thức n ẩn A[ x1 , ... , xn ] , n đa thức sau

k 



i1  i2  ...  ik

xi1 . xi2 ... xik , k  1, 2, ... , n,

là n đa thức đối xứng gọi là n đa thức đối xứng cơ bản. Cụ thể ta có:

1  x1  x2  ....  xn

 2  x1 x2  x1 x3  ....  x1 xn  x2 x3  ...  xn  1 xn
…

 n  1  x1 x2 x3 ... xn  1  x1 x2 ... xn  2 xn  ....  x2 x3 x4 ... xn
 n  x1 x2 .... xn .
Định lý 1.2.2. Giả sử f ( x1 , x2 , ... , xn )  A[ x1 , x2 , ... , xn ] là một
đa thức đối xứng khác 0. Thế thì có một và chỉ một đa thức

h( x1 , x2 , ... , xn )  A[ x1, x2 , ... , xn ] sao cho f ( x1, x2 , ... , xn )  h(1,  2 , ... ,  n ) ,
trong đó 1 ,  2 , ... ,  n là các đa thức đối xứng cơ bản.
1.2.4. Công thức Viete
Giả sử đa thức f ( x)  an xn  an  1 xn  1  ...  a1 x  a0 bậc
n, có n nghiệm 1 ,  2 , ... ,  n trong một trường nào đó. Khi đó ta
có cơng thức sau, gọi là cơng thức Viete:


an  1
an

 1   2  ...   n   1

...

 1

k

an  k
an





i1  i2  ...  ik

 i  i ... i   k
1

2

k


8

...

 1

n

a0
an

 1 2 ...  n   n

 k , k  1, 2, ... , n, là những đa thức đối xứng cơ bản đối với các
biến 1 ,  2 , ... ,  n .
Định lý 1.2.3. Nếu

k 



i1  i2  ...  ik

là

X

n

i i ...  i , k  1, 2, ... , n thì 1 ,  2 , ... ,  n
1

2

k

n
n

 1 X

n 1

số phức 1 ,  2 , ... ,  n có các tổng

nghiệm

 2 X

n 2

phương

của

 ...   1

n 1

trình

 n  1 X   1  n  0.
n

1.3. MỘT SỐ CÔNG THỨC VỀ ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC SƠ CẤP
1.3.1. Hai bất đẳng thức thƣờng gặp
a. Bất đẳng thức Cauchy:
Cho n số không âm x1 , x2 , ... , xn . Khi đó ta có:

x1  x2  ...  xn
n



n

x1 x2 ... xn .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  ...  xn .
b. Bất đẳng thức Bunhiacốpxki:
Với hai bộ số thực  a1 , a2 , ... , an  và

 n


  ai bi 
i  1


2

 b1 , b2 , ... , bn 

ta có:

 n
 n

   ai 2   bi 2  .
 i  1  i  1 

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi

a
a1
a
 2    n 
b1
b2
bn

1.3.2. Một số cơng thức về hình học sơ cấp
Để thuận tiện, trong một tam giác ABC ta ln kí hiệu:
AB  c, AC  b, BC  a; p là nửa chu vi của tam giác ABC.

9

R và r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp và đường tròn
nội tiếp tam giác.
ra , rb , rc là các bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác ABC.

S là diện tích tam giác ABC.
a. Các cơng thức tính bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp và
bàng tiếp.

a
b
c
abc



;
2sin A
2sin B
2sin C
4S
A
B
C
S
r  ( p  a) tan
  p  b  tan
  p  c  tan ; r 

;
2
2
2
p
R 


S
A
ra  p  a  p tan 2


S
B
 p tan
rb 
p b
2


S
C
 p tan 
rc 
pc
2


b. Cơng thức tính thể tích hình nón, hình trụ.

1 2
 r h.
3
Thể tích hình trụ: V   r 2 h.
Thể tích hình nón: V 

CHƢƠNG 2
ỨNG DỤNG ĐA THỨC VÀO GIẢI TỐN PHỔ THƠNG
Chương này là nội dung chính của luận văn, trình bày những ứng
dụng của đa thức để giải tốn bậc phổ thơng. Cụ thể là các bài tốn
giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm
giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN), những bài toán về
tam giác và tính tích phân hàm hữu tỉ.
2.1. ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỂ GIẢI NHỮNG BÀI TOÁN
ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC
2.1.1. Hệ phƣơng trình đối xứng


10

Định nghĩa 2.1.1. Một hệ phương trình n ẩn x1 , x2 , ... , xn được
gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1 (tương ứng loại 2) nếu các
phương trình của hệ đó khơng thay đổi (tương ứng các phương trình
của hệ hốn đổi cho nhau) khi ta thay ẩn xi bằng ẩn x (i ) ,

i  1, 2, ... , n,   Sn , trong các phương trình của hệ.
Các hệ phương trình đối xứng loại 1, loại 2 được gọi chung là hệ
phương trình đối xứng.
Nhận xét 2.1.1.

i. Nếu  a1 , a2 , ... , an  là một nghiệm của hệ phương trình đối
xứng n ẩn x1 , x2 , ... , xn

thì

a

 (1)

, a (2) , ... , a ( n)  ,   Sn

cũng là nghiệm của hệ phương trình đối xứng đó.
ii. Nếu một hệ phương trình đối xứng có nghiệm duy nhất
 a1 , a2 , ... , an  thì điều kiện cần là a1  a2  ...  an .
Ví dụ 2.1.1. Sau đây là hai ví dụ về hệ phương trình đối xứng.

 x 2  y 2  xy  78
a. 
. Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1.
4
4
 x  y  97
y

 x  3 y  4 x
b. 
. Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2.
 y  3x  4 x

y

 Phương pháp giải hệ phương trình đối xứng loại 1.
 Bước 1: Đặt điều kiện của hệ (nếu có).
 Bước 2: Biến đổi hệ phương trình đối xứng thành hệ phương
trình theo các ẩn là các đa thức đối xứng cơ bản  k ,
k  1, 2, ... , n , của các ẩn xi , i  1, 2, ... , n.
 Bước 3: Giải hệ phương trình theo các ẩn  k ,
k  1, 2, ... , n.
 Bước 4: Dùng cơng thức Viete để tìm nghiệm của hệ phương
trình đối xứng ban đầu.
Sau đây là một số bài toán minh họa.


11

Bài tốn 2.1.2. Giải hệ phương trình sau trên trường số thực:
3  xy  yz  zx   1

2
2
2
3  x  y  z   1
 2 2
3
2 2
2 2
 x y  y z  z x  xyz  x  y  z  .

(2.4)

Lời giải.
 1  x  y  z

Đặt  2  xy  yz  zx
  xyz.
 3

3 2  1

Hệ (2.4) trở thành: 3  12  2 2   1

 2
3
 2  2 3 1   1  3

1

 2  3

  1  1

1
 3 
27


hoặc

1


 2  3
 2
 1  1
 2
3
 2  2 3 1   1  3

1

 2  3

 1   1

1
 3   
27


Theo cơng thức Viete thì x, y, z là ba nghiệm của phương trình

hoặc

X3  X2 

1
1
X 
 0
3
27

X3  X2 

1
1
X 
 0.
3
27
3

1
1

Phương trình (2.5)   X    0  X 
(nghiệm bội 3).
3
3


 x  y  z 

1

3


12
3

1

Phương trình (2.6)   X    0  X
3

1
 x  y  z   
3
1 1 1
Vậy nghiệm của hệ (2.4) là:  ; ;  ;
 3 3 3

 

1
(nghiệm bội 3).
3

1
1
 1
 ;  ;  
3
3
 3

 Phương pháp giải hệ phương trình đối xứng loại 2.
Bằng cách trừ vế theo vế một phương trình nào đó của hệ cho các
phương trình cịn lại, ta được một hệ phương trình mà những phương
trình của hệ này có dạng là phương trình tích. Biến đổi hệ phương

trình này thành nhiều hệ phương trình đơn giản hơn, giải các hệ đơn
giản này ta suy ra được nghiệm của hệ đối xứng ban đầu.
Sau đây là một số bài toán minh họa.
Bài toán 2.1.7.[6] Giải hệ phương trình sau trên trường số thực:
 xyz
 yzt


 ztx
txy

 x  y  z
 y  z  t

(2.19)

 z  t  x
 t  x  y.

Lời giải.
Lấy phương trình đầu cuả hệ trừ cho ba phương trình cịn lại:

(2.19)



 xyz  x 

 x  t  yz


 y  t  xz
 z  t  xy


y  z
 1  0
 1  0
 1  0.

Ta có nhận xét: Nếu yz  1  0 , hay yz  1 .
Khi đó phương trình (2.20) trở thành y  z  0, và ta có hệ

(2.20)
(2.21)
(2.22)
(2.23)


13

y  z  0

 yz  1



y  z  0
(hệ này vô nghiệm).
 2
 y  1

Vậy yz  1  0.
Lí luận tương tự có xz  1  0 ; xy  1  0 , vì thế
x  y  z  t  0
x  y  z  t
(2.20), (2.21), (2.22), (2.23)   3
 
 x  3x
 x  y  z  t   3.

Vậy hệ (2.19) có ba nghiệm như sau:

 0, 0, 0, 0;



3,

3,

3,

 



3 ;  3,  3,  3,  3 .

2.1.2. Phƣơng trình đa thức một ẩn đối xứng
Định nghĩa 2.1.2. Đa thức một ẩn x lấy hệ tử trong vành A

f  x   an xn  an  1 xn  1  ...  a1 x  a0 , ai  A, i  0, 1, ... , n, an  0.
được gọi là đa thức một ẩn đối xứng hay đa thức hệ tử đối xứng nếu
các hệ tử cách đều hai đầu bằng nhau, nghĩa là
Nếu f  x 

an  a0 , an  1  a1 , an  2  a2 , ...

là đa thức một ẩn đối xứng thì phương trình

f  x   0 , được gọi là phương trình đa thức một ẩn đối xứng.
Định lý 2.1.1. Đa thức f  x  bậc n là đa thức đối xứng khi và
1
chỉ khi x n f    f  x  , x  0.
 x

Nhận xét 2.1.2.
i. Phương trình đối xứng có a0  an  0 , nên x  0 không
phải là nghiệm của phương trình đối xứng.
ii. Định lý 2.1.1 cho thấy với f  x  là một đa thức đối xứng lấy
hệ tử trong trường A, nếu a  A là một nghiệm của f  x  thì

1
a


14

cũng là nghiệm của f  x  .
Định lý 2.1.2. Phương trình đối xứng bậc lẻ có một nghiệm x  1.

Định lý 2.1.3. Khi chia hai vế của một phương trình đối xứng bậc
lẻ có ẩn số x cho nhị thức x  1 , ta được một phương trình đối
xứng bậc chẵn.
Nhận xét 2.1.3. Định lý 2.1.3 cho thấy mọi phương trình đối xứng
bậc
n
lẻ, n  1 , đều đưa được về phương trình tích
 x  1 f  x   0 , trong đó f  x  là một đa thức đối xứng bậc chẵn.
Định lý sau là cơ sở cho việc giải các phương trình đối xứng bậc
chẵn trong trường số phức.

1
, một phương trình đối
x
xứng bậc chẵn 2n trở thành một phương trình bậc n và dẫn đến n
phương trình bậc hai trên trường số phức.
Định lý 2.1.4. Bằng cách đặt y  x 

Sau đây là một số bài toán minh họa cách giải phương trình đa
thức một ẩn đối xứng trong trường số phức.
Bài tốn 2.1.12. Giải phương trình sau trên trường số phức:
x7 + 2x6  5x5  13x4  13x3  5x2  2x  1  0.

Lời giải.
Phương trình (2.38) là phương trình đối xứng bậc 7. Theo Định
lý 2.1.2, phương trình (2.38) có một nghiệm x  1 .





Phương trình (2.38)   x  1 x6  x5  6x4  7 x3  6x2  x  1  0

x = 1
  6
5
4
3
2
 x  x  6 x  7 x  6 x  x  1  0 (2.39)
Phương trình (2.39) là phương trình đối xứng bậc 6, và x  0
khơng phải là nghiệm của phương trình (2.39). Chia hai vế của
phương trình (2.39) cho x 3 ta được:


15

x3  x 2  6 x  7 

  x3

1
Đặt x 
x
1
x2  2 
x



6
1
1
 2  3  0
x
x
x

1
1 
1
 2

   x  2   6 x    7  0
x3 
x
x




 y , ta có:
1

x  
x


2

 2  y 2  2.

3

1
1
1


x  3   x    3  x    y 3  3y.
x
x
x


3

Phương trình (2.40) trở thành: y3  3y + y 2  2  6y  7  0
 y1   1
 y + y  9y  9  0   y2  3
 y3   3.
3

2

1
1  i
  1  x2  x  1  0  x 
x
2

1
3 
Với y2  3  x 
 3  x2  3x  1  0  x 
x
2
1
3 
Với y3   3  x 
  3  x2 + 3x  1  0  x 
x
2
Vậy phương trình (2.38) có các nghiệm là: x1 

Với y1   1  x 

3



5

5





1 ;

1 + i 3
1  i 3
3+ 5
3  5
; x3 
; x4 
; x5 
2
2
2
2
3 + 5
3  5
; x6 
; x7 

2
2
x2 

2.1.3. Chứng minh bất đẳng thức đại số
Bài toán 2.1.18. Cho các số a, b, c, d , p, q thỏa mãn điều kiện
p2  q2  a2  b2  c2  d 2  0 . Chứng minh


16

p

2

 a 2  b2  q 2  c2  d 2  

 pq

 ac  bd  .
2

Lời giải.
Từ giả thiết, ta có

p

2

 a 2  b2    q 2  c 2  d 2   0.

Do đó có ít nhất 1 trong 2 số p2  a2  b2 và q2  c2  d 2 là số dương.
Khơng mất tính tổng quát ta giả sử p2  a2  b2  0, suy ra p  0.
Xét
tam
thức
bậc
hai:
2
2
2
2
2
2

f  x    p  a  b  x  2  pq  ac  bd  x   q  c  d 2 .
Tam thức f  x  có hệ số của x 2 là p 2  a 2  b2  0 và có
biệt thức  

 pq

 ac  bd    p2  a2  b2  q2  c2  d 2  .
2

q
q2
q
Ta có: f     p 2  a 2  b2  2  2  pq  ac  bd   q 2  c 2  d 2
p
p
 p
2
2
q
q
q
q
  a 2 2  b2 2  2ac
 2bd
 c2  d 2
p
p
p
p
2

2
 qa
  qb
 
  
 c + 
 d    0.
 p
  p
 

Suy ra   0 và suy ra được bất đẳng thức cần chứng minh.
2.1.4. Các bài tốn tìm GTLN, GTNN
Bài toán 2.1.23. Giả sử đa thức f  x   ax3  x2  bx  1 

 x,

0  a  b , có 3 nghiệm thực dương. Hãy tìm GTNN của biểu thức

P 

5a 2  3ab  2

a2 b  a 

Lời giải.
Gọi ba nghiệm dương của đa thức f  x  là m, n, p. Theo công


17

thức Viete ta có:

1
b
; mn  np  pm  
a
a
Vì m, n, p là các số thực dương nên a, b cũng dương.
m  n  p  mnp 

Ta có:

m

 n   n  p  
2

2

p

 m

2

 0

 m2  n2  p 2  mn  np  pm  0



m

 n  p

2

 3 mn  np  pm .

1
b
1
hay 0  b 
 3

2
a
a
3a
Mặc khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
hay
 m  n  p  3 3 mnp  3 3
a
a


Xét hàm số: f  b  

Ta có: f   b  

 f b 

0  a 

1
3 3

5a 2  3ab  2
1

; b   0,
2

a . b  a 
 3a 

2a 2  2
a 2 . b  a 

2

 hàm f  b  giảm.

 0

3  5a 2  1
 1 
 f  


a 1  3a 2 
 3a 

Tiếp tục xét hàm số: g  a  
Ta có: g   a  

5a  1 ;
a 1  3a 
2

2

15a 4  14a 2  1
a 2 1  3a



2 2

1 

a   0,

 3 3

1 

 0 với a   0,


 3 3

 g  a  là hàm giảm.
 1 
 g a  g 
  4 3 . Do đó P  12 3 .
3 3

.


18

Dấu “ = ” xảy ra khi a 

1

3 3
Vậy GTNN của P là 12 3 .

và b 

3 (khi đó m  n  p 

3 ).

2.2. ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỂ GIẢI NHỮNG BÀI TỐN
LƢỢNG GIÁC VÀ HÌNH HỌC
2.2.1. Các bài toán nhận dạng tam giác
Bài toán 2.2.1. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức:

sin 4 C  2sin 4 A  2sin 4 B  2sin 2 C sin 2 A  sin 2 B .
Chứng minh ABC là tam giác vuông cân.
Lời giải.
Theo [1.3.2], ta có:
c4
a4
b4
c2  a2
b2 
(2.55)  4 4  2 4 4  2 4 4  2 2 2  2 2  2 2 
2 R
2 R
2 R
2 R 2 R
2 R 

1
1
c 4  2a 4  2b4   2c 2 4 4  a 2  b2 
4 
2 R
2 R
4
4
4
2
2
 c  2a  2b  2c  a  b2 


4

 c4  2c2  a 2  b2   2a 4  2b4  0.



Xét tam thức bậc hai: f  x  = x2  2 x a 2  b2

 

Từ (2.56) suy ra: f c 2



 2a 4  2b4 .

 0.

Tam thức bậc hai f  x  có:  

a

2

 b2 

2

 2a 4  2b4

   2a 2b2  a 4  b4    a 2  b2   0.
Từ (2.57) và (2.58) suy ra:   0 và c2  a2  b2 .
Từ (2.59) theo Định lý Pythagore suy ra ABC là tam giác vuông cân
tại C.
2.2.2. Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác.
Bài tốn 2.2.5. Cho hình cầu nội tiếp trong một hình nón trịn


19

xoay một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó và đáy nằm trong mặt phẳng
đáy của hình nón. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hình nón và của
V
4
hình trụ. Chứng minh 1  
B
V2
3
Lời giải.
Ta giả sử hình nón có đỉnh B, đường cao
BD  h , bán kính đáy là DC  a , và góc
giữa đường sinh và trục là  . Gọi bán kính
hình cầu nội tiếp hình nón là r.
Ta có: V1 


3

r 1  sin  

sin 

O
A

E

C

D

ha 2 , V2  2 r 3 .

h  OB  OD 
a 

α

r 1  sin  
r
;
 r 
sin 
sin 

tan  .

 r 3 1  sin 
Thay vào (2.65) ta có: V1 
3sin  cos 2 

3

 r 3 1  sin 


3sin 1  sin 
2

1  sin 
1  s  
V1


V2
6sin 1  sin 
6s 1  s 
Đặt s  sin

0 

2

2

s  1 , và k 

V1

V2

Ta có 6sk 1  s   1  s 

2

 6sk  6s 2 k  1  2s  s 2

 1  6k  s 2 + 2 1  3k  s  1 = 0.
Để phương trình này có nghiệm ta phải có:   0

 1  3k   1  6k   0  k 
2

4
V
4
 Vậy 1   (đpcm)
3
V2
3

2.2.3. Chứng minh bất đẳng thức lƣợng giác


20

Bài toán 2.2.8. Chứng minh nếu 0   



cos 
 8.
sin   cos   sin 

4

thì

2

Lời giải.
Do 0   


4

nên cos  sin  0 .

Bất đẳng thức (2.68)  cos  8sin 2  cos  sin .
Chia cả hai vế của bất đẳng thức (2.69) cho cos3   0 , ta có:
Bất đẳng thức (2.69)  1  tan 2  8tan 2  1  tan 
 8tan3   7 tan 2   1  0.

Xét hàm số: f  x  = 8x3  7 x2  1 , với 0  x  1.
Khi đó f   x  = 24 x2  14 x .
Ta có bảng xét dấu của hàm f  x  như sau:
x

7
12

0

f ’(x)

–

1

0

+

1

2

f(x)

356
123
3

7
7
7
Ta có: f    8    7  
 12 
 12 
 12 

 f  x   0,  x   0, 1 .

2

 1 

356
 0.
123

Vậy bất đẳng thức (2.70) đúng và do đó bất đẳng thức (2.68) đúng.


21

2.3. ỨNG DỤNG ĐA THỨC ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ
2.3.1. Hai tích phân cơ bản
Hai tích phân hàm hữu tỉ sau đây có vai trị quan trọng trong việc
tính tích phân của hàm hữu tỉ.
a. I k 

 x

b. J k 



dx
 a

k

, k 

xa

x

2

 bx  c 

k



, a 

dx, k 



.

; a, b, c  ; b 2  4c  0.

Tích phân I k là đơn giản và khá quen thuộc:
dx
I1  
= ln x  a  C.

x  a
dx
1
Ik  
=
 C , với k  1.
k
k 1
 x  a
1  k  x  a 
Sau đây sẽ tính tích phân J k khi k  1 .
Khi đó
x a
1
2a  b
2x  b
dx  ln  x 2  bx  c  
arctan
 C.
 bx  c
2
4c  b2
4c  b2
2.3.2. Tính tích phân hàm hữu tỉ.

J1 

x

2

Định lý 2.3.1. Mọi đa thức bậc n  0 , với hệ số thực:

g  x   a0  a1 x  ...  an x n ; an  0 , n  0.
đều có thể phân tích thành tích các thừa số là nhị thức bậc nhất và
tam thức bậc hai khơng có nghiệm thực trong đó có thể có những
thừa số trùng nhau:
g  x   an  x  a 



trong

đó

x

a, b, ... 

 b  ...  x 2  px  q  ...  x 2  lx  s  ,




v

; p2  4q  0, ... l 2  4s  0

    ...  2    ...  v   n .
Định lý trên là cơ sở cho cách tính tích phân hàm hữu tỉ. Cụ thể:

và


22

I 

Xét tích phân hàm hữu tỉ

f  x

 g  x  dx

, trong đó

f  x  , g  x  là hai đa thức khác 0, với hệ số thực.


Nếu bậc f  x   bậc g  x  .

Chia f  x  cho g  x  , ta được:
f  x

g  x

r  x

 q  x 

g  x

, trong đó q  x  , r  x  là hai đa thức và

nếu r ( x)  0, thì bậc r  x  < bậc q  x  .
Việc lấy nguyên hàm của hàm đa thức là đơn giản, nên để tính
tích phân I trong trường hợp này chỉ cịn tính tích phân hàm hữu tỉ
mà bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu.
 Nếu bậc f  x  < bậc g  x  .
Để tính tích phân hàm hữu tỉ I, ta thực hiện như sau:
 Bước 1: Phân tích g  x  thành tích những nhị thức bậc nhất và
những tam thức bậc hai khơng có nghiệm thực.
g  x   an  x  a 



x

 b  ...  x 2  px  q  ...  x 2  lx  s  .




f  x

 Bước 2: Phân tích phân thức

tử có dạng

a, b, c 

f  x

g  x

=


A

x

 a

k

;

g  x

2

 bx  c 

với b2  4c  0 , k 

x
x

A0

 a
B0



 b






thành tổng của những hạng

Bx  C

x

x
x

A1

 a
B1

 1

 b

 1

v



k

, trong đó

.

 ... 
 ... 

A  1
x  a
B

1

x  b

A, B, C,


23

 ... 



x

M 0 x  N0

 x  px  q 
2

P0 x  Q0
2

 lx  s 

v





M1 x  N1



x

 x  px  q 
2

 ... 

 1

P1 x  Q1

2

 lx  s 

v 1

M   1x  N  1

 ... 

x2  px  q

 ... 

Pv  1 x  Qv  1

x 2  lx  s

Trong đó A0 , A1 , ... , A  1 , B0 , B1, ... , B  1, ... , M 0 , N0 , M1, N1, ... , M   1 , N  1 , ... ,
P0 , Q0 , P1 , Q1 ,... , Pv  1 , Qv  1 là các hằng số được xác định theo phương
pháp hệ số bất định. Khi đó việc tính tích phân hàm hữu tỉ trong
trường hợp này được quy về tính hai tích phân cơ bản I k và J k .

Sau đây là một số bài toán minh họa việc tính tích phân hàm hữu tỉ.
1

Bài tốn 2.3.4. Tính I 


0

3x 4  2 x3  4 x 2  3x  2
dx.
x5  x 4  2 x3  2 x 2  x  1

Lời giải.
Trước hết x5  x4  2 x3  2 x2  x  1 

x

 1  x2  1 .
2

M1 x  N1
3x 4  2 x3  4 x 2  3x  2
A
Mx  N



2
5
4
3
2

x  x  2x  2x  x  1
x 1
x2  1
 x2  1

A  x 2  1   Mx  N  x  1   M 1 x  N1  x  1  x 2  1
2





x

 1  x 2  1

2

 A  M1  x4   M1  N1  x3   2 A  M  M1  N1  x2   M  N  M1  N1  x   A  N  N1 
2
 x  1  x2  1

 A  M1  3
M  N  2
1
 1
Đồng nhất hai vế ta có: 2 A  M  M 1  N1  4
M  N  M  N  3
1
1


 A  N  N1  2



A  1
M  0

N  1
M  2
 1
 N1  0.