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

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

] = 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

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

= 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

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

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

[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

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
(−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

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
=
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

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

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

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

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

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

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

=
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

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

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

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

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


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).

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


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,

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 + 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,


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

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

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;

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

= 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

+ 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 


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

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

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

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

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

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

.
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)

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

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

= 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

= 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
.