CHUYÊN đề chọn lọc đa THỨC đối XỨNG và áp DỤNG

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên)
Nguyễn Văn Ngọc
CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
VÀ ÁP DỤNG
HÀ NỘI 2009
Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên)
Nguyễn Văn Ngọc
CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
VÀ ÁP DỤNG
NXBGD 2009
Mục lục
Lời nói đầu 3
Chương 1 : Đa thức đối xứng hai biến 5
1.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến . . . . . . 10
1.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. . . . . . . . 13
1.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng . . . . 22
1.6 Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy . . . . . . . 29
1.7 Phân tích thầnh nhân tử và áp dụng . . . . . . . . . . . . . 38
1.8 Chia đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.9 Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Chương 2 : Đa thức đối xứng ba biến 62
2.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.2 Tổng luỹ thừa và tổng nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.3 Quỹ đạo của đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.4 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến . . . . . . 68
2.5 Đa thức phản đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
2.6 Công thức Viète và phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . 75

3
4 MỤC LỤC
2.7 Hệ phương trình đối xứng ba ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . 84
2.8 Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . 92
2.9 Tính chia hết của các đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . 100
2.10 Chứng minh các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
2.11 Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 119
2.12 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . 136
Chương 3 : Đa thức đối xứng nhiều biến 146
3.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
3.2 Biểu diễn các tổng luỹ thừa qua các đa thức đối xứng cơ sở . 149
3.3 Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng nhiều biến . . . . . 152
3.4 Các hệ thức giữa các đa thức đối xứng cơ sở . . . . . . . . . 156
3.5 Đa thức phản đối xứng nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . 165
3.6 Phương trình và hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . 168
3.7 Chứng minh đẳng thức. Phân tích thành nhân tử . . . . . . 174
3.8 Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 187
Phụ lục A : Đại cương về đa thức một biến 259
Phụ lục B : Các bất đẳng thức quan trọng 272
Tài liệu tham khảo 272
Lời nói đầu
Những lĩnh vực phức tạp của đại số đối với học sinh phổ thông thường là
giải phương trình và hệ phương trình bậc cao, phân tích các đa thức nhiều
biến bậc cao thành nhân tử, chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức
chứa nhiều biến số v.v Một trường hợp quan trọng và thường gặp trong
các bài toán của các lĩnh vực nói trên là khi các biến số của đa thức có vai
trò như nhau. Chúng ta gọi đa thức trong trường hợp này là đa thức đối
xứng.
Nhiều bài toán khó có chứa yếu tố đối xứng mà việc áp dụng lý thuyết
về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở thành đơn giản hơn. Tài liệu

này giới thiệu với bạn đọc cơ sở lý thuyết của các đa thức đối xứng và những
ứng dụng của nó trong đại số sơ cấp. Các vấn đề của lý thuyết được trình
bày một cách đơn giản theo hướng quy nạp, từ trường hợp hai biến, ba
biến, đến nhiều biến. Các ví dụ áp dụng trong cuốn sách cũng được trình
bày từ đơn giản đến phức tạp. Các bài toán được trình bày trong phần này
chủ yếu là các bài toán khó, nhiều bài toán được trích ra từ các đề thi vào
trường chuyên, vô địch của các nước hoặc OIM.
Hiện nay đã có một số tài liệu chuyên khảo về đa thức xuất bản bằng
tiếng Việt, đặc biệt là các tài liệu [M ], [Đ], trong đó có những phần dành
cho đa thức đối xứng. Tuy nhiên, chưa có tài liệu chuyên về đa thức đối
3
4 Lời nói đầu
xứng, trình bày nhất quán từ đơn giản đến phức tạp các vấn đề cơ bản của
đại số ở bậc phổ thông như phương trình, hệ phương trình, chứng minh
các đẳng thức và bất đẳng thức, tính chia hết, phân tích thành nhân tử
v.v Điều đó cần thiết phải có sự giới thiệu riêng về đa thức đối xứng và
phân loại các dạng bài tập ứng dụng của nó một cách chi tiết. Cuốn sách
nhỏ này nhằm tổng quan về đa thức đối xứng thông qua các định nghĩa,
định lý, các ví dụ và bài tập cùng dạng.
Cuốn sách gồm "Lời nói nói đầu" và 3 chương.
Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến.
Chương 2. Đa thức đối xứng ba biến.
Chương 3. Đa thức đối xứng nhiều biến.
Trong mỗi chương, phần đầu trình bày cơ sở lý thuyết của đa thức đối
xứng với số biến tương ứng, tiếp theo trình bày các ví dụ áp dụng về các
chủ đề cơ bản của đại số sơ cấp, có vai trò như những bài tập giải mẫu. Bài
tập cuối mỗi mục là những bài có thể được giải theo phương pháp của các
ví dụ mẫu.
Cuốn sách sẽ có ích cho các học sinh PTTH chuẩn bị cho các kỳ thi học
sinh giỏi, hoặc thi vào trường, các sinh viên ngành toán, của các trường sư

phạm và các thầy, cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi .
Các tác giả bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới các thành viên của semina
"Phương pháp Toán phổ thông" đã cho nhiều ý kiến quý báu để cuốn sách
được hoàn chỉnh. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các đồng
nghiệp và độc giả có ý kiến đóng góp để cuốn sách được tốt hơn. Mọi ý kiến
xin gửi về địa chỉ: Nhà xuất bản Giáo dục, 81 Trần Hưng Đạo, Hà Nội.
Hà Nội, ngày 08 tháng 03 năm 2009
Chương 1
Đa thức đối xứng hai biến
1.1 Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 1. Một đơn thức f(x, y) của các biến độc lập x, y (trường hợp
chung nhất có thể là các số phức) được hiểu là hàm số có dạng
f(x, y) = a
kl
x
k
y
l
,
trong đó a
kl
= 0 là một số (hằng số), k, l là những số nguyên không âm. Số
a
kl
được gọi là hệ số, còn k + l được gọi là bậc của đơn thức f(x, y) và được
ký hiệu là
deg[f(x, y)] = deg[ax
k
y
l

] = k + l.
Các số k, l tương ứng được gọi là bậc của đơn thức đối với các biến x, y.
Như vậy, bậc của đơn thức hai biến bằng tổng các bậc của các đơn thức theo
từng biến.
Ví dụ: 3x
2
y và
2
3
x
2
y
3
là các đơn thức theo x, y với bậc tương ứng bằng
3 và 5.
Định nghĩa 2. Hai đơn thức của các biến x, y được gọi là đồng dạng (tương
tự), nếu chúng chỉ có hệ số khác nhau. Như vậy, hai đơn thức được gọi là
đồng dạng, nếu chúng có dạng : Ax
k
y
l
, Bx
k
y
l
(A = B).
5
6 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
Định nghĩa 3. Giả sử Ax
k

y
l
và Bx
m
y
n
là hai đơn thức của các biến x, y.
Ta nói rằng đơn thức Ax
k
y
l
trội hơn đơn thức Bx
m
y
n
theo thứ tự của các
biến x, y, nếu k > m, hoặc k = m và l > n.
Ví dụ: Đơn thức x
4
y
2
là trội hơn đơn thức x
2
y
7
, còn đơn thức x
4
y
6
là

trội hơn đơn thức x
4
y
5
.
Định nghĩa 4. Một hàm số P (x, y) được gọi là một đa thức theo các biến
số x, y, nếu nó có thể biểu diễn dược dưới dạng tổng của hữu hạn các đơn
thức. Như vậy, đa thức P (x, y) theo các biến số x, y là hàm số có dạng
P (x, y) =

k+lm
a
kl
x
k
y
l
.
Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức.
Định nghĩa 5. Đa thức P (x, y) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay
đổi khi đổi chỗ của x và y, nghĩa là
P (x, y) = P (y, x).
Ví dụ
P (x, y) = x
2
+ xy + y
2
, Q(x, y) = x
2
y + xy

2
là các đa thức đối xứng của các biến x, y.
Định nghĩa 6. Ký hiệu
σ
0
= 1, σ
1
= x + y, σ
2
= xy.
Các đa thức σ
j
(j = 0, 1, 2) được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các
biến x, y.
Định nghĩa 7. Đa thức đối xứng f(x, y) được gọi thuần nhất bậc m, nếu:
f(tx, ty) = t
m
f(x, y), ∀t = 0.
1.2. Tổng luỹ thừa và công thức Waring 7
1.2 Tổng luỹ thừa và công thức Waring
Định nghĩa 8. Các đa thức s
k
= x
k
+ y
k
(k = 1, 2, ) được gọi là các tổng
luỹ thừa bậc k của các biến x, y.
Định lý 1. Mỗi tổng luỹ thừa s
m

= x
m
+ y
m
có thể biểu diễn được dưới
dạng một đa thức bậc m của σ
1
và σ
2
.
Chứng minh. Ta có
σ
1
s
k−1
= (x + y)(x
k−1
+ y
k−1
) = x
k
+ y
k
+ xy(x
k−2
+ y
k−2
) = s
k
+ σ

2
s
k−2
.
Như vậy
s
k
= σ
1
s
k−1
− σ
2
s
k−2
. (1.1)
Công thức (1.1) được gọi là công thức Newton nó cho phép tính s
k
theo
s
k−1
và s
k−2
.
Với m = 1, m = 2, Định lý 1.1 đúng vì
s
1
= x + y = σ
1
,

s
2
= x
2
+ y
2
= (x + y)
2
− 2xy = σ
2
1
− 2σ
2
.
Giả sử Định lý đã đúng cho m < k. Khi đó s
k−2
, s
k−1
lần lượt là các đa
thức bậc k − 2, k − 1 của σ
1
, σ
2
. Theo công thức (1.1) ta suy ra s
k
là đa
thức bậc k của σ
1
và σ
2

. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng
minh.
Sử dụng công thức (1.1) và các biểu thức của s
1
, s
2
ở chứng minh trên,
dễ dàng nhận được các biểu thức sau
s
1
= x + y = σ
1
,
s
2
= σ
2
1
− 2σ
2
,
8 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
s
3
= σ
3
1
− 3σ
1
σ

2
,
s
4
= σ
4
1
− 4σ
2
1
σ
2
+ 2σ
2
2
,
s
5
= σ
5
1
− 5σ
3
1
σ
2
+ 5σ
1
σ
2

2
.
Việc tính các tổng luỹ thừa s
k
theo công thức lặp (1.1) không được
thuận tiện vì phải biết trước các tổng s
k
và s
k−1
. Đôi khi ta cần có biểu
thức của s
k
chỉ phụ thuộc vào σ
1
và σ
2
. Công thức tương ứng được tìm ra
năm 1779 bởi nhà toán học Anh E. Waring.
Định lý 2. (Công thức Waring). Tổng luỹ thừa s
k
được biểu diễn qua các
đa thức đối xứng cơ sở σ
1
, σ
2
theo công thức:
s
k
k
=

[k/2]

m=0
(−1)
m
(k − m − 1)!
m!(k − 2m)!
σ
k−2m
1
σ
m
2
, (1.2)
trong đó [k/2] ký hiệu là phần nguyên của k/2.
Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh công thức (1.2) bằng phương pháp
quy nạp. Với k = 1, k = 2 công thức tương ứng có dạng
s
1
= σ
1
,
1
2
s
2
=
1
2
σ

2
1
− σ
2
.
Như vậy, với k = 1, k = 2 công thức (1.2) đúng.
Giả sử công thức Waring đã đúng cho s
1
, s
2
, , s
k−1
. Để chứng minh
công thức đó đúng cho s
k
chúng ta sử dụng công thức (1.1). Ta có
1
k
s
k
=
1
k
[σ
1
s
k−1
− σ
2
s

k−2
] =
=
k − 1
k
σ
1
.

m
(−1)
m
(k − m − 2)!
m!(k − 2m − 2)!
σ
k−2m−1
1
σ
m
2
−
−
k − 2
k
σ
2
.

n
(−1)

n
(k − n − 3)!
n!(k − 2n − 2)!
σ
k−2n−2
1
σ
n
2
=
1.2. Tổng luỹ thừa và công thức Waring 9
=
1
k

m
(−1)
m
(k − m − 2)!(k − 1)
m!(k − 2m − 1)!
σ
k−2m
1
σ
m
2
−
−
1
k


n
(−1)
n
(k − n − 3)!(k − 2)
n!(k − 2n − 2)!
σ
k−2n−2
1
σ
n+1
2
.
Trong tổng thứ hai thay n + 1 bởi m. Khi đó hai tổng có thể kết hợp thành
một như sau:
1
k
s
k
=
1
k

m
(−1)
m
(k − m − 2)!(k − 1)
m!(k − 2m − 1)!
σ
k−2m

1
σ
m
2
−
−
1
k

m
(−1)
m−1
(k − m − 2)!(k − 2)
(m − 1)!(k − 2m)!
σ
k−2m
1
σ
m
2
=
=
1
k

m
(−1)
m
(k − m − 2)!


k − 1
m!(k − 2m − 1)!
+
+
k − 2
(m − 1)!(k − 2m)!

σ
k−2m
1
σ
m
2
.
Sử dụng các công thức
1
(m − 1)!
=
m
m!
,
1
(k − 2m − 1)!
=
k − 2m
(k − 2m)!
ta có
k − 1
m!(k − 2m − 1)!
+

k − 2
(m − 1)!(k − 2m)!
=
k(k − m − 1)
m!(k − 2m)!
.
Cuối cùng, vì
(k − m − 2)!(k − m − 1) = (k − m − 1)!,
nên ta có công thức cần phải chứng minh:
s
k
k
=
[k/2]

m=0
(−1)
m
(k − m − 1)!
m!(k − 2m)!
σ
k−2m
1
σ
m
2
.
Định lý 1.2 được chứng minh.
10 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
Sử dụng công thức Waring dễ dàng nhận được các biểu thức của s

k
=
x
k
+ y
k
theo σ
1
= x + y, σ
2
= xy sau đây:
s
1
= σ
1
,
s
2
= σ
2
1
− 2σ
2
,
s
3
= σ
3
1
− 3σ

1
σ
2
,
s
4
= σ
4
1
− 4σ
2
1
σ
2
+ 2σ
2
2
,
s
5
= σ
5
1
− 5σ
3
1
σ
2
+ 5σ
1

σ
2
2
,
s
6
= σ
6
1
− 6σ
4
1
σ
2
+ 9σ
2
1
σ
2
2
− 2σ
3
2
,
s
7
= σ
7
1
− 7σ

5
1
σ
2
+ 14σ
3
1
σ
2
2
− 7σ
1
σ
3
2
,
s
8
= σ
8
1
− 8σ
6
1
σ
2
+ 20σ
4
1
σ

2
2
− 16σ
2
1
σ
3
2
+ 2σ
4
2
,
s
9
= σ
9
1
− 9σ
7
1
σ
2
+ 27σ
5
1
σ
2
2
− 30σ
3

1
σ
3
2
+ 9σ
1
σ
4
2
,
s
10
= σ
10
1
− 10σ
8
1
σ
2
+ 35σ
6
1
σ
2
2
− 50σ
4
1
σ

3
2
+ 25σ
2
1
σ
4
2
− 2σ
5
2
,
1.3 Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến
Định lý 3. (Định lý cơ bản). Mọi đa thức đối xứng P (x, y) của các biến
x, y đều có thể biểu diễn được dưới dạng đa thức p(σ
1
, σ
2
) theo các biến
σ
1
= x + y và σ
2
= xy, nghĩa là
P (x, y) = p(σ
1
, σ
2
). (1.3)
Chứng minh. Trước hết xét trường hợp đơn thức, trong đó luỹ thừa của x

và y cùng bậc, nghĩa là đơn thức dạng ax
k
y
k
. Hiển nhiên là
ax
k
y
k
= a(xy)
k
= aσ
k
2
.
Tiếp theo, xét đơn thức dạng bx
k
y
l
(k = l). Vì đa thức là đối xứng, nên
có số hạng dạng bx
l
y
k
. Để xác định, ta giả sử k < l và xét tổng của hai đơn
1.3. Các định lý cơ bản về đa thức đối xứng hai biến 11
thức trên
b(x
k
y

l
+ x
l
y
k
) = bx
k
y
k
(x
l−k
+ y
l−k
) = bσ
k
2
s
l−k
.
Theo công thức Waring s
l−k
là một đa thức của các biến σ
1
, σ
2
, nên nhị
thức nói trên là một đa thức của σ
1
, σ
2

.
Vì mọi đa thức đối xứng là tổng của các số hạng dạng ax
k
y
k
và b(x
k
y
l
+
x
l
y
k
), nên mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được ở dạng đa thức theo
các biến σ
1
và σ
2
. Định lý được chứng minh.
Định lý 4. (Tính duy nhất). Nếu các đa thức ϕ(σ
1
, σ
2
) và ψ(σ
1
, σ
2
) khi
thay σ

1
= x + y, σ
2
= xy cho ta cùng một đa thức đối xứng P (x, y), thì
chúng phải trùng nhau, nghĩa là ϕ(σ
1
, σ
2
) ≡ ψ(σ
1
, σ
2
).
Chứng minh. Đặt φ(σ
1
, σ
2
) = ϕ(σ
1
, σ
2
) − ψ(σ
1
, σ
2
). Khi đó theo gải thiết
ta có:
φ(x + y, xy) = ϕ(x + y, xy) − ψ(x + y, xy) = P (x, y) −P(x, y) = 0.
Ta sẽ chứng tỏ rằng φ(σ
1

, σ
2
) ≡ 0. Dễ thấy rằng, sau khi mở ngoặc thì biểu
thức
f(x, y) := (x + y)
k
(xy)
l
là một đa thức của các biến x, y và có số hạng trội nhất theo thứ tự các
biến x, y là x
k+l
y
l
.
Giả sử φ(σ
1
, σ
2
) có dạng
φ(σ
1
, σ
2
) =

k,l
A
kl
σ
k

1
σ
l
2
.
Để tìm số hạng trội nhất, chúng ta sẽ chọn trong φ(σ
1
, σ
2
) các số hạng có
k + l là lớn nhất. Tiếp theo, trong các số hạng nói trên, chọn ra các số hạng
12 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
với giá trị lớn nhất của l. Ví dụ, nếu
φ(σ
1
, σ
2
) = −σ
4
1
σ
2
− 4σ
2
1
σ
3
2
+ 2σ
1

σ
4
2
− 6σ
1
σ
2
2
+ 10σ
3
2
− 7σ
1
+ 5σ
2
+ 1
thì số hạng được chọn sẽ là 2σ
1
σ
4
2
.
Như vậy, giả sử chọn được đơn thức Aσ
m
1
σ
n
2
. Khi đó, nếu thay σ
1

=
x + y, σ
2
= xy, thì thì số hạng trội nhất của φ sẽ là Ax
m+n
y
n
. Thật vậy,
giả sử Bσ
k
1
σ
l
2
là đơn thức tuỳ ý khác với Ax
m+n
y
n
. Khi đó theo cách chọn
ta có hoặc m + n > l + l, hoặc m + n = k + l, nhưng n > l. Trong cả hai
trường hợp thì Ax
m+n
y
n
trội hơn Bx
k+l
y
l
.
Như vậy chúng ta đã chứng tỏ rằng Ax

m+n
y
n
là đơn thức trội nhất
của φ(x + y, xy), nên φ(x + y, xy) = 0, ∀x, y, nếu φ(σ
1
, σ
2
) ≡ 0. Vậy, ta có
φ(σ
1
, σ
2
) ≡ 0. Định lý được chứng minh.
Để minh hoạ, xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 1. Biểu diễn đa thức đối xứng
f(x, y) = x
5
+ x
4
y + x
3
y
3
+ xy
4
+ y
5
.
Lời giải. Sử dụng công thức Waring ta có

f(x, y) = (x
5
+ y
5
) + xy(x
3
+ y
3
) + (xy)
3
= s
5
+ σ
2
s
3
+ σ
3
2
=
= (σ
5
1
− 5σ
3
1
σ
2
+ 5σ
1

σ
2
2
) + σ
2
(σ
3
1
− 3σ
1
σ
2
) + σ
3
2
= σ
5
1
− 4σ
3
1
σ
2
+ 2σ
1
σ
2
2
+ σ
3

2
.
Bài tập
Hãy biểu diễn các đa thức đối xứng sau đây theo các đa thức đối xứng cơ
sơ.
1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 13
1. x
3
+ y
3
+ (x + y)
3
,
2. x
4
+ y
4
+ (x + y)
4
,
3. (x + y)
5
− x
5
− y
5
,
4. 2x
4
+ 7x

3
y + 9x
2
y
2
+ 7xy
3
+ 2y
4
.
5. x
5
+ 3x
3
y
2
− x
3
y
3
+ 2xy
4
− 7x
2
y
2
+ y
5
+ 3x
2

y
3
− 5xy
3
− 5x
3
y + 2x
4
y.
1.4 Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng.
Giả sử P(x, y) và Q(x, y) là các đa thức đối xứng. Xét hệ phương trình:

P (x, y) = 0,
Q(x, y) = 0.
(1.4)
Bằng cách đặt x + y = σ
1
, xy = σ
2
, trên cơ sở Định lý cơ bản, ta đưa hệ
(1.4) về dạng:

p(σ
1
, σ
2
) = 0,
q(σ
1
, σ

2
) = 0.
(1.5)
Hệ phương trình (1.5) thường đơn giản hơn hệ (1.4) và ta có thể dễ dàng
tìm được nghiệm (σ
1
, σ
2
). Sau khi tìm được các giá trị của σ
1
, σ
2
, cần phải
tìm các giá trị của các ẩn số x và y là nghiệm của hệ (1.4). Điều này có thể
thực hiện được nhờ định lý sau đây.
Định lý 5. Giả sử σ
1
và σ
2
là các số thực nào đó. Khi đó phương trình bậc
hai
z
2
− σ
1
z + σ
2
= 0 (1.6)
và hệ phương trình


x + y = σ
1
,
xy = σ
2
.
(1.7)
liên hệ với nhau như sau: nếu z
1
, z
2
là các nghiệm của phương trình (1.6),
thì hệ (1.7) có nghiệm

x = z
1
,
y = z
2
;

x = z
2
,
y = z
1
14 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
và ngoài ra không còn có nghiệm nào khác. Ngược lại, nếu x = a, y = b là
nghiệm của hệ (??) thì các số a, b là nghiệm của phương trình (1.6).
Chứng minh. Nếu z

1
, z
2
là nghiệm của phương trình (1.6), thì theo công
thức Viète :
z
1
+ z
2
= σ
1
, z
1
z
2
= σ
2
,
suy ra

x
1
= z
1
,
y
1
= z
2
;


x
2
= z
2
,
y
2
= z
1
là các nghiệm của hệ (1.7). Vấn đề không còn có nghiệm nào khác sẽ được
suy ra từ mệnh đề sau cùng của định lý và sẽ được chứng minh dưới đây.
Giả sử x = a, y = b là nghiệm của hệ (1.7), nghĩa là
a + b = σ
1
, ab = σ
1
σ
2
.
Khi đó ta có
z
2
− σ
1
z + σ
2
= z
2
− (a + b)z + ab = (z − a)(z − b).

Điều đó chứng tỏ rằng các số a, b là nghiệm của phương trình bậc hai (1.6).
Định lý được chứng minh.
Cuối cùng chú ý rằng, điều kiện cần và đủ để phương trình (1.6) có
nghiệm là
∆ = σ
2
1
− 4σ
2
≥ 0. (1.8)
Để minh hoạ xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

x
3
+ y
3
= 35,
x + y = 5.
1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 15
Lời giải. Đặt x + y = σ
1
, xy = σ
2
. Ta có
x
3
+ y
3
= σ

3
1
− 3σ
1
σ
2
.
Do đó ta có hệ

σ
3
1
− 3σ
1
σ
2
= 35,
σ
1
= 5.
Từ hệ phương trình này tìm được σ
2
= 6. Khi đó x, y sẽ là nghiệm của hệ
phương trình

x + y = 5,
xy = 6.
Theo định lý 1.5 x và y là nghiệm của phương trình
z
2

− 5z + 6 = 0
và ta tìm được các nghiệm của hệ đã cho :

x
1
= 2,
y
1
= 3,

x
2
= 3,
y
2
= 2.
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

x
3
− y
3
= 5,
xy
2
− x
2
y = 1.
Lời giải. Hệ phương trình trên chưa phải là hệ đối xứng. Nếu đặt z = −y,
thì ta có hệ


x
3
+ z
3
= 5,
xy
2
+ x
2
z = 1
là hệ đối xứng đối với x và z. Đặt σ
1
= x + z, σ
2
= xz, ta có hệ:

σ
1
(σ
2
1
− 3σ
2
) = 5,
σ
1
σ
2
= 1,

⇔

σ
1
σ
2
= 1,
σ
3
1
− 3 = 5.
Hệ cuối cùng có nghiệm σ
1
= 2, σ
2
=
1
2
. Do đó ta có hệ:

x + z = 2,
xz =
1
2
,
⇔

x − y = 2,
xy = −
1

2
.
16 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
Giải hệ trên ta có các nghiệm:





x
1
=
2 +
√
2
2
,
y
1
=
−2 +
√
2
2
,






x
2
=
2 −
√
2
2
,
y
2
=
−2 −
√
2
2
.
Ví dụ 4. (thi HSG lớp 10 thành phố Hà Nội, 1999-2000). Cho hệ phương
trình

x
2
+ y
2
+ x + y = 18,
xy(x + 1)(y + 1) = m.
a) Giải hệ với m = 72.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nghiệm.
Lời giải. Hệ phương trình đã cho là hệ đối xứng theo các biến x, y. Tuy
nhiên, nếu ta đặt σ
1

= x + y, σ
2
= xy thì sẽ gặp khó khăn khi phải đưa
về hệ bậc 2 theo σ
1
, σ
2
, nhất là hệ có tham số. Để ý rằng, nếu viết phương
trình đầu của hệ ở dạng
x(x + 1) + y(y + 1) = 18
thì hệ cũng đối xứng theo các biến
X = x(x + 1), Y = y(y + 1).
và có dạng

X + Y = 18;
XY = m.
Ta có X, Y là nghiệm của phương trình
t
2
− 18t + m = 0. (1.9)
a) Với m = 72, phương trình (1.9) trở thành
t
2
− 18t + 72 = 0.
1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 17
Từ đó ta tìm được

X = 12,
Y = 6,


X = 6,
Y = 12.
Trở lại cách đặt ẩn, ta có các hệ sau:

x(x + 1) = 12,
y(y + 1) = 6;

x(x + 1) = 6,
y(y + 1) = 12.
Giải các hệ này ta tìm được 8 nghiệm của hệ đã cho là:

x = 3,
y = 2;

x = 3,
y = −3.

x = −4,
y = 2;

x = −4,
y = −3;

x = 2,
y = 3;

x = −3,
y = 3;

x = 2,

y = −4;

x = −3,
y = −4.
b) Dễ thấy rằng
x(x + 1) = (x +
1
2
)
2
−
1
4
≥ −
1
4
.
Do đó từ cách đặt ẩn X, Y, suy ra điều kiện của X, Y là: X ≥ −
1
4
, Y ≥ −
1
4
.
Ký hiệu
f(t) = t
2
− 18t + m.
Khi đó hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (9) có hai nhiệm
X

1
, X
2
thoả mãn điều kiện: X
1
≥ X
2
≥ −
1
4
.
Từ đó ta có hệ bất phương trình











∆

≥ 0,
1.f(−
1
4
) ≥ 0,

s
2
≥ −
1
4
;
⇔









81 − m ≥ 0,
m +
73
76
≥ 0,
9 ≥ −
1
4
;
⇔ −
73
16
 m  81.
Ví dụ 5. Giải phương trình văn thức

4
√
97 − x +
4
√
x = 5.
18 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
Lời giải. Đặt
4
√
x = y,
4
√
97 − x = z. Khi đó ta có hệ

y + z = 5,
y
4
+ z
4
= 97.
Đặt σ
1
= y + z, σ
2
= yz. Ta có hệ phương trình:

σ
1
= 5,

σ
4
1
− 4σ
2
1
σ
2
+ 2σ
2
2
= 97.
Từ đó ta có phương trình bậc hai đối với σ
2
:
σ
2
2
− 50σ
2
+ 264 = 0.
Phương trình này có các nghiệm: σ
2
= 6, σ
2
= 44. Như vậy, bài toán dẫn
đến giải hai hệ phương trình:

y + z = 5,
yz = 6;


y + z = 5,
yz = 44.
Hệ thứ nhất có các nghiệm:

y
1
= 2,
z
1
= 3;

y
2
= 3,
z
2
= 2.
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình đã cho: x
1
= 16, x
2
= 81.
Dễ thấy rằng hệ còn lại vô nghiệm.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x
1
= 16, x
2
= 81.
Ví dụ 6. Giải phương trình

x +
√
17 − x
2
+ x
√
17 − x
2
= 9.
Lời giải. Đặt y =
√
17 − x
2
. Điều kiện của x, y là |x| 
√
17, y ≥ 0. Với
các điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với hệ sau

x + y + xy = 9,
x
2
+ y
2
= 17.
1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 19
Đặt σ
1
= x + y, σ
2
= xy. Khi đó ta có hệ phương trình


σ
1
+ σ
2
= 9,
σ
2
1
− 2σ
2
= 17.
Từ phương trình đầu của hệ trên, ta có σ
2
= 9 − σ
1
. Thay biểu thức trên
vào phương trình còn lại của hệ, ta được phương trình
σ
2
1
+ 2σ
1
− 35 = 0.
Giải phương trình trên ta có các nghiệm σ
1
= 5, σ
1
= −7. Với σ
1

= 5, ta
có σ
2
= 4, với σ
1
= −7, thì σ
2
= 16.
Với σ
1
= 5, σ
2
= 4, thì x, y là các nghiệm của phương trình
t
2
− 5t + 4 = 0.
Giải phương trình này ta được

x = 1,
y = 4;

x = 4,
y = 1.
Với σ
1
= −7, σ
2
= 16, thì x, y là các nghiệm của phương trình
t
2

+ 7t + 16 = 0.
Dễ thấy rằng phương trình trên đây vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương
trình đẫ cho là: x = 1 và x = 4.
Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x
3
+ y
3
+ 1 = 3xy.
Lời giải. Đặt σ
1
= x + y, σ
2
= xy. Phương trình trở thành
σ
3
1
− 3σ
1
σ
2
+ 1 = 3σ
2
⇔ (σ
1
+ 1)(σ
2
1
− σ
1

+ 1 − 3σ
2
) = 0.
20 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
Trường hợp 1: σ
1
+ 1 = 0, ta có x+ y +1 = 0, phương trình có vô số nghiệm
nguyên (x ∈ Z, y = −1 −y).
Trường hợp 2: σ
2
1
− σ
1
+ 1 − 3σ
2
= 0. Ta viết phương trình này ở dạng
σ
2
1
− σ
1
+ 1 = 3σ
2
và sử dụng bất đẳng thức (1.8), ta có
σ
2
1
− σ
1
+ 1 

3
4
σ
2
1
⇔ σ
2
1
− 4σ
1
+ 4  0
⇔ (σ
1
− 2)
2
 0 ⇔ σ
1
= 2 ⇒ σ
2
= 1.
Trong trường hợp này ta có hệ

x + y = 1,
xy = 1.
Hệ này có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1. Như vậy, nghiệm của
phương trình đã cho là

x = 1,
y = 1
,


x ∈ Z,
y = −1 − x.
Ví dụ 8. Chứng minh rằng, nếu các số u, v, x, y thoả mãn các hệ thức
u + v = x + y, u
2
+ v
2
= x
2
+ y
2
thì với mọi số tự nhiên n ta có
u
n
+ v
n
= x
n
+ y
n
.
Lời giải. Đặt
σ
1
= x + y, σ
2
= xy,
α
1

= u + v, α
2
= uv.
Khi đó

x + y = u + v,
x
2
+ y
2
= u
2
+ v
2
;
⇔

x + y = u + v,
(x + y)
2
− 2xy = (u + v)
2
− 2uv;
⇔

σ
1
= α
1
,

σ
2
= α
2
.
1.4. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn và ứng dụng. 21
Theo Định lý cơ bản thì mỗi đa thức đối xứng đều biểu diễn duy nhất
qua đa thức của các biến là các đa thức đối xứng cơ sở. Giả sử x
n
+ y
n
=
ϕ(σ
1
, σ
2
). Thế thì ta có u
n
+ v
n
= ϕ(α
1
, α
2
). Do α
1
= σ
1
, α
2

= σ
2
, nên ta
có ϕ(σ
1
, σ
2
) = ϕ(α
1
, α
2
). Từ đó suy ra x
n
+ y
n
= u
n
+ v
n
.
Bài tập
Giải các hệ phương trình:
1.

4(x + y) = 3xy,
x + y + x
2
+ y
2
= 26;

2.

x + y + xy = 7,
x
2
+ y
2
+ xy = 13.
3.

x
3
− y
3
= 19(x −y),
x
3
+ y
3
= 7(x + y);
4.

x
2
+ y
2
= 5,
x
3
+ y

3
= 9;
5.

x
4
+ x
2
y
2
+ y
4
= 133,
x
2
− xy + y
2
= 7;
6.

x
2
+ x
2
y
2
+ y
2
= 49,
x

4
+ y
4
− x
2
− y
2
= 84;
7.

(x − y)(x
2
− y
2
) = 16,
(x + y)(x
2
+ y
2
) = 40;
8.

(x + y)(x
2
+ y
2
) = 15xy,
(x
2
+ y

2
)(x
4
+ y
4
) = 85x
2
y
2
;
9.

x + y = 1,
x
5
+ y
5
= 31;
10.

(x
2
+ 1)(y
2
+ 1) = 10,
(x + y)(xy − 1) = 3;
11.




x + y = 10;

x
y
+

y
x
=
5
2
.
12.

√
x +
√
y =
5
6
√
xy;
x + y = 13.
13.

x + y −
√
xy = 7,
x
2

+ y
2
+ xy = 133;
14.

x + xy + y = 12,
3
√
x +
3
√
xy +
3
√
y = o;
15.

x + y = 20,
7
3
√
xy − 3.
√
xy = 4;
16.

x + y = 10,
3
√
x +

3
√
y =
5
2
6
√
xy.
Giải các phương trình:
17.
1
x
+
1
√
1 − x
2
=
35
12
; 18.
4
√
77 + x +
4
√
629 − x = 8;
22 Chương 1. Đa thức đối xứng hai biến
19.x
3

√
35 − x
3
(x +
3
√
35 − x
3
) = 30, 20.
3

1 +
√
x +
3

1 −
√
x = 2.
21.(x − a)
5
+ (b − x)
5
= (b − a)
5
.
22. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y = x
2
− xy + y
2

.
1.5 Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng
dụng
Nhiều bài toán về phương trình bậc hai được giải một cách dễ dàng nhờ
áp dụng đa thức đối xứng. Để minh hoạ, xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 9. Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phưiơng trình trình bậc hai
ax
2
+ bx + c = 0 (a = 0).
Với n là số nguyên, đặt S
n
= x
n
1
+ x
n
2
.
a) Chứng minh rằng
aS
n+2
+ bS
n+1
+ cS
n
= 0. (1.10)

b) Áp dụng: Không khai triển tính giá trị của biểu thức
A = (1 +
√
2)
5
+ (1 −
√
2)
5
.
Lời giải.
a) Ta có
x
n+2
1
+ x
n+2
2
= (x
n+1
1
+ x
n+1
2
)(x
1
+ x
2
) − (x
n

1
+ x
n
2
)x
1
x
2
.
Do đó
S
n+2
= S
n+1
(x
1
+ x
2
) − S
n
x
1
x
2
.
1.5. Một số bài toán về phương trình bậc hai và ứng dụng 23
Trong biểu thức trên thay x
1
+ x
2

= −
b
a
và x
1
x
2
=
c
a
ta được
S
n+2
= −
b
a
S
n+1
−
c
a
S
n
,
hay
aS
n+2
+ bS
n+1
+ cS

n
= 0.
b) Đặt x
1
= 1 +
√
2, x
2
= 1 −
√
2 thì x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình
[x − (1 +
√
2)][x − (1 −
√
2)] = 0 ⇔ x
2
− 2x − 1 = 0.
Với phương trình trên hệ thức trong câu a) trở thành
S
n+2
= 2S
n+1
+ S
n
(S

n
= x
n
1
+ x
n
2
).
Trong đẳng thức trên lần lượt cho n = 0, 1, 2, 3, 4 ta tính được
S
2
= 2S
1
+ S
0
= 2.2 + 2 = 6, S
3
= 2S
2
+ S
1
= 2.6 + 2 = 14,
S
4
= 2S
3
+ S
2
= 2.14 + 6 = 34, S
5

= 2S
4
+ S
3
= 2.34 + 14 = 82.
Vậy
A = (1 +
√
2)
5
+ (1 −
√
2)
5
= 82.
Ví dụ 10. Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c =
0 (a = 0). Thành lập phương trình bậc hai có các nghiệm là x
2
1
và x
2
2
.
Lời giải. Đặt σ

1
= x
1
+x
2
, σ
2
= x
1
x
2
, s
2
= x
2
1
+x
2
2
, s = y
1
+y
2
, p = y
1
y
2
.
Ta có s
2

= σ
2
1
− 2σ
2
. Theo Định lý Viète ta có:
σ
1
= x
1
+ x
2
= −
b
a
, σ
2
= x
1
x
2
=
c
a
.