Chuyên đề
ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ ỨNG DỤNG
MÃ: TO01
LỜI MỞ ĐẦU
Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học. Trong
chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc
trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức
thành nhân tử; dùng sơ đồ Horner để chia đa thức và giải các phương trình đại
số.
Bên cạnh đa thức một biến ta cũng gặp nhiều bài toán liên quan đến đa
thức nhiều biến. Trong phạm vi chuyên đề này, xin xét đến một lớp đa thức
đối xứng theo các biến và ứng dụng của nó vào việc phân tích đa thức thành
nhân tử, giải phương trình và hệ phương trình hoặc chứng minh đẳng thức và
bất đẳng thức, ... Dựa trên những đa thức đối xứng cơ sở và định lí Viéte, xin
đưa ra những ví dụ cơ bản nhất minh họa cho nội dung chuyên đề này.

PHẦN NỘI DUNG
1


I - LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa
Cho một đa thức nhiều biến P ( x1, x2 ,..., xn ) . Đa thức này được gọi là
đa thức đối xứng nếu với mọi hoán vị các số i1, i2 ,..., in của các số 1,2,...,n

(

)

đều thỏa mãn đẳng thức sau P xi , xi ,..., xi = P ( x1, x2 ,..., xn ) .
1

2
n
Nói cách khác một đa thức là đối xứng, nếu nó không thay đổi khi thay
đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó.
Ví dụ : Đa thức sau đây là đối xứng P ( x, y, z ) = ( x + y )( y + z )( z + x )
vì dễ dàng kiểm tra những đẳng thức sau đúng

P ( x, y , z ) = P ( x , z , y ) = P ( y , x , z ) = P ( y , z , x ) = P ( z , x , y ) = P ( z , y , x ) .
Nhưng đa thức P ( x, y, z ) = xy + yz không đối xứng vì

P ( x, y, z ) = xy + yz ≠ xy + xz = P ( z , y, x )
Ngoài ra: tổng, hiệu và tích của những đa thức đối xứng là một đa thức
đối xứng.
2. Đa thức đối xứng cơ sở
a) Với đa thức hai ẩn có hai đa thức đối xứng cơ bản:

δ1 = x + y ; δ 2 = xy
b) Với đa thức ba ẩn có ba đa thức đối xứng cơ bản:

δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx; δ 3 = xyz
c) Với đa thức n ẩn có n đa thức đối xứng cơ bản:

δ1 = x1 + x2 + ... + xn
δ 2 = x1x2 + x1x3 + ... + xn −1xn
...............................

δ k = x1x2 ...xk + ... + xn − k +1xn − k + 2 ...xn
.....................................

δ n = x1x2 ...xn


2


Như vậy, nếu P là một đa thức n biến bất kì thì đa thức

P (δ1,δ 2 ,...,δ n ) là một đa thức đối xứng. Điều ngược lại vẫn đúng mỗi đa
thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức của những đa thức đối xứng cơ sở.
3. Biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ sở
Như ta đã biết rằng: mọi đa thức đối xứng có thể biểu diễn như đa thức
của những đa thức đối xứng cơ sở và sự biểu diễn này là duy nhất. Dưới đây
là phần trình bày về phương pháp biểu diễn đa thức đối xứng qua các đa thức
đối xứng cơ sở.
a) Đối với đa thức hai ẩn thì việc biểu diễn không gặp khó khăn, chẳng
hạn như: x2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy = δ12 − 2δ 2
2

x 2 y + xy 2 = xy ( x + y ) = δ1δ 2

x3 + y3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = δ13 − 3δ1δ 2
3

(

x4 + y 4 = x2 + y 2

)

2


(

− 2 x 2 y 2 = δ12 − 2δ 2

)

2

− 2δ 22

......................................................
b) Đối với đa thức từ ba ẩn trở lên thì việc biểu diễn gặp khó khăn hơn
nhiều và ta có thể sử dụng phương pháp hệ số bất định để biểu diễn. Cụ thể
đối với đa thức ba ẩn ta thực hiện như sau:
- Trước hết ta biểu diễn đa thức ba ẩn dưới dạng đầy đủ là:

P ( x, y, z ) = t1x a1 y b1 z c1 + t2 x a2 y b2 z c2 + ... + tm x am y bm z cm , trong đó hạng tử

ti x ai y bi z ci có bộ số mũ là ( ai , bi , ci ) với i = 1,2,..., m .
- Chọn hạng tử cao nhất giả sử là ti x ai y bi z ci có bộ số mũ là ( ai , bi , ci ) .
- Viết tất cả các bộ số mũ ( di , mi , ni ) thỏa mãn di + mi + ni = ai + bi + ci
và di > mi > ni .
- Giả sử P ( x, y, z ) có dạng

P ( x, y, z ) = k1δ1d1 − m1δ 2m1 − n1δ 3n1 + k2δ1d 2 − m2 δ 2m2 − n2 δ 3n2 + ... + ktδ1dt − mt δ 2mt − nt δ 3nt
Cho x, y, z những giá trị tùy ý ta tìm được k1, k2 ,..., kt .
3


Ví dụ 1. Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản:


P ( x, y , z ) = x 3 + y 3 + z 3
Giải. Hạng tử cao nhất của đa thức là x3 có bộ số mũ là ( 3;0;0 ) .
Viết tất cả các bộ số mũ ( 3;0;0 ); ( 2;1;0 ); (1;1;1) .
Giả sử có x3 + y3 + z 3 = k1δ13−0δ 20−0δ30 + k2δ12 −1δ 21−0δ30 + k3δ11−1δ 21−1δ31

= k1δ13 + k2δ11δ 21 + k3δ 3
Lập bảng:

x

y

z

δ1

δ2

δ3

P

1

−2

1

0


−3

2

−6

1

1

0

2

1

0

2

1

1

1

3

3


1

3

⎧k3 = 3
⎧k1 = 1
⎪
⎪
Khi đó, ta có: ⎨8k1 + 2k2 = 2
⇔ ⎨ k 2 = −3
⎪27k + 9k + k = 3
⎪k = 3
2
3
⎩ 3
⎩ 1
Vậy x3 + y3 + z 3 = δ13 − 3δ11δ 21 + 3δ3 .
Ví dụ 2. Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản:

P ( x, y , z ) = x 4 y 2 + x 2 y 4 + x 4 z 2 + x 2 z 4 + y 4 z 2 + y 2 z 4
Giải. Hạng tử cao nhất của đa thức là x 4 y 2 có bộ số mũ là ( 4;2;0 ) .
Viết tất cả các bộ số mũ ( 4;2;0 ); ( 4;1;1); (3;3;0 ); (3;2;1); ( 2;2;2 ) .
Giả sử có P ( x, y, z ) = δ12δ 22 + aδ13δ 3 + bδ 23 + cδ1 δ 2 δ 3 + dδ 32
Lập bảng:

x

y


z

δ1

δ2

δ3

P

1

1

0

2

1

0

2

1

1

−2


0

−3

−2

42

2

2

−1

3

0

−4

168

1

1

1

3


3

1

6

4


⎧4 + b = 2
⎧a = −2
⎪−27b + 4d = 42
⎪b = −2
⎪
⎪
Khi đó, ta có: ⎨
⇔⎨
⎪−108a + 16d = 168
⎪c = 4
⎪⎩87 + 27a + 27b + 9c + d = 6
⎪⎩d = −3
Vậy P ( x, y, z ) = δ12δ 22 − 2δ13δ 3 − 2δ 23 + 4δ1 δ 2 δ 3 + −3δ 32
Ví dụ 3. Biểu diễn đa thức sau theo những đa thức đối xứng cơ bản:

P ( x, y, z, t ) = ( xy + zt )( xz + yt )( xt + yz )
Giải. Hạng tử cao nhất của đa thức là x3 yzt có bộ số mũ là ( 3;1;1;1) .
Viết tất cả các bộ số mũ ( 3;1;1;1); ( 2;2;2;0 ); ( 2;2;1;1) .
Giả sử có P ( x, y, z , t ) = δ12δ 4 + aδ 32 + bδ 2 δ 4
Lập bảng:


x

y

z

t

δ1

δ2

δ3

δ4

P

1

1

1

0

3

3


1

0

1

1

1

1

1

4

6

4

1

8

⎧a = 1
⎧a = 1
Khi đó, ta có: ⎨
⇔⎨
⎩16 + 16a + 6b = 8
⎩b = −4

Vậy P ( x, y, z , t ) = δ12δ 4 + δ 32 − 4δ 2 δ 4 .
II - ỨNG DỤNG
1. Phân tích đa thức thành nhân tử
Đôi khi với những đa thức đối xứng ta gặp khó khăn trong việc phân
tích chúng thành nhân tử. Mà việc phân tích một đa thức thành nhân tử giúp
ích rất nhiều cho chúng ta trong quá trình giải phương trình hay hệ phương
trình. Dưới đây là một vài ví dụ về việc phân tích một đa thức đối xứng thành
nhân tử dựa vào những đa thức đối xứng cơ sở.
Ví dụ 4. Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:

P ( x, y ) = x3 + 3x3 y + 2 x 2 y + 3x 2 y 2 + 2 xy 2 + 3xy 3 + y 3

(

) (

) (

)

Giải. Ta có P ( x, y ) = x3 + y 3 + 3x3 y + 3xy 3 + 2 x 2 y + 2 xy 2 + 3x 2 y 2
5


(

)

(


)

= x3 + y 3 + 3xy x 2 + y 2 + 2 xy ( x + y ) + 3x 2 y 2

(

)

= δ13 − 3δ1δ 2 + 3δ 2 δ12 − 2δ 2 + 2δ1δ 2 + 3δ 22

= δ13 − δ1δ 2 + 3δ12δ 2 − 3δ 22

(

= (δ1 + 3δ 2 ) δ12 − δ 2

)

(

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

)

Ví dụ 5. Hãy phân tích đa thức P ( x, y ) = 2 x 4 − x3 y + 3x 2 y 2 − xy 3 + 2 y 4 thành
nhân tử.

(

)


(

)

Giải. Ta có P ( x, y ) = 2 x 4 + y 4 − xy x 2 + y 2 + 3x 2 y 2

)

2

(

2
⎤
− 2 x 2 y 2 ⎥ − xy ⎡( x + y ) − 2 xy ⎤ + 3x 2 y 2
⎣
⎦
⎦

⎡
= 2 ⎢ δ12 − 2δ 2
⎣

)

2

⎡
= 2 ⎢ x2 + y 2

⎣

(

(

)

⎤
− 2δ 22 ⎥ − δ 2 δ12 − 2δ 2 + 3δ 22
⎦

= 2δ14 − 9δ12δ 2 + 9δ 22

(
)(
)
= ( 2 x 2 + 2 y 2 + xy )( x 2 + y 2 − xy )
= 2δ12 − 3δ 2 δ12 − 3δ 2

Ví dụ 6. Hãy phân tích đa thức sau thành nhân tử:

P ( x, y, z ) = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz
Giải. Theo Ví dụ 1. ta có x3 + y3 + z 3 = δ13 − 3δ1δ 2 + 3δ 3 nên suy ra

x3 + y3 + z 3 − 3xyz = δ13 − 3δ1δ 2 + 3δ 3 − 3δ 3 = δ13 − 3δ1δ 2

(

Do đó P ( x, y, z ) = δ13 − 3δ1δ 2 = δ1 δ12 − 3δ 2


(

)

= ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx

)

Trong các đề thi Đại học, Cao đẳng hiện nay chúng ta cũng hay gặp
những bài toán giải hệ phương trình hoặc phương trình chứa căn thức. Việc
giải những bài toán đó đôi khi cũng rất khó khăn. Trong khuôn khổ chuyên đề
6


này, xin trình bày một một ví dụ về giải hệ phương trình (chủ yếu là hệ
phương trình đối xứng loại 1) và giải phương trình chứa căn thức bằng cách
đặt ẩn phụ rồi đưa về những hệ phương trình liên quan đến các đa thức đối
xứng cơ sở.
2. Giải hệ phương trình

⎧⎪ x3 + y3 + 2 xy = 12
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình ⎨
(I)
⎪⎩ x + y = 2
⎧⎪( x + y )3 − 3xy ( x + y ) + 2 xy = 12
Giải. Ta có (I) ⇔ ⎨
(Ia)
⎪⎩ x + y = 2


⎧δ = x + y
Đặt ⎨ 1
thì hệ phương trình (Ia) trở thành
δ
=
xy
⎩ 2

⎧⎪δ13 − 3δ1δ 2 + 2δ 2 = 12
⎨
⎪⎩δ1 = 2

⎧δ1 = 2
⇔⎨
⎩δ 2 = −1
⎧⎪ x = 1 − 2
⎧ x + y = 2 ⎧⎪ x = 1 + 2
Khi đó ⎨
hoặc ⎨
⇒⎨
⎩ xy = −1
⎪⎩ y = 1 − 2
⎪⎩ y = 1 + 2

(

) (

)


Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là 1 + 2;1 − 2 và 1 − 2;1 + 2 .
Đây là một ví dụ về giải hệ phương trình đối xứng loại 1. Bằng cách đặt
ẩn phụ bởi các đa thức đối xứng cơ sở mà ta dễ dàng giải được.
Sau đây là một ví dụ khác về giải hệ phương trình dựa vào đặt ẩn phụ
bởi các đa thức đối xứng cơ sở nhưng phức tập hơn. Không đơn thuần ta đặt

δ1 = x + y ; δ 2 = xy mà đặt u = 3 x và v = 3 y để làm xuất hiện các đa thức
đối xứng.

(

⎧2 x + y = 3
)
⎪ (
Ví dụ 8. Giải các hệ phương trình sau: ⎨
⎪3 x + 3 y = 6
⎩
Giải. Đặt u = 3 x và v = 3 y

7

3

x 2 y + 3 xy 2

)

(a)



(

) (

⎧⎪2 u 3 + v3 = 3 u 2v + uv 2
Khi đó hệ phương trình (a) trở thành ⎨
⎪⎩u + v = 6

)

⎧u + v = 6
⎧u = 2
⎧u = 4
hoặc ⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎩uv = 8
⎩v = 4
⎩v = 2
⎧u = 2
⎧x = 8
Với ⎨
thì hệ phương trình (a) có nghiệm ⎨
⎩v = 4
⎩ y = 64
⎧u = 4
Với ⎨
thì hệ phương trình (a) có nghiệm
v
=

2
⎩

⎧ x = 64
⎨
⎩y = 8

Vậy hệ phương trình (a) có nghiệm ( x; y ) là (8;64 ) và ( 64;8 ) .
Thoạt nhìn thì ta thấy hệ phương trình (1) trong Ví dụ 9. không phải là
hệ phương trình đối xứng loại 1 cũng như các đa thức ở đây đều không phải
là đa thức đối xứng. Nhưng bằng cách biến đổi hệ phương trình làm xuất hiện
các ẩn phụ cần đặt mà hệ phương trình đã cho đưa được về dạng đối xứng
loại 1 để ta có thế giải một cách đơn giản hơn.

⎧
1
⎪ x+ + x+ y −3 =3
y
⎪
Ví dụ 9. Giải các hệ phương trình sau: ⎨
(1)
⎪2 x + y + 1 = 8
⎪⎩
y
Giải. Điều kiện: x +

1
≥ 0; x + y ≥ 3 ; y ≠ 0
y


⎧
1
⎪ x+ + x+ y −3 =3
y
⎪
Ta có (1) ⇔ ⎨
(2)
⎪x + 1 + x + y − 3 = 5
⎪⎩
y
Đặt u = x +

1
và v = x + y − 3 ( u , v ≥ 0 ) .
y

⎧⎪u + v = 3
⎧u + v = 3
Khi đó hệ phương trình (2) có dạng ⎨ 2
⇔
⎨
2
⎪⎩u + v = 5
⎩uv = 2

8


⎧u = 1
⎧u = 2

hoặc ⎨
⇔⎨
⎩v = 2
⎩v = 1
⎧u = 1
Với ⎨
thì hệ phương trình (1) có nghiệm
⎩v = 2

⎧⎪ x = 4 + 10
⎧⎪ x = 4 − 10
hoặc ⎨
⎨
⎪⎩ y = 3 − 10
⎪⎩ y = 3 + 10

⎧u = 2
⎧x = 3
⎧x = 5
Với ⎨
thì hệ phương trình (1) có nghiệm ⎨
hoặc ⎨
⎩v = 1
⎩y =1
⎩ y = −1

(

Vậy hệ phương trình (1) có nghiệm ( x; y ) là ( 3;1) ; ( 5; −1) ; 4 + 10;3 − 10


(

)

)

và 4 − 10;3 + 10 .

1 1
⎧
x
+
y
+
+ =5
⎪
x
y
⎪
Ví dụ 10. Giải các hệ phương trình sau: ⎨
⎪ x2 + y 2 + 1 + 1 = 9
⎪⎩
x2 y 2
(Đề thi Đại học ngoại thương - 1997)
Giải. Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0

⎧⎛
1⎞ ⎛
1⎞
⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = 5

x⎠ ⎝
y⎠
⎪⎝
Ta có hệ phương trình tương đương với ⎨
2
2
1⎞ ⎛
1⎞
⎪⎛
⎪⎜ x + x ⎟ + ⎜ y + y ⎟ = 13
⎠ ⎝
⎠
⎩⎝
Đặt u = x +

1
1
và v = y +
x
y

( u ≥ 2, v ≥ 2) .

⎧⎪u + v = 5
⎧u + v = 5
Khi đó hệ phương trình có dạng: ⎨ 2
⇔
⎨
2
⎪⎩u + v = 13 ⎩uv = 6

⎧u = 3
hoặc
⇔⎨
v
=
2
⎩

⎧u = 2
⎨
⎩v = 3

1
⎧
x
+
=3
⎧x = 1
⎪⎪
⎧⎪ x 2 − 2 x + 1 = 0
⎧u = 3
x
⎪
Với ⎨
ta có ⎨
⇔⎨
⇔⎨
3± 5
2
⎩v = 2

⎪⎩ y − 3 y + 1 = 0
⎪y + 1 = 2
⎪y =
⎩
2
y
⎪⎩
9


1
⎧
x+ =2
⎧
3± 5
⎪
⎧⎪ x 2 − 3x + 1 = 0
⎧u = 2
x
⎪
⎪x =
Với ⎨
ta có ⎨
⇔⎨
⇔⎨
2
2
1
⎩v = 3
y

−
2
y
+
1
=
0
⎪⎩
⎪y + = 3
⎪y =1
⎩
y
⎪⎩
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm ( x; y ) .
Ví dụ trên cũng là một ví dụ mà ta cần biến đổi để xuất hiện ẩn phụ cần
đặt, đưa hệ phương trình đã cho về dạng đối xứng. Tuy nhiên đối với dạng hệ
phương trình này ta còn có thể đặt ẩn phụ theo cách khác để khác (về bản
chất thì hai cách giải cơ bản là giống nhau).

1 1
⎧
x
+
y
+
+ =4
⎪
x y
⎪
Ví dụ 11. Giải các hệ phương trình sau: ⎨

⎪ x2 + y 2 + 1 + 1 = 4
⎪⎩
x2 y 2
Giải. Điều kiện x ≠ 0; y ≠ 0

⎧⎛
1⎞ ⎛
1⎞
⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = 4
x⎠ ⎝
y⎠
⎪⎝
Ta có hệ phương trình tương đương với ⎨
2
2
1⎞ ⎛
1⎞
⎪⎛
⎪⎜ x + x ⎟ + ⎜ y + y ⎟ = 8
⎠ ⎝
⎠
⎩⎝

(

1⎞ ⎛
1⎞
1 ⎞⎛
1⎞
⎛

⎛
Đặt δ1 = ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ và δ 2 = ⎜ x + ⎟⎜ y + ⎟ δ12 ≥ 4δ 2
x⎠ ⎝
y⎠
x ⎠⎝
y⎠
⎝
⎝

)

⎧⎪δ1 = 4
⎧δ1 = 4
Khi đó, ta có: ⎨ 2
⇔⎨
⎪⎩δ1 − 2δ 2 = 8
⎩δ 2 = 4
⎧⎛
1⎞ ⎛
1⎞
1
⎧
x
+
=2
⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = 4
⎪⎪
x⎠ ⎝
y⎠
⎧x = 1

x
⎪⎝
Suy ra ⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎩y =1
⎪y + 1 = 2
⎪⎛ x + 1 ⎞ ⎛ y + 1 ⎞ = 4
⎟⎜
y
⎪⎩
⎪⎜⎝
x ⎠⎝
y ⎟⎠
⎩
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là (1;1) .
Bên cạnh đó, ta còn gặp những bài toán tìm điều kiện của tham số để
hệ phương trình đối xứng có nghiệm.
Ví dụ 12. Tìm điều kiệm của m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
10


⎧⎪ x + y = 1
⎨
⎪⎩ x x + y y = 1 − 3m
Giải. Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 .

⎧ x + y =1
⎪
Ta có hệ phương trình tương đương với ⎨

3
⎪⎩ x + y

( ) ( )

(

Đặt δ1 = x + y và δ 2 = xy δ1 ≥ 0;δ 2 ≥ 0;δ12 ≥ 4δ 2

3

= 1 − 3m

)

⎧⎪δ1 = 1
⎧δ1 = 1
Khi đó hệ phương trình có dạng ⎨ 3
⇔⎨
⎪⎩δ1 − 3δ1δ 2 = 1 − 3m
⎩δ 2 = m

1
Từ điều kiện δ1 ≥ 0;δ 2 ≥ 0;δ12 ≥ 4δ 2 ta được 0 ≤ m ≤ .
4
⎡ 1⎤
Vậy với m ∈ ⎢0; ⎥ thì hệ phương trình có nghiệm thực.
⎣ 4⎦
Đối với những bài toán tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình
có nghiệm như trên thì điều kiện δ12 ≥ 4δ 2 rất quan trọng.

Ví dụ 13. Tìm điều kiệm của m để hệ phương trình sau có nghiệm:

⎪⎧ x − 4 + y − 1 = 4
⎨
⎪⎩ x + y = 3m
Giải. Điều kiện: x ≥ 4; y ≥ 1
Đặt u = x − 4 và v = y − 1

(u, v ≥ 0 )

⎧u + v = 4
⎪
⎪⎧u + v = 4
Khi đó hệ phương trình có dạng ⎨ 2
⇔
⎨
21 − 3m
2
⎪⎩u + v = 3m − 5
⎪⎩uv =
2
Suy ra u , v là nghiệm của phương trình X 2 − 4 X +

21 − 3m
= 0 (*)
2

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có hai
nghiệm không âm, tức là:


11


⎧ 3m − 13
⎧Δ ' ≥ 0
≥0
13
⎪
⎪⎪ 2
⇔ ≤m≤7
⎨δ1 ≥ 0 ⇔ ⎨
3
⎪δ ≥ 0 ⎪ 21 − 3m ≥ 0
⎩ 2
⎪⎩ 2

⎡13 ⎤
Vậy với m ∈ ⎢ ;7 ⎥ thì hệ phương trình có nghiệm.
⎣3 ⎦
⎧⎪ x + y + xy = a 2 + 2a
Ví dụ 14. Cho a ≥ 0 . Giải hệ phương trình sau: ⎨
4
4
4
⎪⎩ x + y = 2a
Giải. Giả sử x, y là nghiệm của hệ phương trình thì

x 4 + y 4 ≥ 2 x 2 y 2 hay 2a 4 ≥ 2 x 2 y 2 ⇒ xy ≤ a 2

(


)

Mà ( x + y ) ≤ 2 x 2 + y 2 nên
2

(

)

2

(

)

( x + y )4 ≤ ⎡⎣2 x2 + y 2 ⎤⎦ ≤ 4.2 x4 + y 4 = 16a4 ⇒ x + y ≤ 2a
⎧⎪ x + y ≤ 2a
Khi đó, ta có: ⎨
2
⎪⎩ xy ≤ a
Vậy khi a = 0 thì x + y + xy ≤ a 2 + 2a và hệ có nghiệm duy nhất x = y = a .
Sau đây, ta xét những hệ phương trình ba ẩn

⎧
⎪x + y + z = 0
⎪
3
⎪
Ví dụ 15. Giải hệ phương trình sau: ⎨ xy + yz + zx = −

4
⎪
1
⎪
xyz
=
⎪⎩
8
Giải. Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx; δ 3 = xyz
Theo định lí Viéte x, y, z là các nghiệm của phương trình

3
1
1
X 3 − δ1 X 2 + δ 2 X − δ 3 = 0 hay X 3 − X − = 0 ⇔ 4 X 3 − 3 X = (*)
4
8
2

12


Vì

1
⎛π
⎞
= cos ⎜ ± k 2π ⎟ , k ∈ ¢ và cos3 X = 4cos3 X − 3cos X nên suy ra các
2
⎝3

⎠

π
5π
7π
nghiệm của phương trình (*) là X1 = cos ; X 2 = cos ; X 3 = cos
.
9
9
9
Vậy hệ phương trình đã cho có 6 nghiệm ( x, y, z ) .

⎧x + y + z = a
⎪
Ví dụ 16. Giải hệ phương trình ⎨ x 2 + y 2 + z 2 = a 2
⎪ 3
3
3
3
⎩x + y + z = a
Giải. Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx; δ 3 = xyz
Theo đầu bài ta có: δ1 = a .
Ta có: x 2 + y 2 + z 2 = δ12 − 2δ 2 = a 2 − 2b ⇒ b = 0

(

)

x3 + y 3 + z 3 = δ1 δ12 − 3δ 2 + 3δ 3 = a3 − 3ab + 3c ⇒ c = 0


⎧x + y + z = a
⎪
Khi đó hệ phương trình tương đương với ⎨ xy + yz + zx = −0
⎪ xyz = 0
⎩
Suy ra x, y, z là các nghiệm của phương trình X 3 − aX 2 = 0

⇔ X1 = 0; X 2 = 0; X 3 = a
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm

( 0; a;0 ) ; ( a;0;0 ) , với a ∈°

( x, y , z )

là

.

⎧⎪ x + y + z = 1
Ví dụ 17. Giải hệ phương trình ⎨
2
⎪⎩2 x + 2 y − 2 xy + z = 1
Giải. Ta coi z như tham số, ta được hệ phương trình tương đương với

⎧x + y = 1 − z
⎧x + y = 1 − z
⎪
⎪
⎨
1 − z2 ⇔ ⎨

1 − 2z + z2
⎪ x + y − xy =
⎪ xy =
⎩
2
⎩
2
Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm x, y là

(1 − z )

2

1 − 2z + z2
2
− 4.
≥ 0 ⇔ − (1 − z ) ≥ 0 ⇔ z = 1
2
13

( 0;0;a ) ;


- Nếu z ≠ 1 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

⎧x + y = 0
⎧x = 0
- Nếu z = 1 thì ⎨
⇔⎨
⎩ xy = 0

⎩y = 0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x, y, z ) là ( 0;0;1) .
Hệ phương trình trên không phải là hệ phương trình đối xứng nhưng
việc coi z là tham số thì ta được hệ phương trình tương đương đối xứng với
hai ẩn x, y .
3. Giải phương trình chứa căn thức
Ví dụ 18. Giải phương trình

4

x − 2 + 4 3 − x =1

Giải. Điều kiện: x ∈ [2;3]

⎧⎪u + v = 1
Đặt u = 4 x − 2 và v = 4 3 − x ( u , v ≥ 0 ) . Khi đó ta có: ⎨ 4
4
⎪⎩u + v = 1
⎧δ = u + v
Đặt ⎨ 1
thì ta được
δ
=
uv
⎩ 2

⎧δ1 = 1
⎪
⎨ 2
⎪⎩ δ1 − 2δ 2


(

)

⎧δ1 = 1
⎪
⇔ ⎨ ⎡δ 2 = 0
2
2
− 2δ 2 = 1
⎪ ⎢δ = 2
⎩⎣ 2

Vì u = v = 1 không thể xảy ra nên δ 2 ≠ 2 .

⎧δ = 1
Do đó ⎨ 1
suy ra
δ
=
0
⎩ 2

⎧u = 1
⎧u = 0
hoặc ⎨
⎨
⎩v = 0
⎩v = 1


⎧u = 1
Nếu ⎨
thì phương trình có nghiệm x = 3 .
v
=
0
⎩
⎧u = 0
Nếu ⎨
thì phương trình có nghiệm x = 2.
⎩v = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 và x = 3 .
Ví dụ 19. Giải phương trình

3

x + 3 2 x − 3 = 3 12 ( x − 1)

Giải. Ta thấy phương trình có một nghiệm x = 1.
Với x ≠ 1, khi đó phương trình được đưa về dạng
3

x
2x − 3
+3
=1
12 ( x − 1)
12 ( x − 1)
14



x
2x − 3
Đặt u = 3
và v = 3
. Khi đó ta có
12 ( x − 1)
12 ( x − 1)

⎧δ = u + v
Đặt ⎨ 1
thì ta được
δ
=
uv
⎩ 2
Suy ra u = v =

⎧u + v = 1
⎪
⎨ 3 3 1
⎪⎩u + v = 4

⎧δ1 = 1
⎧δ1 = 1
⎪
⎪
⎨ 3
1 ⇔⎨

1
⎪⎩δ 2 = 4
⎪⎩δ1 − 3δ1δ 2 = 4

1
⇒ x = 3.
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1 và x = 3 .
Ví dụ 20. Giải phương trình
Giải. Điều kiện:

3

(34 − x ) 3 x + 1 − ( x − 1) 3 34 − x = 30
3

34 − x − 3 x + 1

34 − x ≠ 3 x + 1 ⇔ x ≠

33
2

Đặt u = 3 x + 1 và v = 3 34 − x ( u ≠ v )

⎡ ⎧u = 2
⎧u 3 + v3 = 35
⎢⎨
3

3
⎧u + v = 5
⎪
⎪⎧u + v = 35
⎩v = 3
Khi đó, ta có: ⎨ v3u − u 3v
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎢
⎢ ⎧u = 3
⎩uv = 6
= 30 ⎪⎩uv ( u + v ) = 30
⎪
⎢⎨
⎩ v−u
⎢⎣ ⎩v = 2

⎧u = 3
Với ⎨
ta có
v
=
2
⎩

⎧x + 1 = 8
⇔ x=7
⎨
34
−

x
=
27
⎩

⎧u = 2
Với ⎨
ta có
⎩v = 3

⎧ x + 1 = 27
⇔ 26
⎨
⎩34 − x = 8

Vậy phương trình có hai nghiệm.
4. Giải bất phương trình đối xứng
Đối với một số hệ phương trình đơn giản, ta có thể áp dụng phương
pháp đồ thị để giải. Nhưng trong nội dung chuyên đề này xin giới thiệu
phương pháp biểu diễn nghiệm thông qua tham số, được gọi là phương pháp
tham biến.

⎧⎪ x + y ≤ 1
Ví dụ 21. Giải hệ sau: ⎨ 2
2
⎪⎩ x + y + xy = 1
15


⎧⎪ x + y = 1 − a, a ≥ 0

Giải. Ta viết hệ đã cho dưới dạng ⎨ 2
2
⎪⎩ x + y + xy = 1
⎧⎪ x + y = 1 − a
⎧⎪ x + y = 1 − a
⇔⎨
⇔⎨
2
2
x
+
y
−
xy
=
1
(
)
⎪⎩
⎪⎩ xy = 1 − a − 1

(

)

⎧Δ = (1 − a )2 − 4 ⎡(1 − a )2 − 1⎤ ≥ 0
2
⎪
⎣
⎦

Điều kiện đối với a : ⎨
⇔ 0 ≤ a ≤1+
3
⎪⎩a ≥ 0

2 ⎤
⎡
Vậy với a ∈ ⎢0;1 +
⎥ thì hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là:
3
⎣
⎦
2
2
⎛
a
−
1
−
4
−
3
1
−
a
a
−
1
+
4

−
3
1
−
a
(
)
(
)
⎜
;
⎜⎜
2
2
⎝

⎞
⎟
⎟⎟
⎠

2
2
⎛
a − 1 + 4 − 3(1 − a ) a − 1 − 4 − 3 (1 − a )
⎜
và
;
⎜⎜
2

2
⎝

⎞
⎟
⎟⎟
⎠

⎧⎪ x 2 + y 2 ≤ xy + 1
Ví dụ 22. Giải hệ bất phương trình sau: ⎨
2
2
⎪⎩ x + y ≤ 4 xy
⎧⎪ x 2 + y 2 = xy + a + 1
Giải. Ta viết hệ đã cho dưới dạng ⎨
( a, b ≤ 0 )
2
2
⎪⎩ x + y = 4 xy + b
⎧( x + y )2 = 2a − b + 2
⎧ x 2 + y 2 = b + 4 xy
⎧⎪ x + y = b + 4 xy
⎪
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
a − b +1
2a + b + 2
2

⎪⎩4 xy + b = xy + a + 1
⎪( x − y ) =
⎪ xy =
3
⎩
3
⎩
2

2

⎧
⎪ a, b ≤ 0
b
⎧
⎪
⎪−1 − ≤ a ≤ 0
Điều kiện đối với a, b là: ⎨2a − b + 2 ≥ 0 ⇔ ⎨
2
⎪ 2a + b + 2
⎪⎩−2 ≤ b ≤ 0
⎪
≥0
3
⎩

⎧ x + y = ± 2a − b + 2
⎪
Khi đó ⎨
2a + b + 2

⎪x − y = ±
3
⎩
16


⎡
1⎛
2a + b + 2 ⎞
1⎛
2a + b + 2 ⎞
⎢ x = ± ⎜ 2a − b + 2 +
⎟ ; y = ± ⎜ 2a − b + 2 −
⎟
2
3
2
3
⎢
⎝
⎠
⎝
⎠
⇔⎢
⎢ x = ± 1 ⎛ 2 a − b + 2 − 2 a + b + 2 ⎞ ; y = ± 1 ⎛ 2a − b + 2 + 2 a + b + 2 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎢

2
3
2
3
⎝
⎠
⎝
⎠
⎣

b
⎧
⎪−1 − ≤ a ≤ 0
Vậy hệ bất phương trình có các nghiệm như trên với điều kiện ⎨
2
⎪⎩−2 ≤ b ≤ 0

⎧⎪ x + y ≤ 2
Ví dụ 23. Tìm nghiệm ( x; y ) của hệ ⎨ 2
sao cho x 2 + y 2 − xy
2
⎪⎩ x + y + xy = 3
đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

⎧⎪ x + y = 2 − a
⎧⎪ x + y = 2 − a, a ≥ 0
Giải. Ta viết hệ đã cho dưới dạng ⎨ 2
⇔⎨
2
2

⎪⎩ x + y + xy = 3
⎪⎩ xy = ( 2 − a ) − 3
⎧⎪Δ = 12 − 3 ( a − 2 )2 ≥ 0
Điều kiện đối với a : ⎨
0 ≤ a ≤ 4 (*)
⎪⎩a ≥ 0
Khi đó x2 + y 2 − xy = 9 − 2 ( x − a )

2

Từ điều kiện (*) suy ra 1 ≤ 9 − 2 ( x − a ) ≤ 9
2

⎡ x = 3; y = − 3
⎧x + y = 0
Vậy max x 2 + y 2 − xy = 9 ⇔ a = 2 và ⎨
⇔⎢
⎩ xy = −3
⎢⎣ x = − 3; y = 3

(

)

⎡⎧ x + y = 2
⎡⎧ x = 1
⎢⎨
⎢⎨
xy
=

1
a
=
0
⎡
⎩
⎩y =1
min x 2 + y 2 − xy = 9 ⇔ ⎢
⇔⎢
⇔⎢
⎢ ⎧ x + y = −2
⎢ ⎧ x = −1
⎣a = 4
⎢⎨
⎢⎨
⎢⎣ ⎩ xy = 1
⎢⎣ ⎩ y = −1

(

)

⎧⎪ xy ≥ x + y
Ví dụ 24. Giải hệ bất phương trình sau: ⎨ 2
2
⎪⎩ x + y ≤ 1

(

Giải. u = x + y và v = xy u 2 ≥ 4v


)

⎧⎪v = u + a, a ≥ 0
⎧⎪v = u + a, a ≥ 0
⎧⎪v ≥ u
Khi đó ta được hệ ⎨ 2
⇔⎨ 2
⇔⎨
2
⎪⎩u − 2v ≤ 1
⎪⎩u − 2 ( u + a ) ≤ 1
⎪⎩( u − 1) ≤ 2 + 2a
17


⎧⎪v = u + a, a ≥ 0
⇔⎨
⎪⎩1 − 2 + 2a ≤ u ≤ 1 + 2 + 2a
Kết hợp với điều kiện u 2 ≥ 4v ⇔ u 2 − 4 ( u + a ) ≥ 0

⎡u ≥ 2 + 2 1 + a
ta được:
⇔⎢
⎢⎣u ≤ 2 − 2 1 + a
- Nếu 1 − 2 + 2a ≤ 2 − 2 1 + a ⇔ 0 ≤ a ≤

1
+ 2 thì
2


⎧⎪v = u + a
⎨
⎪⎩1 − 2 + 2a ≤ u ≤ 2 − 2 1 + a
- Nếu 1 − 2 + 2a > 2 − 2 1 + a thì hệ vô nghiệm.

⎡ x = t1; y = t2
u m u 2 − 4v
Vậy hệ có nghiệm ⎢
với t1,2 =
và
2
x
=
t
;
y
=
t
⎣
2
1

⎧⎪v = u + a
1
; 0≤a≤ + 2
⎨
2
⎪⎩1 − 2 + 2a ≤ u ≤ 2 − 2 1 + a
5. Chứng minh hằng đẳng thức

Ví dụ 25. Cho x + y = 1; x3 + y3 = a và x5 + y5 = b . Chứng minh rằng:

5a ( a + 1) = 9b + 1
Giải. Đặt δ1 = x + y và δ 2 = xy .
Từ giả thiết ta có δ1 = 1

x3 + y3 = δ13 − 3δ1δ 2 ⇒ δ 2 =

1− a
3

(
)(
)
= (δ12 − 2δ 2 )(δ13 − 3δ1δ 2 ) − δ1δ 22

Mặt khác b = x5 + y 5 = x 2 + y 2 x3 + y 3 − x 2 y 2 ( x + y )

= (1 − 2δ 2 )(1 − 3δ 2 ) − δ 22

= 1 + 5δ 22 − 5δ 2 =

5a 2 + 5a − 1
9

18


Suy ra 9b = 5a2 + 5a − 1 hay 5a ( a + 1) = 9b + 1. Vậy ta có đpcm.
Ví dụ 26. Chứng minh rằng nếu x + y + z = 0 thì


x4 + y 4 + z 4 = 2 ( xy + yz + zx )

2

Giải. Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx; δ 3 = xyz .
Ta có x4 + y 4 + z 4 = δ14 − 4δ12δ 2 + 2δ 22 + 4δ1δ3
Theo giả thiết có δ1 = 0 nên suy ra x4 + y 4 + z 4 = 2δ 22 = 2 ( xy + yz + zx ) .
2

Vậy ta có đpcm.

(

Ví dụ 27. Chứng minh hằng đẳng thức ( x + y ) + x 4 + y 4 = 2 x 2 + xy + y 2
4

Giải. Đặt δ1 = x + y ; δ 2 = xy .

(

Khi đó VT = ( x + y ) + x 4 + y 4 = ( x + y ) + x 2 + y 2
4

4

(

= δ14 + δ12 − 2δ 2


)

2

(

(

)

2

2

− 2x2 y 2

− 2δ 22

= 2 δ14 − 2δ12δ 2 + δ 22

= 2 δ12 − δ 2

)

)

(

= 2 x 2 + xy + y 2


)

2

= VP

Vậy ta có đpcm.
6. Chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 28. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có:

( x + y + z )2 ≥ 3( xy + yz + zx )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Giải. Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx
Xét δ12 − 3δ 2 = ( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx )
2

= x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx

(

) (

) (

)

1
= ⎡ x2 − 2 xy + y 2 + y 2 − 2 yz + z 2 + z 2 − 2 zx + x 2 ⎤
⎦
2⎣


19

)

2


1
2
2
2
= ⎡( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ⎤ ≥ 0 , ∀x, y, z ∈°
⎦
2⎣
Suy ra δ12 − 3δ 2 ≥ 0 hay ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx ) .
2

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Ví dụ 29. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có:

( xy + yz + zx )2 ≥ 3xyz ( x + y + z )
Nếu x > 0; y > 0; z > 0 thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Giải. Trong bất dẳng thức ở Ví dụ 28. thay x, y, z bởi xy; yz; zx ta được:

( xy + yz + zx )2 ≥ 3( x 2 yz + xy 2 z + xyz 2 ) = 3xyz ( x + y + z )
Suy ra ta có đpcm.
Đặc biệt x > 0; y > 0; z > 0 thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Ví dụ 30. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta luôn có:


⎛1 1 1⎞
+ + ⎟≥9
⎝x y z⎠

( x + y + z )⎜

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Giải. Đặt δ1 = x + y + z; δ 2 = xy + yz + zx; δ 3 = xyz .
Theo Ví dụ 28. và Ví dụ 29. ta có δ12 ≥ 3δ 2 và δ 22 ≥ 3δ1δ 3 .
Vì x, y, z là các số dương nên δ1, δ 2 , δ 3 cũng là các số dương và nghĩa là ta có
thể nhân theo vế của hai bất đẳng thức trên.
Ta có δ12δ 22 ≥ 9δ1δ 2δ3 ⇔ δ1 δ 2 ≥ 9δ 3 ⇔ δ1

δ2
≥ 9.
δ3

⎛1 1 1⎞
Do đó ta có ( x + y + z ) ⎜ + + ⎟ ≥ 9 .
⎝x y z⎠
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
Ví dụ 31. Giả sử đa thức hệ số thực φ ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d có ba nghiệm
dương và φ ( x ) < 0 . Chứng minh rằng 2b3 + 9a2d − 7abc ≤ 0 .
(Indonesia TST, 2010)
20


Giải. Gọi x1; x2 ; x3 là các nghiệm của đa thức φ ( x ).

b

⎧
x
+
x
+
x
=
−
1
2
3
⎪
a
⎧b = −a ( x1 + x2 + x3 )
⎪
⎪
c
⎪
Theo định lí Viéte : ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 =
⇔ ⎨c = a ( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 )
a
⎪
⎪
d
⎩d = −a ( x1x2 x3 )
⎪
x
x
x
=

−
⎪ 1 2 3
a
⎩
Theo giả thiết ta có: φ ( x ) < 0 ⇒ d = −a ( x1x2 x3 ) < 0 ⇒ a > 0
Ta cần chứng minh

2 ( x1 + x2 + x3 ) + 9 x1x2 x3 ≥ 7 ( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 ) (1)
3

Ta có

( x1 + x2 + x3 )3 = x13 + x23 + x33 + 3( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x2 x3 + x3x1 ) − 3x1x2 x3
Do đó (1) tương đương với

(
)
⇔ 2 ( x13 + x23 + x33 ) ≥ x12 x2 + x12 x3 + x22 x1 + x22 x3 + x32 x1 + x32 x2

2 x13 + x23 + x33 + 3x1x2 x3 ≥ ( x1 + x2 + x3 )( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 )

Do x1; x2 ; x3 là các số dương nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:

x13 + x23 + x23 ≥ 33 x13x26 = 3x1 x22
Tương tự ta có: x23 + x33 + x33 ≥ 3x2 x32 và x33 + x13 + x13 ≥ 3x3 x12
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:

x13 + x23 + x33 ≥ x1 x22 + x2 x32 + x3 x12 (2)
Tương tự ta chứng minh được: x13 + x23 + x33 ≥ x2 x12 + x3 x22 + x1 x32 (3)
Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được đpcm.

Ví dụ 32. Cho phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0 có ba nghiệm không âm
phân biệt. Chứng minh rằng: −

a
b 3
>
> −c .
3
3

Giải. Gọi x1; x2 ; x3 là ba nghiệm của phương trình đã cho.

21


⎧ x1 + x2 + x3 = −a
⎪
Theo định lí Viéte ta có ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 = b
⎪ x x x = −c
⎩ 1 2 3
Vì x1; x2 ; x3 không âm và phân biệt nên ta có bất đẳng thức xen kẽ Cauchy:

x1 + x2 + x3
xx +x x +x x
> 1 2 2 3 3 1 > 3 x1x2 x3
3
3
Vậy ta có: −

a

b 3
>
> −c .
3
3

Trên đây là ví dụ về chứng minh bất đẳng thức liên quan đến bất đẳng
thức xen kẽ Cauchy. Sau đây là bài toán tổng quát chứng minh bất đẳng thức
xen kẽ Cauchy.
Ví dụ 33. Cho

S3 =

n

∑

1≤ i ≤ j ≤ k ≤ n

x1; x2 ;...; xn > 0 và đặt

n

S1 = ∑ xi ;

S2 =

i =1

n


∑

1≤ i ≤ j ≤ n

xi x j ;

xi x j xk ; ...; Sn = x1x2 ...xn là các hàm cơ bản của x1; x2 ;...; xn .

Chứng minh rằng:

S1

Cn1

≥

S2

Cn2

≥3

S3

Cn3

≥ ... ≥ n

Sn


Cnn

(*)

Giải. Chứng minh bất đẳng thức (*) bằng phương pháp quy nạp.
Dưới đây là một số ứng dụng nữa của đa thức đối xứng:
7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng
Ví dụ 34. Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình x3 + y3 + 1 = 3xy .
Giải. Đặt δ1 = x + y ; δ 2 = xy thì phương trình đã cho có dạng

(

)

δ13 − 3δ1δ 2 + 1 = 3δ 2 ⇔ (δ1 + 1) δ12 − δ1 − 3δ 2 + 1 = 0
Vì x, y > 0 nên δ1 = x + y > 0 ⇒ δ1 + 1 ≠ 0 .
Do đó

δ12

− δ1 − 3δ 2 + 1 = 0 ⇒ δ 2 =

δ12 − δ1 + 1
3

Như vậy bài toán quy về việc tìm x, y nguyên dương sao cho

22



⎧ x + y = δ1
⎪
⎨
δ12 − δ1 + 1
⎪ xy =
3
⎩
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình bậc hai X 2 − δ1 X +
Có Δ = −

(

)

1 2
δ1 − δ1 + 1 = 0
3

1
(δ1 − 2 )2 ≤ 0 . Mà Δ < 0 khi δ1 ≠ 2 nên ta có δ1 = x + y = 2 .
3

Vậy x = y =

δ1
2

= 1.


8. Lập phương trình bậc hai
Ví dụ 35. Lập phương trình bậc hai x 2 + px + q = 0 có hai nghiệm

x1 = y14 + 2 y22 và x2 = y24 + 2 y12 trong đó y1, y2 là nghiệm của phương trình
y2 + 3y + 1 = 0.
Giải. Đặt δ1 = y1 + y2 ; δ 2 = y1 y2
Vì y1, y2 là nghiệm của phương trình y 2 + 3 y + 1 = 0 nên theo định lí Vi-et ta

⎧δ = −3
có: ⎨ 1
⎩δ 2 = 1

) (
) − 2δ22 + 2(δ12 − δ 2 ) = 63
x1.x2 = y14 y24 + 4 y12 y22 + 2 ( y16 + y26 )
= δ 24 + 4δ 22 + 2 (δ16 − 6δ14δ 2 + 9δ12δ 22 − 2δ 22 ) = 649
(

) (

Xét x1 + x2 = y14 + y24 + 2 y12 + y22 = δ12 − 2δ 2

2

Vậy phương trình bậc hai cần tìm là x2 − 63x + 649 = 0 .
Ví dụ 36. Lập phương trình bậc hai x 2 + px + q = 0 có hai nghiệm

x1 = y16 − 2 y22 và x2 = y26 − 2 y12 trong đó y1, y2 là nghiệm của phương trình
y 2 + 2 y − 4 = 0.
Giải. Đặt δ1 = y1 + y2 ; δ 2 = y1 y2


23


Vì y1, y2 là nghiệm của phương trình y 2 + 2 y − 4 = 0 nên theo định lí Vi-et ta

⎧δ = −2
có: ⎨ 1
⎩δ 2 = −4

(
) (
)
= (δ16 − 6δ14δ 2 + 9δ12δ 22 − 2δ 22 ) − 2 (δ12 − 2δ 2 ) = 968
x1.x2 = y16 y26 + 4 y12 y22 − 2 ( y18 + y28 )

Xét x1 + x2 = y16 + y26 − 2 y12 + y22

=

y16 y26

4 4

+ 4x y

+ 4 y12 y22

(


⎡
− 2 ⎢ x2 + y 2
⎣

(

⎡
= δ 26 + 4δ 24 + 4δ 22 − 2 ⎢ δ12 − 2δ 2
⎣

)

2

)

2

2 2⎤

2

− 2x y ⎥
⎦

⎤
− 2δ 22 ⎥ = 4960
⎦

Vậy phương trình bậc hai cần tìm là x2 − 968x + 4960 = 0 .

9. Các bài toán liên quan đến nghiệm của phương trình đại số
Ví dụ 37. Cho đa thức f ( x ) = x3 − 3x 2 + x − 1 có ba nghiệm x1; x2 ; x3 . Đặt

δ1 = x1 + x2 + x3 ; δ 2 = x1x2 + x2 x3 + x3 x1; δ 3 = x1x2 x3 .

Hãy

biểu

diễn

δ = ∑ xi3 x 2j theo δ1;δ 2 ;δ 3 rồi tính δ .
i≠ j

Giải. Ta có δ = x13 x22 + x13 x32 + x12 x23 + x12 x33 + x23 x32 + x22 x33

(
)
= (δ 22 − 2δ1δ 3 )δ1 − δ 2δ 3

(

= x12 x22 + x12 x32 + x22 x32 ( x1 + x2 + x3 ) − x1x22 x32 + x12 x2 x32 + x12 x22 x3

)

Theo đinh lí Viéte ta có δ1 = 3;δ 2 = 1;δ 3 = 1. Vậy δ = −16 .
Ví dụ 38. Tính diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp của một tam giác
mà các cạnh là các nghiệm của phương trình x3 − ax2 + bx − c = 0 .
Giải. Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là x1; x2 ; x3 .


⎧ x1 + x2 + x3 = a
⎪
Theo định lí Viéte ta có: ⎨ x1x2 + x2 x3 + x3 x1 = b
⎪x x x = c
⎩ 1 2 3
24


Chu vi của tam giác là 2P = x1 + x2 + x3 = a
Theo công thức Hê-rông ta có: S = P ( P − x1 )( P − x2 ) ( P − x3 )
Suy ra S 2 = P ( P − x1 )( P − x2 ) ( P − x3 )

Vậy S =

=

1
a ( a − 2 x1 )( a − 2 x2 ) ( a − 2 x3 )
16

=

1 ⎡ 3
a a − 2a 2 ( x1 + x2 + x3 ) + 4a ( x1x2 + x2 x3 + x3 x1 ) − 8x1x2 x3 ⎤
⎦
16 ⎣

=


1 ⎡ 3
a a − 2a3 + 4ab − 8c ⎤
⎦
16 ⎣

xx x
2a
1 ⎡ 3
a −a + 4ab − 8c ⎤ và R = 1 2 3 =
⎦
4S
4 ⎣
a 4ab − a3 − 8c

(

)

Ví dụ 39. Cho phương trình x4 + px3 + qx 2 + rx + s = 0 , s ≠ 0 có 4 nghiệm.
Chứng minh nếu phương trình có hai nghiệm đối nhau thì p 2 s + r 2 = pqr .
Giải. Gọi bốn nghiệm của phương trình là x1; x2 ; x3 ; x4 .

⎧ x1 + x2 + x3 + x4 = − p
⎪x x + x x + x x + x x = q
⎪
2 3
3 4
4 1
Theo định lí Viéte ta có: ⎨ 1 2
⎪ x1x2 x3 + x1x2 x4 + x1x3 x4 + x2 x3 x4 = −r

⎪⎩ x1x2 x3 x4 = s

⎧ x3 + x4 = − p
⎪x x + x x = q
⎪ 1 2 3 4
Giả sử x1 + x2 = 0 . Khi đó, ta có: ⎨
⎪ x1x2 ( x3 + x4 ) = −r
⎪x x x x = s
⎩ 1 2 3 4
Từ đó suy ra x1x2 =
Do đó x1x2 =

r
; x1x2 + x3 x4 = q ; x1x2 x3 x4 = s
p

r
là nghiệm của phương trình X 2 − pX + s = 0
p

2

⎛r⎞
⎛r⎞
Suy ra ⎜ ⎟ − p ⎜ ⎟ + s = 0 hay p 2 s + r 2 = pqr . Vậy ta có đpcm.
⎝ p⎠
⎝ p⎠
25