Đa thức đối xứng và ứng dụng của đa thức đối xứng trong giải toán ở THPT

LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình thực hiện và hoàn thành đề tài, chúng tôi đã nhận được sự tạo điều kiện
và động viên của nhiều thầy cô, bạn bè. Nhân dịp này, lời đầu tiên chúng tôi xin bày tỏ
lòng biết ơn sâu sắc tới: Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Lý - Tin, phòng KHCN & HTQT,
các thầy cô trong tổ Bộ môn Đại số- Hình học, các bạn sinh viên lớp K56 ĐHSP Toán,
đặc biệt là TS. Hoàng Ngọc Anh, người thầy đã định hướng nghiên cứu, hướng dẫn
chúng tôi thực hiện đề tài này.
Những ý kiến đóng góp, giúp đỡ động viên của quý thầy cô, bạn bè đã tạo điều kiện
thuận lợi để chúng tôi hoàn thành đề tài. Nhân dịp này chúng tôi xin được bày tỏ lòng
biết ơn về những sự giúp đỡ quý báu nói trên.

Tôi xin chân thành cảm ơn!
Sơn La, tháng 05 năm 2018
Sinh viên thực hiện
Trần Anh Tuấn
Đặng Thanh Bình
Hoàng Thị Hải
Tênh-XayLy Xông

1


Mục lục
Lời cám ơn

1

2

1

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Đa thức đối xứng ba biến

5

1.1

Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Quỹ đạo của đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4

Các định lý cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5

Đa thức phản đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6

Công thức Viète và phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến

16

2.1

Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2

Hệ Phương trình đối xứng ba ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.3

Tính chia hết của các đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.4

Chứng minh đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.5

Chứng minh các bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.6

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2


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 có 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
Trung học phổ thông quốc gia, bồi dưỡng kiến thức cho chuyên nghành toán của các

trường Sư phạm chúng tôi đặt vấn đề nghiên cứu đề tài : “Đa thức đối xứng và ứng dụng
của đa thức đối xứng trong giải toán ở THPT”. Đa thức đối xứng có nhiều nội dung như
đa thức đối xứng hai biến, đa thức đối xứng ba biến, đa thức đối xứng nhiều biến. Trong
đề tài này chúng tôi chọn đa thức đối xứng ba biến để nghiên cứu.
2. Mục đích nghiên cứu.
Nghiên cứu các nội dung cơ bản về đa thức đối xứng ba 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 lý thuyết về đa thức đối xứng ba biến, chứng minh các định lý và
các tính chất của đa thức đối xứng ba biến.
- Các dạng bài tập ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến và phương pháp giải.
4. Giả thiết khoa học
Nếu hiểu và nắm vững định nghĩa, tính chất và các định lý liên quan tới đa thức đối xứng
của hàm ba 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 lý thuyết liên quan đến đa thức đối xứng ba biến.
- Nghiên cứu các dạng bài tập, ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến để giải một số bài
toán.

3


6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu.
- Phân tích tổng hợp các kiến thức.
- Nghiên cứu, tích lũy kinh nghiệm bản thân, trao đổi với Giảng viên hướng dẫn.
7. Đóng góp của 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 ba biến.
Chương 2: Ứng dụng của đa thức đối xứng.

4


Chương 1

Đa thức đối xứng ba biến
1.1

Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1.1.1. Một đơn thức ϕ(x, y, z) của các biến x, y, z được hiểu là hàm số có
dạng
ϕ(x, y, z) = aklm xk y l z m ,

trong đó k, l, m ∈ N được gọi là bậc của các biến x, y, z ;
số aklm ∈ R∗ = R \ {0} được gọi là hệ số của đơn thức, còn k + l + m được gọi là bậc
của đơn thức ϕ(x, y, z).
Định nghĩa 1.1.2. Một hàm số P (x, y, z) của các biến x, y, z được gọi là một đa thức nếu
có thể được biểu diễn ở dạng tổng hữu hạn các đơn thức:
aklm xk y l z m .

P (x, y, z) =
k+l+m n

Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức.
Định nghĩa 1.1.3. Đa thức P (x, y, z) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi với
mọi hoán vị của x, y, z , nghĩa là
P (x, y, z) = P (x, z, y) = P (y, x, z) = P (y, z, x) = P (z, x, y) = P (z, y, x).

Định nghĩa 1.1.4. Đa thức f (x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m, nếu:
f (tx, ty, tz) = tm f (x, y, z),

t = 0.

Định nghĩa 1.1.5. Các đa thức
σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz,

được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z .
5


1.2

Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo

Định nghĩa 1.2.1. Các đa thức sk = xk + y k + z k , (k = 0, 1, ...), được gọi là tổng lũy thừa
bậc k của các biến x, y, z .
Định lý 1.2.2. (Công thức Newton) Với mọi k ∈ Z ta có hệ thức
sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 .

(1.2.1)

Chứng minh. Thật vậy, ta có

σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 = (x + y + z)(xk−1 + y k−1 + z k−1 ) −
− (xy + yz + zx)(xk−2 + y k−2 + z k−2 ) + xyz(xk−3 + y k−3 + z k−3 ) =
= (xk + y k + z k + xy k−1 + xk−1 y + xz k−1 + xk−1 z + yz k−1 + y k−1 z) −
− (xk−1 y + xy k−1 xk−1 z + xz k−1 + y k−1 zyz k−1 + xyz k−2 + xy k−2 z + xk−2 yz) +
+ (xk−2 yz + xy k−2 z + xyz k−2 ) = xk + y k + z k = sk .

Công thức được chứng minh.
Định lý 1.2.3. Mỗi tổng lũy thừa sk = xk + y k + z k đều có thể biểu diễn được dưới dạng
một đa thức bậc k theo các biến σ1 , σ2 , σ3 .
Chứng minh. Ta áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh. Ta có:
s0 = 3,

s1 = x + y + z = σ1 ,

s2 = x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2(xy + yz + zx) = σ12 − 2σ2 .

Như vậy, định lý luôn đúng với n = 0, n = 1, n = 2.
Giả sử định lý luôn đúng với n = k − 1, n = k − 2, n = k − 3, (k ≥ 3).
Khi đó theo công thức Newton (1.2.1), định lý cũng đúng với n = k .
Định lý đã được chứng minh.
Công thức Newton cho phép biểu diễn các tổng lũy thừa sk theo các đa thức đối xứng
cơ sở σ1 , σ2 , σ3 , nếu biết trước công thức biểu diễn của sk−1 , sk−2 . Định lý sau đây cho ta
công thức biểu diễn trực tiếp sk theo σ1 , σ2 , σ3 .
Định lý 1.2.4. (Công thức Waring) Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua các đa thức đối
xứng cơ sở theo công thức:
sk
=
k

l+2m+3n=k

(−1)k−l−m−n (l + m + n − 1)! l m n
σ1 σ2 σ3 .
l!m!n!

6

(1.2.2)


Ví dụ Từ công thức Waring chúng ta có thể tìm được các công thức sau:
s0 = 3,
s1 = σ1 ,
s2 = σ12 − 2σ2 ,
s3 = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ,
s4 = σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 ,
s5 = σ15 − 5σ13 σ2 + 5σ1 σ22 + 5σ12 σ3 − 5σ2 σ3 ,
s6 = σ16 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 + 6σ13 σ3 − 12σ1 σ2 σ3 + 3σ32 ,
s7 = σ17 − 7σ15 σ2 + 14σ13 σ22 − 7σ1 σ23 + 7σ14 σ3 − 21σ12 σ2 σ3 + 7σ1 σ32 + 7σ22 σ3 ,
s8 = σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ23 − 16σ12 σ23 + 2σ24 + 8σ15 σ3 − 32σ13 σ2 σ3 + 12σ12 σ32 +
+ 24σ1 σ22 σ3 − 8σ2 σ32 ,
s9 = σ19 − 9σ17 σ2 + 27σ15 σ22 − 30σ13 σ23 + 9σ16 σ3 − 45σ14 σ2 σ3 + 54σ12 σ22 σ3 +
+ 18σ13 σ32 − 9σ23 σ3 − 27σ1 σ2 σ32 + 3σ33 ,
s10 = σ110 − 10σ18 σ2 + 35σ16 σ22 − 50σ14 σ23 + 25σ12 σ24 − 2σ25 + 10σ17 σ3 −
− 60σ15 σ2 σ3 + 100σ13 σ22 σ3 + 25σ14 σ32 − 40σ1 σ23 σ3 + 60σ12 σ2 σ32 +
+ 10σ1 σ33 + 15σ22 σ32 .

Định nghĩa 1.2.6. Các biểu thức s−k =

1

1
1
+ k + k , (k = 1, 2, ...), được gọi là tổng
k
x
y
z

nghịch đảo các lũy thừa.
Do công thức (1.2.1) đúng với ∀k ∈ N, nên nếu trong công thức trên thay k bởi 3 − k ta
được:
s−k =

σ1
1
σ2
s1−k − s2−k + s3−k .
σ3
σ3
σ3

(1.2.3)

Sử dụng công thức (1.2.3) ta có thể tìm được các biểu thức của các tổng nghịch đảo theo
các đa thức đối xứng cơ sở. Xét một số trường hợp sau:
σ1
1
σ2
σ1
1

σ2
σ2
s0 − s1 + s2 = 3 − σ1 + (σ12 − 2σ2 ) = ,
σ3
σ3
σ3
σ3
σ3
σ3
σ3
σ22 − 2σ1 σ3
σ2
σ1
1
,
= s−1 − s0 + s1 =
σ3
σ3
σ3
σ32
σ 3 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32
σ2
σ1
1
= s−2 − s−1 + s0 = 2
,
σ3
σ3
σ3
σ33

σ 4 − 4σ1 σ22 σ3 + 4σ2 σ32 + 2σ12 σ32
σ2
σ1
1
= s−3 − s−2 + s−1 = 2
.
σ3
σ3
σ3
σ34

s−1 =
s−2
s−3
s−4

7


1.3

Quỹ đạo của đơn thức

Định nghĩa 1.3.1. Đa thức đối xứng với số các số hạng tối thiểu. Một trong các số hạng
của nó là đơn thức xk y l z m được gọi là quỹ đạo của đơn thức xk y l z m và được ký hiệu là
O(xk y l z m ).

Rõ ràng là để tìm các quỹ đạo của đơn thức xk y l z m cần phải bổ sung vào đơn thức đó tất
cả các hoán vị của x, y, z. Với k = l = m, ta có:
O(xk y l z m ) = xk y l z m + xk y m z l + xl y k z m + xl y m z k + xm y k z l + xm y l z k .

Nếu như trong đơn thức xk y l z m có hai số mũ nào đó bằng nhau, chẳng hạn k = l = m thì
O(xk y l z m ) = xk y k z m + xk y m z k + xm y k z k .

Các trường hợp riêng của quỹ đạo:
O(x) = O(xy 0 z 0 ) = x + y + z = σ1 ,
O(xyz) = xyz = σ3 ,

O(xy) = O(xyz 0 ) = xy + xz + yz = σ2 .

O(xk ) = O(xk y 0 z 0 ) = xk + y k + z k = sk , k ∈ N.

Định lý 1.3.2. Quỹ đạo của mọi đơn thức biểu diễn được dưới dạng một đa thức theo
các đơn thức đối xứng cơ sở.
Chứng minh. Trước hết ta có O(xk ) = sk , nên theo định lý 1.2.3, O(xk ) biểu diễn được
theo các đa thức đối xứng cơ sở.
Chuyển sang trường hợp khi quỹ đạo có dạng O(xk y l ). Ta có công thức:
O(xk y l ) = O(xk )O(xl ) − O(xk+l )

(k = l),

(1.3.1)

Thật vậy, ta có:
O(xk )O(xl ) − O(xk+l ) = (xk + y k + z k )(xl + y l + z l ) − (xk+l + y k+l + z k+l )
= (xk+l + y k+l + z k+l + xk y l + xl y k + xk z l +
+ xl z k + y k z l + y l z k ) − (xk+l + y k+l + z k+l )
= xk y l + xl y k + xk z l + xl z k + y k z l + y l z k = O(xk y l ).

Nếu k = l thì công thức (1.3.1) được thay bởi công thức sau:

O(xk y k ) =

1
2

O(xk )

8

2

− O(x2k ) .

(1.3.2)


Từ (1.3.1) và (1.3.2) suy ra các quỹ đạo O(xk y l ) biểu diễn được ở dạng đa thức theo các
biến σ1 , σ2 , σ3 .
Cuối cùng, nếu đơn thức xk y l z m phụ thuộc vào cả ba biến x, y, z. Nghĩa là k = l = m
và cùng khác 0, thì đơn thức xk y l z m sẽ chia hết cho lũy thừa với số mũ nào đó của xyz.
Vì vậy, trong đa thức O(xk y l z m ) có thể đưa lũy thừa với số mũ nào đó của xyz = σ3 ra
ngoài ngoặc. Khi đó trong ngoặc chỉ là quỹ đạo phụ thuộc vào số biến ít hơn ba. Do đó,
quỹ đạo O(xk y l z m ) biểu diễn được dưới dạng đa thức của σ1 , σ2 , σ3 . Định lý được chứng
minh.
Bằng cách trên ta có thể dễ dàng nhận được các công thức sau:
O(xy) = σ2 ,
O(x2 y) = σ1 σ2 − 3σ3 ,
O(x2 y 2 ) = σ22 − 2σ1 σ3 ,
O(x3 y) = σ12 σ2 − 2σ22 − σ1 σ3 ,
O(x3 y 2 ) = σ1 σ22 − 2σ12 σ3 − σ2 σ3 ,

O(x4 y) = σ13 σ2 − 3σ1 σ22 − σ12 σ3 + 5σ2 σ3 ,
O(x3 y 3 ) = σ23 + 3σ32 − 3σ1 σ2 σ3 ,
O(x4 y 2 ) = σ12 σ22 − 2σ23 − 2σ13 σ3 + 4σ1 σ2 σ3 − 3σ32 ,
O(x5 y) = σ14 σ2 − 4σ12 σ22 − σ13 σ3 + 7σ1 σ2 σ3 + 2σ23 − 3σ32 .

Sử dụng các công thức biểu diễn của tổng nghịch đảo theo các đa thức cơ sở, dễ dàng
tìm được các quỹ đạo O(xk y k ). Thật vậy, ta có:

s−k =

1
1
1
y k z k + xk z k + xk y k
O(xk y k )
+
+
=
=
.
xk y k z k
xk y k z k
σ3k

Suy ra:
O(xk y k ) = σ3k s−k
O(x2 y 2 ) = σ32 s−2 = σ22 − 2σ1 σ3 ,
O(x3 y 3 ) = σ33 s−3 = σ23 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32 ,
O(x4 y 4 ) = σ34 s−4 = σ24 − 4σ1 σ22 σ3 + 4σ2 σ32 + 2σ12 σ32 .

9


1.4

Các định lý cơ bản

Định lý 1.4.1. Mọi đa thức đối xứng ba biến x, y, z đều có thể biểu diễn ở dạng đa thức
theo các biến σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz.
Chứng minh. Giả sử f (x, y, z) là đa thức đối xứng và axk y l z m là một trong các số hạng
của f (x, y, z). Do tính đối xứng, cùng với số hạng trên, f (x, y, z) chứa quỹ đạo O(xk y l z m )
với thừa số chung là a. Như vậy ta có:
f (x, y, z) = aO(xk y l z m ) + f1 (x, y, z),

(1.4.1)

trong đó f1 (x, y, z) là đa thức đối xứng nào đó với ít số hạng hơn. Đối với f1 (x, y, z), ta
lại có công thức tương tự như công thức (1.4.1). Theo một số hữu hạn bước nói trên, ta
có thể phân tích đa thức f (x, y, z) thành tổng các quỹ đạo. Theo định lý 1.3.2, mỗi quỹ
đạo lại là một đa thức theo các đa thức đối xứng cơ sở, do đó mọi đa thức đối xứng có
thể biểu diễn được ở dạng đa thức theo các đa thức đối xứng cơ sở. Định lý được chứng
minh.
Định lý 1.4.2. (Định lý duy nhất) Nếu hai đa thức ϕ(t, u, v), ψ(t, u, v) khi thay t = σ1 =
x + y + z, u = σ2 = xy + yz + zx, v = σ3 = xyz cho ta cùng một đa thức đối xứng
P (x, y, z), thì chúng phải đồng nhất bằng nhau.

Chứng minh. Để thuận tiện ta đặt:
t1 = t, t2 = u, t3 = v, x1 = x, x2 = y, x3 = z.
φ(t1 , t2 , t3 ) = ϕ(t1 , t2 , t3 ) − ψ(t1 , t2 , t3 ).

Theo giả thiết ta có:
φ(σ1 , σ2 , σ3 ) = P (x1 , x2 , x3 ) − P (x1 , x2 , x3 ) = 0.
∀σ1 = x1 + x2 + x3 , σ2 = x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 , σ3 = x1 x2 x3 .

Chúng ta sẽ chứng minh φ là đa thức không, nghĩa là đồng nhất bằng không. Đặt
Q(x1 , x2 , x3 ) = φ(x1 + x2 + x3 , x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 , x1 x2 x3 ) = φ(σ1 , σ2 , σ3 ).

Rõ ràng Q(x1 , x2 , x3 ) là đa thức đối xứng. Ta viết lại φ(t1 , t2 , t3 ) ở dạng:
φ(t1 , t2 , t3 ) = φ0 (t1 , t2 ) + φ1 (t1 , t2 )t3 + φ2 (t1 , t2 )t23 + ... + φm (t1 , t2 )tm
3
10


và kí hiệu τ1 τ2 là những đa thức đối xứng cơ sở của các biến x1 , x2 .
Dễ dàng thấy rằng:
σk (x1 , x2 , 0) = τk (x1 , x2 )(k = 1, 2), σ3 (x1 , x2 , 0) = τ3 (x1 , x2 ) = 0.

Theo điều kiện của bài toán ta có
Q(x1 , x2 , x3 ) = φ0 (σ1 , σ2 ) + φ1 (σ1 , σ2 )σ3 + φ2 (σ1 , σ2 )σ32 +
+... + φm (σ1 , σ2 )σ3m = 0, ∀x1 , x2 , x3 .

Khi đó thì R(x1 , x2 ) = Q(x1 , x2 , 0) = φ0 (τ1 , τ2 ) = 0, ∀x1 , x2 . Vì R(x1 , x2 ) là đa thức đối
xứng hai biến, nên suy ra φ0 đồng nhất bằng không. Như vậy ta có
Q(x1 , x2 , x3 ) = σ3 [φ1 (σ1 , σ2 ) + φ2 (σ1 , σ2 )σ3 + ... + σm (σ1 , σ2 )σ3m−1 ] = 0
∀x1 , x2 , x3 .

Mà σ3 = 0, nên đa thức
Q(x1 , x2 , x3 ) = φ1 (σ1 , σ2 ) + φ2 (σ1 , σ2 )σ3 + ... + σm (σ1 , σ2 )σ3m−1 = 0.

Tương tự suy ra φ1 đồng nhất bằng không. Hoàn toàn tương tự ta có φi (i = 1, 2, .., m) là

những đa thức không. Vậy φ là đa thức không. Định lý được chứng minh.
Để biểu diễn một đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ sở. Một cách tổng quát,
ta có thể tiến hành theo các bước như trong chứng minh của định lý 1.4.1. Tuy nhiên
trong trường hợp đa thức là thuần nhất, ta có thể dùng phương pháp "hệ số bất định". Cơ
sở của phương pháp này là mệnh đề sau đây.
Mệnh đề 1.1. Cho hàm số fm (x, y, z) là một đa thức đối xứng thuần nhất bậc m. Khi đó
fm (x, y, z) được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở theo công thức
aijk σ1i σ2j σ3k ,

fm (x, y, z) =
i+2j+3k=m

Dưới đây là một số trường hợp riêng của mệnh đề này
f1 (x, y, z) = a1 σ1 ,
f2 (x, y, z) = a1 σ12 + a2 σ2 ,
f3 (x, y, z) = a1 σ13 + a2 σ1 σ2 + a3 σ3 ,
f4 (x, y, z) = a1 σ14 + a2 σ12 σ2 + a3 σ22 + a4 σ1 σ3 ,
11

(i, j, k ∈ N).


f5 (x, y, z) = a1 σ15 + a2 σ13 σ2 + a3 σ1 σ22 + a4 σ12 σ3 + a5 σ2 σ3 ,
f6 (x, y, z) = a1 σ16 + a2 σ14 σ2 + a3 σ12 σ22 + a4 σ23 + a5 σ13 σ3 + a6 σ32 + a7 σ1 σ2 σ3 ,

trong đó ai (i = 1, 2, 3, ...) là các hằng số được xác định duy nhất (theo định lý 1.4.2) và
để tìm các hệ số này, ta chỉ việc cho x, y, z nhận các giá trị cụ thể thích hợp nào đó.

1.5

Đa thức phản đối xứng

Định nghĩa 1.5.1. Đa thức phản đối xứng là đa thức thay đổi dấu khi thay đổi vị trí của
hai biến bất kì.
Định lý 1.5.2. (Định lý Bezout) Giả sử f (t) là đa thức bậc n

1. Khi đó số dư trong

phép chia của đa thức cho (t − a) bằng f (a). Đa thức f (t) chia hết cho (t − a) khi và chỉ
khi f (a) = 0.
Chứng minh. Thật vậy, thực hiện phép chia đa thức f (t) cho (t − a), ta được
f (t) = g(t)(t − a) + r(t).

Vì (t − a) có bậc bằng 1, nên đa thức dư r(t) có bậc khác không, nghĩa là
r(t) = r = const.

Trong đẳng thức trên cho t = a, ta được r = f (a). Từ đó suy ra f (t) chia hết cho (t − a)
khi và chỉ khi f (a) = 0. Định lý được chứng minh.
Định lý 1.5.3. Mọi đa thức phản đối xứng hai biến f (x, y) đều có dạng:
f (x, y) = (x − y)g(x, y),

(1.5.1)

trong đó g(x, y) là đa thức đối xứng theo các biến x, y .
Chứng minh. Trước hết nhận xét rằng, nếu f (x, y) là đa thức phản đối xứng thì f (x, x) =
0. Thật vậy, theo định nghĩa ta có
f (x, y) = −f (y, x).

Trong đẳng thức trên đặt y = x, ta có f (x, x) = −f (x, x) suy ra f (x, x) = 0. Ta kí hiệu
Fy (x) = f (x, y) là đa thức chỉ theo biến x (coi y là tham số). Theo nhận xét trên, ta có

Fy (y) = 0. Theo định lý Bezout, đa thức Fy (x) chia hết cho (x − y). Do đó f (x, y) chia

hết cho (x − y), nghĩa là có dạng
f (x, y) = (x − y)g(x, y),
12

(1.5.2)


trong đó g(x, y) là đa thức nào đó. Trong công thức (1.5.2) đổi chỗ của x, y ta được
f (y, x) = (y − x)g(y, x).

Vì theo giả thiết f (x, y) = −f (y, x) và cũng vì (x − y) = −(y − x), nên ta có:
f (x, y) = (x − y)g(y, x).

(1.5.3)

Từ (1.5.2) và (1.5.3), suy ra g(x, y) là đa thức đối xứng theo các biến x, y . Định lý được
chứng minh.
Định lý 1.5.4. Mọi đa thức phản đối xứng ba biến f (x, y, z) đều có dạng
f (x, y, z) = (x − y)(x − z)(y − z)g(x, y, z),

trong đó g(x, y, z) là đa thức đối xứng theo các biến x, y, z .
Trong đa thức phản đối xứng, các đa thức (x − y) và T = (x − y)(y − z)(y − z) đóng vai
trò rất quan trọng và được gọi là các đa thức phản đối xứng đơn giản nhất tương ứng đối
với đa thức phản đối xứng hai biến và ba biến.
Định nghĩa 1.5.5. Bình phương của đa thức phản đối xứng đơn giản nhất gọi là biệt
thức.
Như vậy, trường hợp hai biến, biệt thức của các biến x, y là
∆(x, y) = (x − y)2 ,

còn trong trường hợp ba biến, thì biệt thức của các biến x, y, z là
∆(x, y, z) = T 2 = (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 .

Dễ dàng thấy rằng:
∆(x, y) = σ12 − 4σ2 .

nên trong trường hợp ba biến thì
∆(x, y, z) = −4σ13 σ3 + σ12 σ22 + 18σ1 σ2 σ3 − 4σ23 − 27σ32 .

trong đó σ1 , σ2 , σ3 là các đa thức đối xứng cơ sở.

13

(1.5.4)


1.6

Công thức Viète và phương trình bậc ba

Định lý 1.6.1. (Công thức Viète) Nếu x1 , x2 , x3 là các nghiệm của phương trình
ax3 + bx2 + cx + d = 0, (a = 0),

thì






σ 1 = x1 + x2 + x3



σ 2 = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3





σ = x x x
3

1 2 3

b
=− ,
a
c
= ,
a
d
=− .
a

Chứng minh. Ta có đồng nhất thức
a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) ≡ ax3 + bx2 + cx + d
⇔ ax3 − a(x1 + x2 + x3 )x2 + a(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )x − ax1 x2 x3 ≡ ax3 + bx2 + cx + d

So sánh hệ số các lũy thừa cùng bậc của x ở hai vế của hai đẳng thức trên, suy ra điều

phải chứng minh.
Định lý 1.6.2. Xét phương trình bậc ba
x3 + ax2 + bx + c = 0

(1.6.1)

∆ = −4a3 c + a2 b2 + 18abc − 4b3 − 27c2

(1.6.2)

với các hệ số là các số thực và

được gọi là biệt thức của phương trình. Khi đó:
a) Nếu∆ > 0, thì tất cả các nghiệm x1 , x2 , x3 là các số thực và khác nhau.
b) Nếu ∆ < 0, thì một nghiệm của phương trình là thực, còn hai nghiệm kia là số phức
liên hợp cùng nhau.
c) Nếu ∆ = 0 và a2 − 3b = 0, thì phương trình (1.6.1) có ba nghiệm thực, trong đó có hai
nghiệm trùng nhau (nghiệm kép), nghiệm còn lại khác hai nghiệm trên. Nếu ∆ = 0 và
a2 − 3b = 0 thì phương trình có ba nghiệm thực trùng nhau (nghiệm bội).

Chứng minh. Giả sử x1 , x2 , x3 là các nghiệm của phương trình (1.6.1) (có thể là các số
phức, nhưng ít nhất có một nghiệm là thực). Khi đó theo công thức Viète cho phương
trình bậc ba, ta có
σ1 = x1 + x2 + x3 = a,

σ2 = x1 x2 + x1 x3 + x3 x2 = b,
14

σ3 = x1 x2 x3 = −c.

Xét bình phương của đa thức phản đối xứng đơn giản nhất của x1 , x2 , x3 .
∆ = T 2 = (x1 − x2 )2 (x1 − x3 )2 (x2 − x3 )2 .

Theo công thức (1.5.3) và các hệ thức Viète trên đây, ta có
∆ = −4a3 c + a2 b2 + 18abc − 4b3 − 27c2 .

a) Rõ ràng là nếu tất cả các nghiệm đều là số thực và khác nhau, thì T là số thực và khác
không, do đó ∆ = T 2 > 0. Điều ngược lại được suy ra từ dưới đây.
b) Giả sử x1 là nghiệm thực, còn x2 , x3 là phức: x2 = α + iβ, x3 = α − iβ. Khi đó
T = (x1 − α − iβ)(x1 − α + iβ)2iβ = 2iβ[(x1 − α)2 + β 2 ].

Do đó
∆ = T 2 = −4β 2 [(x1 − α)2 + β 2 ] < 0.

c) Từ kết quả trình bày trong phần b) ta thấy nếu phương trình (1.6.1) có hai nghiệm bằng
nhau thì các nghiệm của phương trình đều là số thực và ∆ = 0. Để làm sáng tỏ khi nào
có chỉ có hai nghiệm bằng nhau (nghiệm kép), hoặc cả ba nghiệm bằng nhau (nghiệm
bội), ta xét biểu thức
∆1 = (x1 − x2 )2 + (x2 − x3 )2 + (x3 − x1 )2 = 2(σ12 − 3σ2 ) = 2(a2 − 3b).

Rõ ràng là nếu x1 , x2 , x3 là các số thực, thì ∆1 = 0, tức là a2 = 3b khi và chỉ khi phương
trình (1.6.1) có ba nghiệm thực bằng nhau (nghiệm bội). Vậy nếu ∆ = 0 và a2 = 3b
thì phương trình (1.6.1) có nghiệm bội, còn nếu ∆ = 0 và a2 = 3b, thì phương trình có
nghiệm số kép. Định lý được chứng minh.

15


Chương 2

Ứng dụng của đa thức đối xứng ba biến
2.1

Phân tích đa thức thành nhân tử

2.1.1. Ứng dụng
Trong mục này trình bày hai phương pháp phân tích đa thức đối xứng thành nhân tử.
Phương pháp thứ nhất, thể hiện ở chỗ biểu diễn đa thức đã cho theo các đa thức đối xứng
cơ sở σ1 , σ2 , σ3 . Phương pháp thứ hai là phương pháp hệ số bất định.
Đặc biệt, khi chứng minh đa thức phản đối xứng thuần nhất ta sử dụng mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.2. Kí hiệu θm (x, y, z) là đa thức phản đối xứng bậc m. Khi đó
θ3 (x, y, z) = aT (x, y, z),
θ4 (x, y, z) = aT (x, y, z)σ1 ,
θ5 (x, y, z) = T (x, y, z)(aσ12 + bσ2 ),
θ6 (x, y, z) = T (x, y, z)(aσ13 + bσ1 σ2 + cσ3 ),

trong đó a, b, c là các hằng số.
T (x, y, z) là biệt thức.

2.1.2. Ví dụ
a) Đa thức đối xứng
Ví dụ 2.1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz.

Lời giải. Đặt σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz.

16

Đa thức đã cho trở thành
f (x, y, z) = (σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) − 3σ3
= σ13 − 3σ1 σ2
= σ1 (σ12 − 3σ2 )
= (x + y + z)[(x + y + z)2 − 3(xy + yz + zx)]
= (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx).

Vậy ta có kết quả
f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx).

Ví dụ 2.2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử.
f (x, y, z) = (x + y + z)3 − x3 − y 3 − z 3 .

Lời giải. Đặt
σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz, s3 = x3 + y 3 + z 3 .

Sử dụng công thức Waring ta có:
f = σ13 − s3
= σ13 − (σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 ) = 3(σ1 σ2 − σ3 )
= 3[(x + y + z)(xy + yz + zx) − xyz]
= 3[(x + y)(xy + yz + zx) + xyz + z(yz + zx) − xyz]
= 3[(x + y)(xy + yz + zx) + z 2 (x + y)]
= (x + y)(xy + yz + zx + z 2 )
= 3(x + y)[(xy + yz) + (zx + z 2 )] = 3(x + y)(y + z)(z + x).

Vậy ta có kết quả
f (x, y, z) = (x + y + z)3 − x3 − y 3 − z 3 = 3(x + y)(y + z)(z + x).

Ví dụ 2.3. Phân tích đa thức thành nhân tử
f (x, y, z) = 2(x3 + y 3 + z 3 ) + 7(x2 y + xy 2 + x2 z + xz 2 + y 2 z + yz 2 ) + 16xyz.

Lời giải. Trước hết ta biểu diễn f qua các đa thức đối xứng cơ sở. Sử dụng công thức
quỹ đạo:
O(x2 y) = O(x2 )O(y) − O(x3 ) = s2 σ1 − s3 .
17


và công thức Waring, ta có
f (x, y, z) = 2s3 + 7(s2 σ1 − s3 ) + 16σ3 = 2σ13 + σ1 σ3 + σ3 .

Đa thức ở vế phải không thể phân tích được thành nhân tử. Điều đó chứng tỏ f không
có nhân tử đối xứng theo x, y, z . Vì f là đa thức đối xứng bậc 3, nên nó có thể phân tích
thành tích của 3 nhân tử bậc nhất. Như vậy, mỗi nhân tử là đối xứng theo hai biến. Do
đó ta tìm nhân tử ở dạng
f (x, y, z) = (ax + ay + bz)(ax + by + az)(bx + ay + az).

Chúng ta cần phải tìm các hệ số a, b. Nếu trong đẳng thức trên cho x = 1, y = 1, z = 1, ta
được 64 = (2a + b)3 , suy ra 2a + b = 4.
Tiếp theo, nếu cho x = y = 1, z = −1, thì (2a − b)b2 = 0.
Nếu b = 0 thì a = 2 và ta có
f (x, y, z) = 8(x + y)(y + z)(z + x).

Dễ thấy rằng đẳng thức này không đúng vì
8(x + y)(y + z)(z + x) = 8.O(x2 y) + 16xyz,

trong khi đó
f (x, y, z) = 2.O(x3 ) + 7.O(x2 y) + 16xyz = 8.O(x2 y) + 16xyz.

Vậy b = 0 nên 2a − b = 0. Từ các đẳng thức 2a + b = 4, 2a − b = 0, suy ra a = 1, b = 2.
Do đó ta có kết quả

f (x, y, z) = (x + y + 2z)(x + 2y + z)(2x + y + z).

b) Đa thức phản đối xứng
Ví dụ 2.4. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
f (x, y, z) = (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 .

Lời giải. Rõ ràng f (x, y, z) là đa thức phản đối xứng bậc ba. Theo mệnh đề 1.2, ta có
f (x, y, z) = aT (x, y, z)

Để tìm a, cho x = 0, y = 1, z = 2 tìm được a = 3. Vậy ta có kết quả :
(x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x).
18


Ví dụ 2.5. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
f (x, y, z) = yz(y 2 − z 2 ) + xz(z 2 − x2 ) + xy(x2 − y 2 ).

Lời giải. Vì f (x, y, z) là đa thức phản đối xứng và đẳng cấp bậc bốn, nên theo mệnh đề
1.2, ta có:
f (x, y, z) = aT (x, y, z)σ1 .

Để tìm a, ta cho x = 0, y = 1, z = 2 và tìm được a = −1. Vậy ta có kết quả:
yz(y 2 − z 2 ) + xz(z 2 − x2 ) + xy(x2 − y 2 ) = −(x + y + z)(x − y)(y − z)(z − x).

Ví dụ 2.6. Phân tích thành nhân tử:
f (x, y, z) = x3 (y 2 − z 2 ) + y 3 (z 2 − x2 ) + z 3 (x2 − y 2 ).

Lời giải. Rõ ràng f (x, y, z) là đa thức phản đối xứng thuần nhất bậc năm, nên theo mệnh
đề 1.2 ta có: f (x, y, z) = T (x, y, z)(aσ12 + bσ2 ).
Để tìm các hằng số a và b, cho x = −1, y = 0, z = 1. Dễ dàng tìm được: a = 0, b = −1.

Vậy ta có kết quả:
x3 (y 2 − z 2 ) + y 3 (z 2 − x2 ) + z 3 (x2 − y 2 ) = −(x − y)(y − z)(z − x)(xy + yz + zx).

2.2

Hệ Phương trình đối xứng ba ẩn

2.2.1. Ứng dụng
Giả sử P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) là các đa thức đối xứng. Xét hệ phương trình




P (x, y, z) = 0



(2.2.1)
Q(x, y, z) = 0





R(x, y, z) = 0
Bằng cách đặt
x + y + z = σ1 ,

xy + yz + zx = σ2 ,

xyz = σ3

trên cơ sở định lý 1.4.1 và định lý 1.4.2, ta đưa hệ (2.2.1) về dạng




p(σ1 , σ2 , σ3 ) = 0,



q(σ1 , σ2 , σ3 )





r(σ , σ , σ )
1

2

19

3

= 0,
= 0.

(2.2.2)

Hệ phương trình (2.2.2) thường đơn giản hơn hệ (2.2.1) và ta có thể dễ dàng tìm được
nghiệm σ1 , σ2 , σ3 . Sau khi tìm được các giá trị của σ1 , σ2 , σ3 , cần phải tìm các giá trị của
các ẩn số x, y, z . Điều này dễ dàng thực hiện được nhờ định lý sau đây.
Định lý 2.2.1. Giả sử σ1 , σ2 , σ3 là các số thực nào đó. Khi đó phương trình bậc ba
u3 − σ1 u2 + σ2 u − σ3 = 0

(2.2.3)

và hệ phương trình




x+y+z




= σ1 ,

xy + yz + zx = σ2 ,





xyz
= σ3

(2.2.4)

liên hệ với nhau như sau: nếu u1 , u2 , u3 là các nghiệm của phương trình (2.2.3), thì hệ
(2.2.4) có các nghiệm



x = u1 ,

 1




x = u1 ,

 2




x = u2 ,

 3

1
2




 z1 = u3 ;

y =u ,

2
3



 z2 = u2 ;

y =u ,

3
1



 z3 = u3 ;




x = u2 ,

 4





x = u3 ,

 5




x = u3 ,

 6

y =u ,

5
1



 z5 = u2 ;

y =u ,

6
2



 z6 = u1 .

4
3



 z4 = u1 ;

y =u ,

y =u ,

và ngoài ra không còn các nghiệm nào khác. Ngược lại, nếu x = a, y = b, z = c là
nghiệm của hệ (2.2.4) thì các số a, b, c là nghiệm của phương trình (2.2.3).
Chứng minh. Giả sử u1 , u2 , u3 là các nghiệm của phương trình (2.2.3). Khi đó ta có
đồng nhất thức
u3 − σ1 u2 + σ2 u − σ3 = (u − u1 )(u − u2 )(u − u3 ).

Từ đó ta có các hệ thức Viète:




u1 + u2 + u3



u1 u2 + u1 u3 + u2 u3






u1 u2 u3
20

= σ1 ,
= σ2 ,
= σ3 .


Suy ra u1 , u2 , u3 là nghiệm của hệ (2.2.4). Ngoài ra còn năm nghiệm nữa được nhận được
bằng cách hoán vị các giá trị của các ẩn số. Vấn đề hệ (2.2.4) không còn nghiệm nào
khác sẽ được làm sáng tỏ dưới đây.
Giả sử x = a, y = b, z = c là nghiệm của hệ (2.2.4), nghĩa là




a+b+c
= σ1 ,



ab + bc + ca = σ2 ,





abc

= σ3 .

Khi đó ta có
u3 − σ1 u2 + σ2 u − σ3 = u3 − (a + b + c)u2 + (ab + bc + ca)u − abc
= (u − a)(u − b)(u − c).

Điều đó chứng tỏ rằng các số a, b, c là nghiệm của phương trình bậc ba (2.2.3). Định lý
được chứng minh.
Định lý 2.2.2. Giả sử σ1 , σ2 , σ3 là các số thực đã cho. Để các số x, y, z xác định bởi hệ
phương trình (2.2.4) là các số thực điều kiện cần và đủ là
∆ = −4σ13 σ3 + σ12 σ22 + 18σ1 σ2 σ3 − 4σ23 − 27σ3

0

(2.2.5)

Ngoài ra, để các số x, y, z là không âm thì
σ1

0,

σ2

0,

σ3

0.

Chứng minh. Giả sử x, y, z là nghiệm của hệ (2.2.4). Khi đó theo định lý 2.2.1, x, y, z

là các nghiệm của phương trình (2.2.3). Theo định lý 1.6.2, phương trình (2.2.3) có
nghiệm thực khi và chỉ khi biểu thức của nó không âm, nghĩa là (2.2.5) được thỏa mãn.
Ngoài ra, nếu các số x, y, z là không âm, thì hiển thị σi
nếu σi

0 (i = 1, 2, 3). Ngược lại,

0 (i = 1, 2, 3) và (2.2.5) được thỏa mãn, thì phương trình (2.2.3) không thể có

nghiệm âm. Thật vậy, trong (2.2.3) thay u = −v ta có phương trình
v 3 + σ1 v 2 + σ2 v + σ2 = 0.

Vì σi

(2.2.6)

0 (i = 1, 2, 3), nên phương trình (1.7.6) không thể có nghiệm dương, do đó

phương trình (2.2.3) không thể có nghiệm âm. Từ đó suy ra x, y, z là các số không âm.
Định lý đã được chứng minh.
21


2.2.2. Ví dụ
Ví dụ 2.7. Giải hệ phương trình




x+y+z





= 6,

xy + yz + zx
= 11,





(x − y)(y − z)(z − x) = −2.

Lời giải. Đặt
σ1 = x + y + z,

σ2 = xy + yz + zx,

σ3 = xyz.

Nhận xét rằng
(x − y)(y − z)(z − x)

0,

∀x, y, z ∈ R.

Do đó

(x − y)(y − z)(z − x) = −2 ⇔ (x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 = 4.

Theo công thức (1.5.4), ta có
(x − y)2 (y − z)2 (z − x)2 = −4σ13 σ3 + σ12 σ22 + 18σ1 σ2 σ3 − 4σ23 − 27σ32 .

Hệ phương trình đã cho trở thành




σ1




= 6,

σ2





−4σ13 σ3 + σ12 σ22 + 18σ1 σ2 σ3 − 4σ23 − 27σ32

= 11,
= 4.

Từ đó suy ra
σ32 − 12σ3 + 36 = 0.

Phương trình này có nghiệm duy nhất σ3 = 6. Vậy ta có σ1 = 6, σ2 = 11, σ3 = 6.
Theo định lý 2.2.1, ta có x, y, z là các nghiệm của phương trình.
u3 − 6u2 + 11u − 6 = 0 ⇔ (u − 1)(u − 2)(u − 3) = 0.

Nghiệm của phương trình này là u1 = 1, u2 = 2, u3 = 3.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là những bộ (x, y, z) :
(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (3, 2, 1), (3, 1, 2).

22


Ví dụ 2.8. Giải hệ phương trình




x + 2y − 3z





2xy − 6yz − 3xz





1

1
1


−
 +
x

2y

3z

= 9,
= 27,
= 1.

Lời giải. Hệ đã cho không phải là hệ đối xứng theo x, y, z .
Tuy nhiên, nếu đặt u = x, v = y, w = −3z, thì hệ đối xứng tương đương với hệ trên:




u+v+w
= 9,



uv + vw + wu = 27,






1 + 1 + 1
= 1.
u

v

w

Đặt
σ1 = u + v + w,

σ2 = uv + vw + wu,

σ3 = uvw.

Khi đó hệ trên trở thành





σ1 = 9,



σ = 27,

2




σ2


 = 1.

σ3

Suy ra σ1 = 9, σ2 = 27, σ3 = 27. Theo định lý 2.2.1, các số u, v, w là các nghiệm của
phương trình:
t3 − 9t2 + 27t − 27 = 0 ⇔ (t − 3)3 = 0.

Vậy ta có t1 = t2 = t3 = 3, nên u = v = w = 3. Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ đã cho
là những bộ số (x, y, z):
3
3
3
3
3
3
(3, , −1), (3, −1, ), ( , 3, −1), ( , −1, 3), (3, , −1), (3, −1, ).
2
2
2
2
2

2

Ví dụ 2.9. Giải hệ phương trình




x+y+z




= a,

xy + yz + zx = ab,





x3 + y 3 + z 3 = a2 b.

trong đó a, b là các số thực cho trước.
23


Lời giải. Đặt
σ1 = x + y + z,

Khi đó hệ đã cho có dạng




σ1 = a,


σ = ab,

2



σ 3 − 3σ1 σ2 + 3σ3 = a2 b.
1

σ2 = xy + yz + zx,

⇔







σ3 = xyz.

σ1 = a,
σ = ab,

2



a3 − 3a2 b + 3σ3 = a3 .

⇔




σ = a,

 1
σ = ab,

2



σ3 = a2 b.

Suy ra, theo Định lý 1.6.2, x, y, z là các nghiệm của phương trình
t3 − at2 + abt − a2 bt = 0 ⇔ (t − a)(t2 + ab) = 0.

(2.2.7)

Từ (2.2.7), suy ra
a) Nếu ab > 0, thì phương trình (2.2.7) chỉ có một nghiệm thực t = a, do đó hệ đã cho
không có nghiệm thực. Trong phạm vi số phức, thì phương trình (2.2.7) có các nghiệm

√
√
t1 = a, t2 = i ab, t3 = −i ab, trong đó i là đơn vị ảo. Khi đó, hệ đã cho có nghiệm
√
√
(x, y, x) là bộ số (a, i ab, −i ab) và tất cả các hoán vị của nó.
√
b) Nếu ab ≤ 0, thì phương trình (2.2.7) có ba nghiệm thực t1 = a, t2 = −ab, t3 =
√
− −ab.
√
√
Khi đó nghiệm của hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y, z) là bộ số (a, −ab, − −ab)

và tất cả các hoán vị của nó.

2.3

Tính chia hết của các đa thức đối xứng

2.3.1. Ứng dụng
Để giải các bài toán về tính chia hết giữa các đa thức ta thường sử dụng định lý Bezout
và các kỹ năng phân tích thành nhân tử.
2.3.2. Ví dụ
Ví dụ 2.10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, đa thức
f (x, y, z) = (x + y + z)2n+1 − x2n+1 − y 2n+1 − z 2n+1

chia hết cho đa thức
g(x, y, z) = (x + y + z)3 − x3 − y 3 − z 3 .

24


Lời giải. Trước hết ta phân tích g(x, y, z) thành nhân tử.
Vì khi x = −y, x = −z, y = −z thì g = 0, nên theo định lý Bezout đa thức g(x, y, z) chia
hết cho (x + y)(y + z)(z + x). Mặt khác, vì bậc của g bằng 3, nên nó có dạng
g(x, y, z) = a(x + y)(y + z)(z + x).

Cho x = y = z = 1 ta tìm được a = 3. Vậy ta có
g(x, y, z) = (x + y + z)3 − x3 − y 3 − z 3 = 3(x + y)(y + z)(z + x).

Bằng cách tương tự ta thấy f (x, y, z) chia hết cho (x + y)(y + z)(z + x) với mọi n nguyên
dương, tức là f (x, y, z) chia hết cho g(x, y, z).
Ví dụ 2.11. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n

2, đa thức

f (x, y, z) = (x + y + z)2n + x2n + y 2n + z 2n − (x + y)2n − (y + z)2n − (z + x)2n

chia hết cho đa thức
g(x, y, z) = (x + y + z)4 + x4 + y 4 + z 4 − (x + y)4 − (y + z)4 − (z + x)4 .

Lời giải. Đặt
σ1 = x + y + z,

σ2 = xy + yz + zx,

σ3 = xyz,

s k = xk + y k + z k .

Sử dụng khái niệm quỹ đạo và công thức Waring ta có
g(x, y, z) = σ14 + s4 − 2s4 + 4.O(x3 y) + 6.O(x2 y 2 )
= σ14 − s4 − 4.O(x3 y) − 6.O(x2 y 2 )
= σ 4 − (σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 )−
− 4(σ1 σ22 − σ1 σ3 − 2σ22 ) − 6(σ22 − 2σ1 σ3 )
= 12σ1 σ3 = 12(x + y + z)xyz.

Tiếp theo chúng ta biến đổi f (x, y, z) như sau
f (x, y, z) = (x + y + z)4 + x2n − (y + z)2n + y 2n − (x + z)2n + z 2n − (x + y)2n .

Ta có x2n −(y +z)2n chia hết cho x2 −(y +z)2 = (x+y +z)(x−y −z), do đó x2n −(y +z)2n
chia hết cho x + y + z . Tương tự, y 2n − (x + z)2n và z 2n − (x + y)2n chia hết cho x + y + z .
Mặt khác
f (0, y, z) = f (x, 0, z) = f (x, y, 0) = 0.
25