đa thức đối xứng 2 biến và một số ứng dụng trong giải toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
NGÔ THỊ THU HÀ
NGUYỄN THỊ LỆ
NGUYỄN THỊ HỒNG QUYÊN
TÓM TẮT ĐỀ TÀI NCKH CẤP TRƯỜNG
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN VÀ MỘT SỐ ỨNG
DỤNG TRONG GIẢI TOÁN
Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn: TS. Hoàng Ngọc Anh
Sơn La – 2013
MỤC LỤC
Chương 2: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN 6
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Hệ thống kiến thức toán học ở phổ thông đóng một vai trò hết sức quan
trọng trong sự phát triển của giáo dục và là một vấn đề luôn luôn nhận được sự
quan tâm đặc biệt không chỉ của ngành giáo dục mà còn là của toàn xã hội. Một
trong những nội dung của toán học phổ thông đó là “ Đa thức đối xứng”. Đây là
nội dung khá đa dạng, phong phú và có nhiều ứng dụng để giải các bài toán.
Trong thực tế, có nhiều bài toán khó chứa yếu tố đối xứng, nên nếu biết áp
dụng lý thuyết về đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn.
Nhằm nâng cao kiến thức cho học sinh Trung học phổ thông, chuẩn bị cho các
kì thi học sinh giỏi, thi vào các trường Đại học và Cao đẳng, bồi dưỡng kiến
thức cho chuyên ngành toán của các trường Sư phạm chúng tôi đặt vấn đề
nghiên cứu đề tài : “Đa thức đối xứng hai biến và một số ứng dụng trong giải
toán”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu các nội dung cơ bản về đa thức đối xứng hai biến và một số
ứng dụng của nó để giải bài toán có liên quan.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu kĩ cơ sở lí thuyết về đa thức đối xứng hai biến, chứng minh
các định lí và các tính chất về đa thức đối xứng hai biến.
- Các dạng bài tập ứng dụng của đa thức đối xứng hai biến và phương pháp
giải.
4. Giả thuyết khoa học
Nếu hiểu và nắm vững định nghĩa, tính chất và các định lí liên quan tới đa
thức đối xứng của hàm hai biến, các phương pháp để giải các dạng bài tập, kết
hợp với sự tự nghiên cứu của học sinh sẽ giúp giải các bài toán đơn giản và dễ
dàng hơn.
5. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu lí thuyết liên quan đến đa thức đối xứng hai biến.
- Nghiên cứu các dạng bài tập, ứng dụng của đa thức đối xứng hai biến để
giải một số bài toán.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu
- Phân tích tổng hợp các kiến thức
1
- Nghiên cứu, tích lũy kinh nghiệm bản thân, trao đổi với giáo viên hướng
dẫn.
7. Đóng góp đề tài
Chúng tôi đã sưu tầm, lựa chọn, trình bày một cách chi tiết, hệ thống các
kiến thức về đa thức đối xứng, khác với cách trình bày của các tài liệu tham
khảo hiện có. Hy vọng tài liệu này sẽ trở thành tài liệu tham khảo hữu ích cho
các bạn học sinh THPT.
8. Cấu trúc của đề tài
Đề tài bao gồm: phần mở đầu, phần nội dung gồm 2 chương và phần kết
luận.
Phần nội dung bao gồm các chương sau:
Chương 1: Đa thức đối xứng hai biến

Chương 2: Ứng dụng đa thức đối xứng hai biến
2
Chương 1: ĐA THỨC ĐỐI XỨNG HAI BIẾN
1.1. Các khái niệm cơ bản
1.1.1. Định nghĩa đơn thức
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:

( , )
k l
kl
f x y a x y
=

Trong đó
0
kl
a
≠
là một số; k, l là những số nguyên không âm.
Số
kl
a
được gọi là hệ số, còn
k l
+
được gọi là bậc của đơn thức
( , )f x y

và được kí hiệu là

[ ]
deg ( , ) deg
k l
kl
f x y a x y 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.
1.1.2. Định nghĩa hai đơn thức đồng dạng
Hai đơn thức của các biến x, y được gọi là đồng dạng (tương tự) nếu chúng
chỉ có hệ số khác nhau (bậc tương ứng của các biến x, y bằng nhau). Như vậy,
hai đơn thức được gọi là đồng dạng nếu chúng có dạng:
( )
,
k l k l
Ax y Bx y A B
≠
1.1.3. Định nghĩa đơn thức trội
Giả sử
k l
Ax y
và
m n
Bx y

là hai đơn thức của các biến x, y. Ta nói rằng đơn
thức
k l
Ax y
trội hơn đơn thức
m n
Bx y
theo thứ tự của các biến x, y nếu
k m
>

hoặc
k m
=
, l > n
1.1.4. Định nghĩa đa thức
Một hàm số
( , )P x y
được gọi là một đa thức theo các biến số x, y nếu nó có
thể biểu diễn được 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:
( , )
+ ≤
=
∑
k l
kl
k l m
P x y a x y

3
Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức.
1.1.5. Định nghĩa đa thức đối xứng
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=
1.1.6. Định nghĩa đa thức đối xứng cơ sở
Các đa thức
( 1,2)
j
j
σ
=
trong đó
1
x y
σ
= +
;
2
xy
σ
=
được gọi là các đa
thức đối xứng cơ sở của các biến x, y
1.1.7. Định nghĩa đa thức đối xứng thuần nhất

Đa thức đối xứng
( , )f x y
được gọi thuần nhất bậc m nếu:

( , ) ( , )
m
f tx ty t f x y
=
,
0t
∀ ≠
1.2. Định lí cơ bản của đa thức đối xứng
1.2.1. Tổng lũy thừa và công thức Waring
Định nghĩa: Các đa thức
k k
k
x y
δ
= +
(k=1,2,…) gọi là tổng các lũy thừa bậc k
của các biến x, y
Định lí 1.1: Mỗi tổng lũy thừa
m m
m
s x y
= +
có thể biểu diễn được dưới dạng
đa thức bậc m của
1
σ

và
2
σ
Định lí 1.2: Công thức Waring
Tổng lũy thừa
k
δ
được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở
1
σ
,
2
σ
theo
công thức
2
2
1 2
0
( 1) ( 1)!
!( 2 )!
k
m
k m m
k
m
s
k m
k m k m
σ σ

 
 
−
=
− − −
=
−
∑
Trong đó kí hiệu
2
k
 
 
 
là phần nguyên của
2
k
1.2.2. Định lí cơ bản
Một đa thức đối xứng
( , )P x y
của các biến x, y đều có thể biểu diễn được
dưới dạng đa thức
1 2
( , )p
σ σ
theo các biến
1
x y
σ
= +

;
2
xy
σ
=
nghĩa là
1 2
( , ) ( , )P x y p
σ σ
=
4
1.2.3. Tính duy nhất
Nếu các đa thức
1 2
( , )
ϕ σ σ
và
1 2
( , )
ψ σ σ
khi thay
1
x y
σ
= +
,
2
xy
σ
=

cho ta
cùng một đa thức đối xứng
( , )P x y
thì chúng phải trùng nhau nghĩa là
1 2 1 2
( , ) ( , )
ϕ σ σ ψ σ σ
≡
5
Chương 2: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC ĐỐI XỨNG
HAI BIẾN
2.1. Hệ phương trình đối xứng hai ẩn
2.1.1. Định nghĩa
Giả
( , )P x y
,
( , )Q x y
là các đa thức đối xứng
Xét hệ phương trình
( , ) 0
( , ) 0
P x y
Q x y
=


=

(1)
Bằng cách đặt

1
x y
σ
+ =
,
2
xy
σ
=
. Trên cơ sở định lí cơ bản ta đưa hệ (1) về
dạng:
1 2
1 2
( , ) 0
( , ) 0
p
q
σ σ
σ σ
=


=

(2)
Hệ phương trình (1), (2) được gọi là hệ phương trình đối xứng hai ẩn
Hệ phương trình (2) thường đơn giản hơn hệ (1) và ta có thể dễ dàng tìm
được nghiệm
1 2
,

σ σ
. Sau khi tìm được giá trị của
1 2
,
σ σ
cần phải tìm các giá trị
của x, y là nghiệm của hệ (1)
Định lí 1
Giả sử
1 2
,
σ σ
là các số thực nào đó. Khi đó phương trình bậc hai

2
1 2
0z z
σ σ
− + =
(3)
và hệ phương trình :
1
2
x y
xy
σ
σ
+ =



=

; (4)
liên hệ với nhau như sau: nếu
1 2
,z z
là các nghiệm của phương trình (3) thì hệ
phương trình (4) có nghiệm:
1
2
x z
y z
=


=

;
2
1
x z
y z
=


=

ngoài ra không còn nghiệm nào khác.
Ngược lại, nếu
x a

=
,
y b
=
là nghiệm của hệ (4) thì các cặp số
( )
,a b
là
nghiệm của phương trình (3)
2.1.2. Ứng dụng
2.1.2.1. Hệ phương trình đối xứng
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
3 3
35
5
x y
x y

+ =

+ =

Lời giải
Đặt
1 2
,x y xy
σ σ
+ = =
6
Khi đó ta có :

3 3
1
3 3
3 3
1 2
( )
3 ( )
3
x y
x y xy x y
x y
σ
σ σ
= +
= + + +
= + +

3 3 3
1 1 2
3x y
σ σ σ
⇒ + = −
Do đó ta có hệ:
3
1 1 2
1
1
2
3 35
5

5
6
σ σ σ
σ
σ
σ

− =

=

=

⇒

=

Khi đó x, y là nghiệm của hệ phương trình
5
6
x y
xy
+ =


=


hay x, y là nghiệm của phương trình
2

5 6 0z z
− + =
Phương trình này có nghiệm là
1
2
2
3
z
z
=


=

Áp dụng định lí (1) ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho
1
1
2
3
x
y
=


=

hoặc
2
2
3

2
x
y
=


=

Đối với ví dụ này, việc giải theo cách thông thường cũng đơn giản và tìm
được nghiệm sau một số phép biến đổi. Cụ thể:
Giải hệ phương trình:
3 3
35 (1)
5 (2)
x y
x y

+ =

+ =

Từ (2) ta suy ra
5x y
= −
Thay vào phương trình (1) ta được:
3 3
2 3 3
2
2
1

2
(5 ) 35
125 75 15 35
15 75 90 0
5 6 0
2
3
y y
y y y y
y y
y y
y
y
− + =
⇔ − + − + =
⇔ − + =
⇔ − + =
=

⇒

=

Do đó
1
2
3
2
x
x

=


=

Vậy nghiệm của hệ đã cho là
( , ) (2,3)x y
=
hoặc
( , ) (3,2)x y
=
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:
2 2
18
( 1)( 1)
x y x y
xy x y m

+ + + =

+ + =

a. Giải hệ phương trình với
72m
=
7
b. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm
Lời giải
Nhận thấy, hệ phương trình đã cho là hệ phương trình đối xứng theo các
biến x, y. Tuy nhiên, nếu đặt

1 2
,x y xy
σ σ
= + =
thì sẽ gặp khó khăn khi phải đưa
về hệ bậc hai theo
1 2
,
σ σ
, nhất là hệ có tham số
Ta thấy, nếu viết phương trình đầu của hệ ở dạng
( 1) ( 1) 18x x y y
+ + + =
thì hệ cũng đối xứng theo các biến
( 1), ( 1)X x x Y y y
= + = +
Do đó hệ phương trình có dạng:
18X Y
XY m
+ =


=

Khi đó X, Y là nghiệm của phương trình:
2
18 0t t m
− + =
( )∗
a) Với

72m
=
, phương trình
( )∗
trở thành:
2
18 72 0t t
− + =
12
6
t
t
=

⇒

=

Khi đó
6
12
X
Y
=


=

hoặc
12

6
X
Y
=


=

Trở lại cách đặt ẩn, ta có hệ như sau:
( 1) 12
( )
( 1) 6
x x
I
y y
+ =


+ =

;
( 1) 6
( )
( 1) 12
x x
II
y y
+ =



+ =

Giải hệ (I):
2
2
( 1) 12 12
( 1) 6
6
x x x x
y y
y y

+ = + =


⇔
 
+ =
+ =



1
2
1
2
3
4
2
3

x
x
y
y
 =



= −

⇒

=




= −


Khi đó ta có 4 nghiệm của hệ (I) là
3 3 4 4
; ; ;
2 3 2 3
x x x x
y y y y
= = = − = −
   
   
= = − = = −

   
Tương tự với hệ (II) ta cũng tìm được 4 nghiệm là:
2 3 2 3
; ; ;
3 3 4 4
x x x x
y y y y
= = − = = −
   
   
= = = − = −
   
Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm.
b) Dễ thấy rằng
8
2 2
1 1 1
( 1) ( )
2 4 4
x x x x x
−
+ = + = + − ≥
Do đó, từ cách đặt ẩn X, Y ta có điều kiện của X, Y là:
1 1
,
4 4
X Y
− −
≥ ≥
Đặt

2
( ) 18f t t t m
= − +
(**)
Khi đó hệ ban đầu có nghiệm
⇔
phương trình (**) có hai nghiệm
1 2
,t t
thỏa
mãn điều kiện
1 2
1
4
t t
−
≥ ≥
Từ đó ta có hệ bất phương trình sau:
'
0 81 0
81
1 73 73
( ) 0 0 81
73
4 76 76
76
1
1
9
2 4

4
m
m
af m m
m
S




∆ ≥ − ≥
≤



− −
  
≥ ⇔ + ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤
−  
≥
  

−
−
 
≥
≥
 



2.1.2.2. Phương trình căn thức
Ví dụ 3: Giải phương trình căn thức sau:
4 4
97 5x x
− + =
Lời giải
Điều kiện:
0 97x
≤ ≤
Đặt
4 4
97 ;x y x z
− = =
Khi đó ta có hệ :
4 4
5
97
y z
y z
+ =


+ =

Đặt
1 2
,y z yz
σ σ
= + =
. Ta có hệ phương trình

1
4 2 2
1 1 2 2
5
4 2 97
σ
σ σ σ σ
=


− + =

Từ đó ta có phương trình bậc hai đối với
2
σ
2
2 2
2
2
50 264 0
6
44
σ σ
σ
σ
− + =
=

⇒


=

Do đó y và z là nghiệm của hệ phương trình

5
6
y z
yz
+ =


=

hoặc
5
44
y z
yz
+ =


=

(loại)
Hay y, z là nghiệm của phương trình
2
5 6 0
2
3
t t

t
t
− + =
=

⇒

=

9
Từ đó ta có
2
3
y
z
=


=

hoặc
3
2
y
z
=


=


Trở lại cách đặt ẩn, ta có
4
4
97 2
3
x
x

− =


=


hoặc
4
4
97 3
2
x
x

− =


=


Suy ra
16x

=
hoặc
81x
=
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
16x
=
và
81x
=
2.1.2.3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình

3 3
1 3x y xy+ + =
Lời giải
Đặt
1
x y
σ
= +
;
2
xy
σ
=
Khi đó phương trình trở thành:
3
1 1 2 2
2

1 1 1 2 1
3 1 3
( 1)( 1) 3 ( 1) 0
σ σ σ σ
σ σ σ σ σ
− + =
⇔ + − + − + =

2
1 1 1 2
1
2
1 1 2
( 1)( 3 1) 0
1 0
3 1 0
σ σ σ σ
σ
σ σ σ
⇔ + − − + =
+ =

⇔

− − + =

Trường hợp 1:
1
1 0
σ

+ =
Khi đó ta có
1 0x y
+ + =
. Phương trình này có vô số nghiệm nguyên vì
x Z
∀ ∈
ta luôn có
( 1 )y x Z
= − − ∈
Trường hợp 2:
2
1 1 2
3 1 0
σ σ σ
− − + =
Ta viết phương trình này ở dạng:
2
1 1 2
1 3
σ σ σ
− + =
Theo cách đặt ta có x, y là nghiệm của phương trình
2
1 2
0t t
σ σ
− + =
Điều kiện để phương trình này có nghiệm là
2

1 2
2
2
1
2 1 1
4 0
3
3 1
4
σ σ
σ
σ σ σ
∆ = − ≥
⇔ ≥ = − +
Do đó
2
2
1
1 1
3
1
4
σ
σ σ
− + ≤


2
1 1
2

1
4 4 0
( 2) 0
σ σ
σ
⇔ − + ≤
⇔ − ≤
Vì

2 2
1 1
1
2
( 2) 0 ( 2) 0
2
1
σ σ
σ
σ
− ≥ ⇒ − =
⇒ =
⇒ =

Như vậy: x, y là nghiệm của phương trình:
2
2 1 0t t
− + =
10
Giải phương trình này ta được
1x y

= =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
1
x Z
y x
∈


= − −

hoặc
1
1
x
y
=


=

Ví dụ 5: Chứng minh rằng, nếu các số u, v, x, y thỏa mãn các hệ thức
2 2 2 2
,u v x y u v x y
+ = + + = +
thì với mọi số tự nhiên n ta có:
n n n n
u v x y
+ = +
Lời giải
Đặt

1 2
x y xy
σ σ
= + =

1 2
u v uv
α α
= + =
Khi đó:
1 1
2 2 2 2
2 2
1 1
2 2
1 2 1 2
1 1
2 2
( ) 2 ( ) 2
2 2
x y u v
x y u v
x y xy u v uv
σ α
σ α
σ σ α α
σ α
σ α
=
+ = +



⇔
 
+ = +
+ − = + −


=

⇔

− = −

=

⇔

=

Theo định lí 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
1, 2
( )
n n
x y
ϕ σ σ
+ =
. Thế thì ta có

1, 2
( )
n n
u v
ϕ α α
+ =
Vì
1 1 2 2
,
α σ α σ
= =
nên ta có
1, 2 1, 2
( ) ( )
ϕ σ σ ϕ α α
=
Từ đó suy ra:
n n n n
u v x y
+ = +
2.1.3. Các bài tập ứng dụng
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau
a.
3 3
2 2 2 2
( ) 13
( ) 468
x y xy x y
x y x y


+ + + =


+ =


Đáp số:
( ) ( )
; 3; 2x y
= −
hoặc
( ) ( )
; 2;3x y
= −
b.
10
5
2
x y
x y
y x
+ =



+ =


Đáp số:
( ) ( )

; 13;7x y =
hoặc
( ) ( )
; 7;13x y
=
c.
5 5
33
3
x y
x y

+ =

+ =

Đáp số:
( ) ( )
; 2;1x y
=
hoặc
( ) ( )
; 1;2x y
=
d.
3 3
2 12
2
x y xy
x y


+ + =

+ =


11
Đáp số:
( )
( )
; 1 2;1 2x y
= + −
hoặc
( )
( )
; 1 2;1 2x y = − +
e.
4 4
3
17
x y
x y
+ =


+ =

Đáp số:
( ) ( )
; 2;1x y

=
hoặc
( ) ( )
; 1;2x y
=
Bài 2: Giải phương trình
a.
4 4
2 3 1x x− + − =
Đáp số:
2x
=

b.
4 4
16 1 3x x
+ + − =
Đáp số:
15x
= −
hoặc
0x
=
c.
3 33 3
35 ( 35 ) 30x x x x
− + − =
Đáp số:
2x
=

hoặc
3x
=


Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
2 2
x y x xy y+ = − +
Đáp số:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 1;0 ; 0;1 ; 1;2 ; 2;1 ; 2;2x y
∈
2.2. Phương trình bậc hai
2.2.1. Một số ví dụ về giải phương trình bậc hai
Nhiều bài toán về phương trình bậc hai được giải một cách dễ dàng nhờ áp
dụng đa thức đối xứng. Để minh họa, xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình bậc hai
( )
2
0 0ax bx c a+ + = ≠
Với n là số nguyên, đặt
1 2
n n
n
S x x

= +
a. Chứng minh rằng:
2 1
0
n n n
aS bS cS
+ +
+ + =
b. Áp dụng: Không khai triển, hãy tính giá trị của biểu thức:
5 5
(1 2) (1 2)A = + −
Lời giải
a. Ta có
2 2 1 1
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( )( ) ( )
n n n n n n
x x x x x x x x x x
+ + + +
+ = + + − +
Do đó
( )
2 1 1 2 1 2n n n
S S x x S x x
+ +
= + −
Trong biểu thức trên thay
1 2
b
x x

a
−
+ =
và
1 2
c
x x
a
=
ta được
2 1n n n
b c
S S S
a a
+ +
= − −
hay
12
2 1
0
n n n
aS bS cS
+ +
+ + =
(1)
b. Đặt
1 2
1 2, 1 2x x
= + = −
thì

1 2
,x x
là nghiệm của phương trình
( ) ( )
2
1 2 1 2 0 2 1 0x x x x
   
− + − − = ⇔ − − =
   
Với phương trình trên hệ thức trong câu (a) trở thành

( )
2 1 1 2
2
n n
n n n n
S S S S x x
+ +
= + = +
Trong đẳng thức trên lần lượt cho
0,1,2,3, 4n =
ta tính được
0
1 1 2
2 1 0
3 2 1
4 3 2
5 4 3
2
2

2 2.2 2 6
2 2.6 2 14
2 2.14 6 34
2 2.34 14 82
S
b
S x x
a
S S S
S S S
S S S
S S S
=
= + = − =
= + = + =
= + = + =
= + = + =
= + = + =
Vậy
( ) ( )
5 5
1 2 1 2 82A
= + + − =
Ví dụ 2: Giả sử x
1,
x
2
là nghiệm của phương trình
( )
2

0 0ax bx c a
+ + = ≠
.
Thành lập phương trình bậc hai có các nghiệm
2
1
x
và
2
2
x
Lời giải
Đặt
2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2
, , ,x x x x s x x p x x
σ σ
= + = = + =
Ta có
2
2 1 2
2s
σ σ
= −
.
Theo định lí viet ta có
1 1 2 2 1 2
,
b c
x x x x

a a
σ σ
= + = − = =
Do đó
2 2
2 2 2 2 2
2 1 2 2 1 2
2 ,
b c c
s s x x p x x
a a a
σ
   
= = + = − − = = =
 ÷  ÷
   
Vậy phương trình bậc hai cần lập sẽ là :
2
0y sy p− + =
hay là :
( )
2 2 2
2 0ay b ac y c
− − + =
Ví dụ 3: Cho dãy số
{ }
0
n
n
n

u
=+∞
=
được xác định như sau :
( )
0 1 1 1
2, 6, 6 2 1
n n n
u u u u u n
+ −
= = = + ≥
(3)
a. Tìm số hạng tổng quát
n
u
b. Chứng minh rằng
2k
u
chia hết cho
1
2
k
+
với mọi
k N
∈
c. Chứng minh rằng với mọi
1k
≥
thì

2 1k
u
−
chia hết cho
2
k
và không chia
hết cho
1
2
k
+
13
Lời giải
a. Xét phương trình
2
6 2 0x x
− − =
. Các nghiệm của phương trình này là
1 2
3 11, 3 11x x
= − = +
. Đặt
1 2
,
n n
n
s x x n N= + ∈
. Theo công thức (1) ta có
1 1

6 2
n n n
s s s
+ −
= +
vì
0 0 1 1
2 , 6u s u s
= = = =
, nên từ (2) và (3) suy ra
( ) ( )
3 11 3 11
n n
n n
u s= = − + +
b. Ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
3 11 3 11
= 20 6 11 20 6 11
=2
k k
k
k k
k
k
u
v

= − + +
− + +

trong đó
( ) ( )
10 3 11 10 3 11
k k
k
v
= − + +
Ta cần chứng minh
n
v
là một số chẵn. Thật vậy, vì
3 11
−
và
3 11
+
là hai
nghiệm của phương trình
2
20 1 0x x
− + =
nên theo công thức (1) ta có:

1 1 0 1
20 , 0, 20
k k k
v v v v v

+ −
= − = =
Từ công thức trên suy ra
k
v
là một số chẵn với mọi
k N
∈
.
c. Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với
1k
=
khẳng
định là đúng. Giả sử, khẳng định đúng cho đến
( )
, 1k m m
= ≥
. Ta sẽ chứng minh
khẳng định cũng đúng với
1k m
= +
. Thật vậy ta có:

2 1 2 2 1
6 2
m m m
u u u
+ −
= +
Theo phần b) thì

2
2
m
m
u b
=
, với b là số lẻ. Cúng theo phần b) thì
1
2
2
m
m
u a
+
=
,
với
a N
∈
. Do đó, ta có
( )
1
2 1
2 6
m
m
u a b
+
+
= +

. Nhưng
6a b
+
là số lẻ, nên
2 1m
u
+

chia hết cho
1
2
m+
và không chia hết cho
2
2
m
+
Ví dụ 4 : Kí hiệu [x] là phần nguyên của số thực x. cho m là số nguyên dương.
Chứng minh rằng
( )
2 1
1 3
m+
 
+
 
 
chia hết cho
1
2

m+
và không chia hết cho
2
2
m
+
.
Lời giải
Xét phương trình bậc hai
2
2 2 0x x
− − =
. Các nghiệm của phương trình này
là
1 2
1 3, 1 3x x
= + = −
14
Đặt
1 2
,
k k
k
s x x k N
= + ∈
. Ta có
0 1 2
2, 2, 8s s s
= = =
. Theo công thức (1),

ta có :
1 2
2 2
k k k
s s s
− −
= +
Từ đó suy ra
k
s
là số nguyên dương chẵn. Ta có
( ) ( )
2 1 2 1
2 1
1 3 1 3
m m
m
s
+ +
+
= + + −

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 1
1
1 3 4 2 3 1 3 4 2 3
2 1 3 2 3 1 3 2 3

2 2 3 2 3 2 2 3 2 3
2
m
m m
m
m m m m
m m
m
m m
w w
+ +
+
= + + + − −
 
= + + + − −
 
 
   
= + + − − + + −
   
   
= −
trong đó

( ) ( )
2 3 2 3
m m
m
w
= + + −

Vì
2 3
+
và
2 3−
là các nghiệm của phương trình
2
4 1 0x x
− + =

nên theo (1) ta có :

1 2 0 1
4 , 2, 4
m m m
w w w w w
− −
= − = =
Từ đó suy ra
m
w
là số chẵn với mọi m. Vậy
2 1m
s
+
chia hết cho
1
2
m
+

. Tiếp
theo ta có :
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 1
2 1 2 1
2 1 2 1
2 1
0 3 1 1;
1 3 3 1
1 3 1 3

m
m m
m m
m
S
+
+ +
+ +
+
< − <
+ − −
= + + −
=
Do đó :
( )
2 1
2 1

1 3
m
m
s
+
+
 
+ =
 
 
Vậy
( )
2 1
1 3
m+
 
+
 
 
chia hết cho
1
2
m
+
. Tương tự như trong phần c) của ví dụ
5 ta có
( )
2 1
1 3
m+

 
+
 
 
không chia hết cho
2
2
m
+
2.2.2. Các bài tập ứng dụng
Bài 1 : Giả sử
1 2
; x x
là các nghiệm của phương trình
2
0 , 0ax bx c a+ + = ≠
.
Hãy thành lập một phương trình bậc hai có các nghiệm là
4 4
1 2
; x x
.
15
Hướng dẫn
Đặt
1 2
; = x y xy
σ σ
= +
Theo định lý viet ta có :

1 2
; =
b c
x y xy
a a
σ σ
−
= + = =
Do đó .
4 2 2
4 4 4 2
4 1 1 2 2
4 2 2
4 2 4 2
= 4 2
b b c c
s s x y
a a a a
b b c c
a a a a
σ σ σ σ
− −
     
= = + = − + = − +
 ÷  ÷  ÷
     
     
− +
 ÷  ÷  ÷
     

( )
4
4
4
2
c
p xy
a
σ
 
= = =
 ÷
 
.
Từ đó suy ra phương trình cần lập là:

5 2 4 2 3
0a y b cy c a
− + =
Bài 2 : Thành lập một phương trình bậc hai có các nghiệm là
1 2
; x x
, biết
rằng
5 5
1 2 1 2
31, 1x x x x
+ = + =
.
Hướng dẫn

Tương tự như trên ta có phương trình bậc hai cần lập là :

2
2
3 0
2 0
y y
y y

− + =

− − =


Bài 3 : Chứng minh rằng nếu
1 2
; x x
là nghiệm của phương trình bậc hai
2
6 1 0x x
− + =
thì
1 2
n n
x x+
là một số nguyên và không chia hết cho 5, với n là
một số tự nhiên.
Hướng dẫn
Vì
'

9 1 8 0
∆ = − = ≥ ⇒
phương trình có nghiệm
1 2
;x x
.
Chứng minh tương tự ví dụ 4, ta suy ra
1 2
n n
x x
+
là một số nguyên.
Ta có :
( )
( )
1 2
1 2 1 2
1 2 3
6; = 1
6 1
6 2
n n
n n n
n n n
x y xy
S x x S S
S S S
σ σ
− −
− − −

= + = =
= + = −
= −

Thay (2) vào (1) ta được :
( )
3 1 3
5 7
n n n n
S S S S
− − −
= − + −
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
2.3. Phương trình đối xứng và phương trình hồi quy
2.3.1. Định nghĩa
16
2.3.1.1. Phương trình đối xứng
Đa thức
( ) ( )
1 2
0 1 2 1
0
n n n
n n
f z a z a z a z a z a a
− −
−
= + + + + + ≠
được gọi là đa thức
đối xứng nếu các hệ số cách đều hai đầu bằng nhau, nghĩa là :

0 1 1
, ,
n n
a a a a
−
= =
Phương trình của đa thức đối xứng được gọi là phương trình đối
xứng.
2.3.1.2. Phương trình hồi quy
Đa thức :
( )
2 2 1 1 1 1 2 1
0 1 1 1 1 0
2 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1 1 1 0 0

0, 0
n n n n n n n
n n n
n n n n n n n
n n n n
a z a z a z a z a z a z a z
a z a z a z a z a z a z a a
λ λ
λ λ λ λ λ
− + − − +
− −
+ + − − +
− −
+ + + + + + + + +

+ + + + + + + + + ≠ ≠

được gọi là đa thức hồi quy
Phương trình đa thức hồi quy được gọi là phương trình hồi quy.
Khi
1
λ
=
thì đa thức hồi quy trở thành đa thức đối xứng.
Ví dụ : Phương trình
6 5 4 3 2
4 5 3 10 9 45 108 0x x x x x x
+ − + − + + =
là phương trình
hồi quy với
3
λ
=
2.3.1. Định lí
2.3.2.1. Định lý 1 : Đa thức
( )
f z
bậc n là đa thức đối xứng khi và chỉ khi
( )
1
0
n
z f f z z
z
 

= ≠
 ÷
 
(1)
2.3.2.2. Định lý 2 : Mọi đa thức hồi quy bậc chẵn 2k
( )
2 2 1 1 1 1
0 1 1 1 1 0

k k k k k k k
k k k
f z a z a z a z a z a z a z a
λ λ λ
− + − −
− −
= + + + + + + + +

đều biểu diễn được ở dạng
( ) ( )
k
f z z h
σ
=
.Trong đó
1
z
z
σ
= +
,

( )
h
σ
là một đa
thức nào đó theo biến
σ
và có bậc bằng k.
Mọi đa thức hồi quy bậc lẻ đều có dạng
( ) ( ) ( )
1f z z g z= +
trong đó
( )
g z

là đa thức hồi quy bậc chẵn.
2.3.2. Các ví dụ về giải phương trình
Ví dụ 1 : Giải phương trình
11 10 9 8 7 6
5 4 3 2
4 4 21 21 17 17
17 17 21 21 4 4 0
z z z z z z
z z z z z
+ − − + + +
+ + − + + + =
(1)
Lời giải
Đây là phương trình đối xứng (bậc lẻ 11)
Áp dụng định lí 2, ta có
17

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
10 9 8
9 8
8 7 2
7 6 3
6 5 4
10 8 6 4 2
4 1
4
21
21
17
17
__________________________
4 21 17 17 21 4
g z z z z z
z z z
z z z
z z z
z z z
z
g z z z z z z
= − + − − +
+ − + +

− − + +
− − + +
+ − +
+
= − + + − +
(1)
10 8 6 4 2
1 0 1
4 21 17 17 21 4 0 (2)
z z
z z z z z
+ = ⇔ = −

⇔

− + + − + =

Xét (2) ta thấy đây là phương trình đối xứng bậc 10
Vì
0x
=
không là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế phương
trình cho
5
z
, ta có :
( )
5 3
3 5
5 3

5 3
17 21 4
4 21 17 0
1 1 1
4 21 17 0
z z z
z z z
z z z
z z z
− + + − + =
     
⇔ + − + + + = ∗
 ÷  ÷  ÷
     
Áp dụng công thức : Đặt
1
z
z
σ
= +
3 3 5 5 3
3 5
1 1
3 , 5 5z z
z z
σ σ σ σ σ
+ = − + = − +
( )
( )
4 2

4 41 100 0
σ σ σ
∗ ⇔ − + =

Nghiệm của phương trình
( )
2
2
5
0, 2,
2
1
0 0 1 0
1
2 2 2 1 0 1
z z vô nghiêm
z
z z z z
z
σ σ σ
σ
σ
= = ± = ±
= ⇔ + = ⇔ + =
= ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ =
2
1
2 2 2 1 0 1z z z z
z
σ

= − ⇔ + = − ⇔ + + = ⇔ = −
2
2
2
5 1 5
2 5 2 0
1
2 2
2
2
5 1 5
2 5 2 0
1
2 2
2
z
z z z
z
z
z
z z z
z
z
σ
σ
=


= ⇔ + = ⇔ − + = ⇔


=

= −


= − ⇔ + = − ⇔ + + = ⇔

= −


18
Vậy hệ có tập nghiệm là
1
; 1; 2
2
T
 
= ± ± ±
 
 

Ví dụ 2: Giải phương trình:
8 7 6 5 4 3 2
2 9 20 32 46 66 80 72 32 0x x x x x x x x
− + − + − + − + =
(2)
Lời giải
Đây là phương trình bậc tám truy hồi với
2
λ

=

Ta thấy
0x
=
không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả hai vế của phương trình cho
4
x
ta có
( )
( )
4 3 2 1
2 3 4
4 3 2
4 3 2
1 1 1 1
2 2 9 20 32 46 66 80 72 32 0
16 8 4 2
2 9 20 33 46 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
⇔ − + − + − + − + =
       
⇔ + − + + + − + + = ∗
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Đặt

2
x x
x x
λ
σ
= + = +
2 2
2
3 3
3
4 4 2
4
4
4
8
6
16
8 8
x
x
x
x
x
x
σ
σ σ
σ σ

+ = −




⇒ + = −



+ = − +



( )
( ) ( ) ( )
4 2 3 2
4 3 2
2 8 8 9 6 20 4 46 0
2 9 4 21 18 0
σ σ σ σ σ
σ σ σ σ
∗ ⇔ − + − − + − + =
⇔ − + + − =
Ta tính được nghiệm của phương trình

3
1; 2; 3;
2
σ σ σ σ
= = = = −
Với
2
2

1 1 2 0x x x
x
σ
= ⇔ + = ⇔ − + =
(vô nghiệm)

2
2
2 2 2 2 0x x x
x
σ
= ⇔ + = ⇔ − + =
(vô nghiệm)

2
1
2
3 3 3 2 0
2
x
x x x
x
x
σ
=

= ⇔ + = ⇔ − + = ⇔

=


2
3 2 3
2 3 4 0
2 2
x x x
x
σ
= − ⇔ + = − ⇔ + + =
(vô nghiệm)
Vậy nghiệm của phương trình là
1x
=
và
2x
=
.
2.3.3. Các bài tập ứng dụng
Bài 1 : Giải các phương trình đối xứng sau :
a.
4 3 2
5 12 5 1 0x x x x
+ − + + =
Hướng dẫn
Nhận thấy
0x
=
không phải là nghiệm của phương trình.
19
Chia cả hai vế của phương trình cho

2
x
sau đó đặt
1
x
x
σ
= +
.
Khi đó ta có phương trình :
2
5 14 0
2

7
σ σ
σ
σ
+ − =
=

⇒

= −

Thay ngược trở lại ta tìm được
7 45
2
1 ;
7 45

2
x
x
x

− +
=


=

− −
=


b.
( )
5 4 3 2
2 3 3 2 1 0 1x x x x x
+ + + + + =
Hướng dẫn
( ) ( )
( )
( )
4 3 2
4 3 2
1 1 2 1 0
1 0

2 1 0 2

x x x x x
x
x x x x
⇔ + + + + + =
+ =

⇔

+ + + + =


Giải (2), ta làm tương tự phần a.
Cuối cùng ta có nghiệm của phương trình là :
1x
= −

c.
6 5 4 3 2
9 18 73 164 73 18 9 0z z z z z z
− − + − − + =
Đáp số :
1z =

Bài 2 : Giải các phương trình hồi quy
a.
4 3 2
3 2 6 4 0x x x x
+ − − + =
Hướng dẫn
Nhận thấy

0x
=
không phải là nghiệm của phương trình.
Chia cả 2 vế cho
2
x
rồi đặt
2
x
x
σ
= −
.
Khi đó ta có phương trình :
2
2
3 2 0
1
σ
σ σ
σ
=

− + = ⇒

=


Từ đó suy ra
2x

=
hoặc
1x
= −
hoặc
1 3x
= − +
hoặc
1 3x = −
b.
4 3 2
16 170 357 170 16 0x x x x
− + − + =
Đáp số :
8x
=
hoặc
2x
=
hoặc
1
2
x
=
hoặc
1
8
x =
2.4. Phân tích thành nhân tử và áp dụng
2.4.1. Phương pháp

Ta sử dụng hai phương pháp phân tích đa thức đối xứng thành nhân tử
- Phương pháp thứ nhất: biểu diễn các đa thức đã cho theo các đa thức đối
xứng cơ sở
1 2
,
σ σ
.
- Phương pháp thứ hai: phương pháp hệ số bất định.
20
2.4.2. Các ví dụ về phân tích đa thức thành nhân tử
Ví dụ 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
( ) ( )
4
4 4
,f x y x y x y
= + + +
Lời giải
Ta sử dụng phương pháp thứ nhất.
Ta có
( )
4
4 4 4
1 4
x y x y
σ δ
+ + + = −

( )
4 4 2 2
1 1 1 2 2

4 2
σ σ σ σ σ
= + − +


( )
( )
( )
4 2 2
1 1 2 2
4 2 2
1 1 2 2
2
1 2
2
2 2
2 4 2
2 2
2
2 x xy y
σ σ σ σ
σ σ σ σ
σ σ
= − +
= − +
= −
= + +
Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử

( )

4 3 2 2 3 4
, 2 3 6 3 2f x y x x y x y xy y= + + + +
Lời giải
Ta sử dụng phương pháp hệ số bất định.
Biểu diễn đa thức đa cho ở dạng:
( ) ( )
( )
4 3 2 2 3 4
2 2 2 2
2 3 6 3 2
, 1
x x y x y xy y
Ax Bxy Cy Cx Bxy Ay x y
+ + + +
= + + + + ∀
+ Với
1x y
= =
ta có:
( )
2
16A B C+ + =


4A B C
⇔ + + = ±
Ta thấy các hệ số A, B, C được xác định chính xác đến dấu của chúng, vì
nếu thay đổi dấu của tất cả các số này thành ngược lại thì (1) vẫn không thay
đổi.
Không mất tính tổng quát, ta có:

4A B C
+ + =
+ Với
1, 1x y= = −
, ta có:

( )
2
4
2
A B C
A B C
− + =
⇔ − + = ±
+ Cho
0, 1 x y
= =
, ta có
2AC
=

Xác định hệ số A, B, C ta có hệ phương trình:
4 1
2 1
2 2
A B C A
A B C B
AC C
+ + = =
 

 
− + = ⇔ =
 
 
= =
 

1
2
2
A B C
A B C
AC
+ + =


− + = −


=

(vô nghiệm)
21
Vậy:
( ) ( )
4 3 2 2 3 4 2 2 2 2
2 3 6 3 2 2 2x x y x y xy y x xy y x xy y
+ + + + = + + + +
2.4.3. Các bài tập ứng dụng
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

a.
( )
3
3 3
x y x y
+ − −
Đáp số:
( ) ( )
3
3 3
3x y x y xy x y
+ − − = +

b.
4 3 2 2 2 4
10 27 110 27 10x x y x y xy y− − − +
Đáp số:
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 2 2 2 4
10 27 110 27 10 2 2 5 5x x y x y xy y x y x y x y x y
− − − + = + + + +
c.
5
5
1 1
x x
x x
+ + +
Đáp số:
4 2

5
5
1 1 1 1 1
5 6x x x x x
x x x x x
 
     
+ + + = + + − + +
 
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
d.
5 4 3 2 2 3 4 5
x x y x y x y xy y
+ + + + +
Đáp số:

( )
( )
( ) ( )
5 4 3 2 2 3 4 5
2 2
x x y x y x y xy y
x y x y xy x y xy x y xy
+ + + + + =
= + + − + − + +
e.
4 3 2 2 3 4

11 18 11 6
6
x y x y xy y
x
− − − +

Đáp số:
( )
( ) ( )
4 3 2 2 3 4 2 2
11 18 11 6 2 3 2 3 3
6
x y x y xy y x xy y x y x y
x
− − − + = + + − −
f.
3 3 2 2 2 2 3 3
3 2 3 2 3x x y x y x y xy xy y
+ + + + + +

Đáp số:
( )
( )
3 3 2 2 2 2 3 3 2 2
3 2 3 2 3 3x x y x y x y xy xy y x y xy x y xy
+ + + + + + = + + + +
g.
5 4 5 4 2 3 2 2 3 3 3 2
3 3 3x xy y x y x y x y x y xy x y
+ + + + + + + +

Đáp số:
5 4 5 4 2 3 2 2 3 3 3 2
3 3 3x xy y x y x y x y x y xy x y
+ + + + + + + + =

( ) ( )
2 2 3 3
3x y xy x y xy
= + + + +
Bài 2: Rút gọn biểu thức
a.
( )
( )
7
7 7
4
4 4
x y x y
A
x y x y
+ − −
=
+ + +
Đáp số :
( )
7
2
A xy x y
= +

b.
( )
( )
( )
( )
5 7
5 5 7 7
5 5
3 3 5 5
a b a b a b a b
B
a b a b a b a b
+ − − + − −
= +
+ − − + − −
Đáp số :
( )
2 2
46
15
B a ab b
= + +

c.
( ) ( ) ( )
3 4 5
3 3 2 2
1 1 3 1 1 6 1 1
C

a b a b a b
a b a b a b
   
= + + + +
 ÷  ÷
+
   
+ + +
Đáp số :
2 2
1
C
a b
=

22
2.5. Chia đa thức đối xứng
2.5.1. Định lý về phép chia
Với mọi đa thức
( )
f x
và mọi đa thức
( )
0g x
≠
luôn tìm được một đa thức
( )
q x
(gọi là đa thức thương) và đa thức
( )

r x
(gọi là đa thức dư) sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x q x r x
= +

Trong đó
( )
0r x =
hoặc
( ) ( )
deg degr x g x
<
(deg : bậc của đa thức)
Đặc biệt : Nếu
( )
0r x
=
thì ta nói
( )
f x
chia hết cho
( )
g x
và kí hiệu
( ) ( )
f x g xM
hay
( ) ( )
|g x f x

(
( )
f x
là bội của
( )
g x
hay
( )
g x
là ước của
( )
f x
)
Vậy
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
:f x g x q x f x g x q x
⇔ ∃ =
M
2.5.2. Tính chất
a.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x h x
f x g x h x
g x h x


⇒ ± 


 


M
M
M

b.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
; f x g x g x h x f x h x⇒M M M

c.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
; .f x g x g x f x f x q g x⇒M M M
2.5.3. Một số bài toán về chia hết của các đa thức đối xứng
Bài toán số 1: Chứng minh rằng:
2 2n n n n
x x y y
+ +
chia hết cho
2 2
x xy y
+ +

khi và chỉ khi n không phải là bội của 3.
Lời giải
Ta có:
( )
( )
3 3 2 2

x y x y x xy y
− = − + +

( )
( )
1 1 2 1

k k k k k k
x y x y x x y xy y
− − − −
− = − + + + +
Dễ dàng thấy rằng
3 3k k
x y
−
chia hết cho
2 2
x xy y
+ +
. Xét các trường hợp
sau:
- Trường hợp 1:
3n k
=
ta có:
( )
2 2 6 3 3 6
2
3 3 3 3
3

n n n n k k k k
k k k k
x x y y x x y y
x y x y
+ + = + +
= − +
Từ đó ta thấy:
3 3k k
x y
−
chia hết cho
2 2
x xy y+ +

3 3k k
x y
không chia hết cho
2 2
x xy y
+ +
Vậy
2 2n n n n
x x y y+ +
không chia hết cho
2 2
x xy y
+ +
.
- Trường hợp 2:
3 1n k

= +
ta có:
2 2
6 2 3 1 3 1 6 2
2 6 3 1 3 1 2 6 2 6 6 1 2 6 6 1
n n n n
k k k k
k k k k k k k k
x x y y
x x y y
x x x y y y x y xy x y xy
+ + + +
+ + + +
+ +
= + +
= + + − − + +
23