Mục lục

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Chương 1. Một số tính chất của đa thức đại số thực . . . . . . . . . . . .

1

1.1. Vành đa thức một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Các định lý về nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3. Quy tắc dấu Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.4. Vành đa thức nhiều ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Chương 2. Một số biểu diễn của các đa thức đối xứng và áp dụng

9

2.1. Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

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

9

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

10

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

12

2.1.4. Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến. . . . . . . . . . . . . .

14

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

18

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

20


2.1.7. Chứng minh các đẳng thức ba biến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.1.8. Chứng minh bất đẳng thức ba biến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.2. Đa thức đối xứng nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

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

33

2.2.2. Biểu diễn các tổng lũy thừa qua các đa thức đối xứng cơ sở. . .

35


i

2.2.3. Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng nhiều biến. . . . . . . . . . .

38

2.2.4. Các hệ thức liên hệ giữa các đa thức đối xứng cơ sở. . . . . . . . . . .


41

2.2.5. Chứng minh bất đẳng thức nhiều biến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

Chương 3. Một số vấn đề liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

3.1. Đa thức phản đối xứng nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

3.2. Một số định lý dạng Viete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3.3. Đa thức Hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

3.4. Bất đẳng thức dạng Karamata giữa các đa thức đối xứng đồng bậc 70
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

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

75



i

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
N

Tập hợp các số tự nhiên

Z

Tập hợp các số nguyên

Q

Tập hợp các số hữu tỉ

R

Tập hợp các số thực

C

Tập hợp các số phức

A[x]

Vành đa thức một biến trên A

A[x1 , . . . , xn ] Vành đa thức n biến trên A

σk
sk

Đa thức đối xứng cơ sở bậc k
Tổng lũy thừa bậc k
(

)

O xk11 ...xknn Quỹ đạo của đơn thức xk11 ...xknn
(
)
O∗ xk11 ...xknn Quỹ đạo toàn phần của đơn thức xk11 ...xknn
T (x1 , . . . , xn ) Đa thức phản đối xứng đơn giản nhất của n biến x1 , . . . , xn

DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
AM-GM

Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân

IMO

International Mathematical Olympiad

t.ư

Tương ứng


Lời nói đầu

Những lĩnh vực phức tạp của đại số đối với bậc trung học phổ thông thường
là giải phương trình và hệ phương trình bậc cao, phân tích các đa thức nhiều
biến thành nhân tử, chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức có chứa nhiều
biến số vv. . . Một trường hợp quan trọng và thường gặp trong các bài toán của
các lĩnh vực nói trên là khi các biến số của đa thức có vai trò như nhau, tức là
đa thức đó không thay đổi khi hoán đổi vai trò của các biến cho nhau. Chúng
ta gọi các đa thức như vậy là đa thức đối xứng.
Nhiều bài toán khó có chứa yếu tố đối xứng nếu biết áp dụng lý thuyết về
đa thức đối xứng sẽ làm cho bài toán trở thành đơn giản và được giải quyết
dễ dàng hơn. Hiện nay đã có một số tài liệu chuyên khảo về đa thức xuất bản
bằng tiếng Việt, trong đó có phần dành cho đa thức đối xứng. Tuy nhiên, chưa
có nhiều tài liệu chuyên sâu và trình bày có hệ thống các vấn đề về đa thức đối
xứng. Luận văn này ra đời nhằm đáp ứng phần nào nhu cầu đó. Nội dung chính
của luận văn là trình bày cơ sở lý thuyết của các đa thức đối xứng và đưa ra
những ví dụ áp dụng trong đại số sơ cấp. Các vấn đề của lý thuyết sẽ được trình
bày một cách đơn giản theo hướng quy nạp từ ba biến, đến nhiều biến. Các ví
dụ áp dụng cũng được trình bày từ đơn giản đến phức tạp và chủ yếu là các bài
toán khó, nhiều bài được trích ra từ các đề thi vào trường chuyên, thi vô địch
các nước hoặc Olympic Toán quốc tế.
Về bố cục, luận văn gồm có Lời nói đầu, bảng mục lục, tài liệu tham khảo và
ii


iii

ba chương trong đó lấy chương 2 làm trọng tâm.
Chương 1. Một số tính chất của đa thức đại số thực.
Chương 2. Một số biểu diễn của các đa thức đối xứng và áp dụng.
Chương 3. Một số vấn đề vấn đề liên quan.
Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ dẫn đầy nhiệt tình và nghiêm khắc

của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu. Người đã trực tiếp giảng dạy, cung cấp
tài liệu và hướng dẫn cho tác giả hoàn thành luận văn của mình. Cho phép tác
giả được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy và mong được học hỏi ở Thầy
nhiều hơn nữa. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường Đại học
Quy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Toán học và tất cả những thầy (cô) đã
tham gia giảng dạy trong suốt khóa học. Xin cảm ơn tất cả các anh (chị) học
viên lớp cao học toán khóa 13 đã giúp đỡ, động viên và chia sẻ những khó khăn
trong học tập cũng như trong quá trình làm luận văn.
Luận văn không thể hoàn thành nếu không có sự yêu thương, chăm lo, giúp
đỡ của gia đình, cha mẹ, anh chị em. Luận văn là món quà tinh thần để gửi đến
người thân trong gia đình.
Cuối cùng, mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng do trình độ chuyên môn còn
hạn chế và thời gian thực hiện có hạn nên luận văn chắc chắn không thể không
mắc phải thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ý, phê bình của các thầy (cô)
và bạn đọc.


Chương 1

Một số tính chất của đa thức đại số
thực
1.1. Vành đa thức một biến
Định nghĩa 1.1 ([2],[7]). Cho A là một vành giao hoán có đơn vị. Một biểu
thức có dạng
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , n ∈ N∗ (an ̸= 0)
được gọi là đa thức bậc n của biến x.
Các a0 , a1 , . . . , an ∈ A được gọi là các hệ số của đa thức f (x). Trong đó a0
là hệ số tự do, còn an là hệ số bậc cao nhất hay hệ số dẫn đầu. Đặc biệt, khi
an = 1 thì f (x) được gọi là đa thức chuẩn hay mônic.
Chú ý. Nếu các ai = 0, ∀i = 1, n và a0 ̸= 0 thì f (x) được gọi là đa thức hằng

và có bậc bằng 0. Còn nếu các ai = 0, ∀i = 0, n thì ta nói f (x) là đa thức không
và không định nghĩa bậc của nó.
Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được kí hiệu là A [x]
và gọi là vành đa thức một biến trên A.
Ta cũng biết rằng khi A là một trường thì A [x] là một vành giao hoán có
đơn vị. Đặc biệt khi A = Z, (t.ư A = Q, A = R, A = C) ta có các vành đa thức
1


2

tương ứng là Z [x] , (t.ư Q [x] , R [x] , C [x]). Trong suốt luận văn này, ta chủ yếu
nghiên cứu vành đa thức trên trường số thực R [x].
Các phép toán trên đa thức. Cho 2 đa thức:
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
g (x) = bm xm + bm−1 xm−1 + · · · + b1 x + b0
Khi đó f (x) + g (x) ; f (x) − g (x) ; f (x) .g (x) cũng là các đa thức được xác
định như sau:
Ta viết lại f (x) và g (x) dưới dạng hình thức
f (x) = Ak xk + Ak−1 xk−1 + · · · + A1 x + A0 ,
g (x) = Bk xk + Bk−1 xk−1 + · · · + B1 x + B0 ,
với k = max {m, n} , còn Ak = ak hoặc 0, Bk = bk hoặc 0.
Khi đó, ta có:
f (x)+g (x) = (Ak + Bk ) xk +(Ak−1 + Bk−1 ) xk−1 +· · ·+(A1 + B1 ) x+(A0 + B0 ) ,
f (x)−g (x) = (Ak − Bk ) xk +(Ak−1 − Bk−1 ) xk−1 +· · ·+(A1 − B1 ) x+(A0 − B0 ) ,
f (x) .g (x) = C2k x2k + C2k−1 x2k−1 + · · · + C1 x + C0
với
Cp =

∑


Ai Bj , p = 0, . . . , 2k.

i+j=p

Nhận xét. Cho f (x) , g (x) ∈ R [x], giả sử deg (f (x)) = n và deg (g (x)) = m.
Thế thì:
deg (f (x) ± g (x))

max {m, n} ,

deg (f (x) .g (x)) = n + m,
deg (f (g (x))) = n.m


3

Định lý 1.1. Cho A là một trường. Khi đó với mọi cặp đa thức f (x) và g (x) ̸= 0
của vành A [x] bao giờ cũng tồn tại duy nhất cặp đa thức q (x) , r (x) ∈ A [x] sao
cho
f (x) = g (x) .q (x) + r (x)
và nếu r (x) ̸= 0 thì deg r (x) < deg g (x). Đa thức q (x) được gọi là thương và
r (x) được gọi là dư của phép chia f (x) cho g (x). Và như vậy, f (x) chia hết
cho g (x) trong A [x] khi và chỉ khi r (x) = 0.

1.2. Các định lý về nghiệm của đa thức
Định nghĩa 1.2. Phần tử x0 ∈ A được gọi là 1 nghiệm của đa thức f (x) nếu
như f (x0 ) = 0. Bài toán tìm tất cả các nghiệm của đa thức bậc n trong A được
gọi là giải phương trình đại số bậc n trong A .
Định lý 1.2 ([2],[7]). Số dư của phép chia đa thức f (x) cho x − a chính là f (a).

Hệ quả 1.1 (Định lý Bezout). Số a là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia
hết cho x − a.
Định nghĩa 1.3 ([2],[7]). Số a là nghiệm bội cấp m của f (x) nếu như f (x) chia
hết cho (x − a)m nhưng không chia hết cho (x − a)m+1 .
Đặc biệt khi m = 1 ta nói a là nghiệm đơn còn khi m = 2 ta nói a là nghiệm
kép của f (x).
Định lý 1.3 (Giản đồ Horner). Cho A là 1 trường và f (x) = an xn +an−1 xn−1 +
· · · + a1 x + a0 ∈ A [x]. Khi đó thương hụt của f (x) cho x − a là 1 đa thức có
dạng
q (x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0
trong đó
bn−1 = an , bk = abk−1 + ak−1 , ∀k = 0, n − 1


4

và dư số r = ab0 + a0 .
Định lý 1.4 (Định lý Viete). Nếu phương trình bậc n
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, (an ̸= 0)
có n nghiệm (thực hoặc phức) x1 , x2 , . . . , xn thì

an−1


σ
(x)
:=
x
+
x

+
·
·
·
+
x
=
−

1
1
2
n


an



a


 σ2 (x) := x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn = n−2
an



.............................................................







n a0

 σn (x) := x1 x2 . . . xn = (−1)
an

(1.1)

(1.2)

Ngược lại nêú các số x1 , x2 , . . . , xn thỏa mãn hệ trên thì chúng là nghiệm của
phương trình (1.1). Dễ thấy hệ (1.2) có n thành phần và ở vế trái của thành
phần thứ k có Cnk số hạng.
Các hàm σ1 (x) , σ2 (x) , . . . , σn (x) được gọi là các đa thức đối xứng sơ cấp
Viete bậc 1, 2, . . . , n tương ứng.
Định lý 1.5. Mỗi đa thức bậc n đều không có quá n nghiệm thực.
Hệ quả 1.2. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 1.3. Đa thức có bậc không vượt quá n và nhận cùng một giá trị tại
n + 1 điểm khác nhau của đối số là đa thức hằng.
Định lý 1.6 (Gauss). Mọi đa thức f (x) ∈ C [x] bậc n có đúng n nghiệm (kể cả
bội).
Định lý 1.7. Mọi đa thức f (x) ∈ R [x] bậc n đều có thể phân tích (duy nhất)
thành nhân tử dạng
)
m
s (
f (x) = an Π (x − di ) Π x2 + bk x + ck

i=1

k=1

trong đó an là hệ số bậc cao nhất, di , bk , ck ∈ R, m + 2s = n, b2k − 4ck < 0.


5

Định lý 1.8 (Bolsano-Cauchy). Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] đồng
thời f (a) .f (b) < 0 thì tồn tại ít nhất 1 điểm c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0.
Hệ quả 1.4. Cho đa thức P (x) ∈ R [x]. Nếu tồn tại 2 số a, b sao cho P (a) .P (b) <
0 thì đa thức P (x) có ít nhất một nghiệm x = c nằm giữa a và b.
Định lý 1.9 (Định lý Rolle). Nếu hàm số f : [a, b] → R liên tục trên đoạn [a, b],
có đạo hàm f ′ (x) liên tục trên khoảng (a, b) đồng thời f (a) = f (b) thì tồn tại
ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f ′ (c) = 0.
Hệ quả 1.5. Nếu đa thức P (x) bậc n có n nghiệm thực x1

x2

···

đa thức đạo hàm P ′ (x) có n − 1 nghiệm thực y1 , y2 , . . . , yn−1 sao cho x1
x2

y2

x3

. . . xn−1


yn−1

xn thì
y1

xn .

1.3. Quy tắc dấu Descartes
Định nghĩa 1.4 ([2]). Xét dãy số thực {an }n
Chỉ số m (m

0.

1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của dãy nếu như am−1 am < 0

hoặc là am−1 = am−2 = · · · = am−(k+1) = 0 và am−k am < 0, m

k

2.

Trong trường hợp thứ nhất thì ta nói am−1 và am lập thành vị trí đổi dấu,
còn trong trường hợp thứ hai ta nói am−k và am lập thành vị trí đổi dấu. Dễ
thấy rằng số lần đổi dấu của một dãy số ( bằng số vị trí đổi dấu ) không thay
đổi nếu bỏ đi các số hạng bằng 0 còn những số hạng còn lại vẫn bảo toàn vị trí
tương hỗ của chúng.
Sau đây là một số tính chất về số lần đổi dấu của dãy số.
Tính chất 1. Các dãy a0 , a1 , a2 , . . . , an và an , an−1 , an−2 . . . , a0 có cùng số lần
đổi dấu.

Tính chất 2. Khi gạch bỏ các số hạng của dãy thì số lần đổi dấu không tăng
lên.


6

Tính chất 3. Khi thêm vào giữa các số hạng của dãy một số lượng tùy ý các
số hạng bằng 0 thì số vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi.
Tính chất 4. Số vị trí đổi dấu sẽ không thay đổi nếu bên cạnh một số hạng
nào đó của dãy ta đặt một số hạng mới có cùng dấu với số hạng đó.
Tính chất 5. Nếu dãy {pn }n

0

là dãy dương thì các dãy a0 , a1 , a2 , . . . và

a0 p0 , a1 p1 , a2 p2 , . . . có cùng những vị trí đổi dấu.
Tính chất 6. Dãy a0 , a0 +a1 , a1 +a2 , . . . , an−1 +an , an có số vị trí đổi dấu không
lớn hơn so với dãy a0 , a1 , a2 , . . . , an .
Định lý 1.10 (Quy tắc dấu Descartes). Kí hiệu N là số không điểm dương( số
nghiệm dương) của đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
và W là số lần đổi dấu trong dãy các hệ số của nó. Khi đó, W

N và W − N

là một số chẵn.
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng phương trình f (x) = x4 − 2x3 − 2x + 1 = 0 có
đúng 2 nghiệm dương.
Giải. Xét dãy dấu các hệ số của f (x) là + − −+. Như vậy số lần đổi dấu là

W = 2. Áp dụng quy tắc dấu Descartes, ta suy ra số nghiệm dương của f (x) là
N = W − 2k, k ∈ Z+ . Suy ra N = 0 hoặc N = 2.
Mặt khác, vì f (x) liên tục và f (0) .f (1) < 0 nên phương trình f (x) = 0 có ít
nhất 1 nghiệm dương trong khoảng (0; 1). Do vậy phương trình đã cho có đúng
2 nghiệm dương. Ta có đpcm.
Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng phương trình f (x) = x5 −2x4 −8x3 −x2 −9x+1 = 0
có đúng 2 nghiệm dương và ít nhất 1 nghiệm âm.
Giải. Xét dãy dấu các hệ số là + − − − −+. Như vậy W = 2 và theo quy tắc
dấu Descartes thì N = 2 − 2k, k ∈ Z+ . Suy ra N = 0 hoặc N = 2.


7

Mặt khác, vì f (x) liên tục và f (0) .f (1) < 0 nên phương trình f (x) = 0 có ít
nhất 1 nghiệm dương trong khoảng (0; 1). Do vậy phương trình đã cho có đúng
2 nghiệm dương.
Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức
g (x) = f (−x) = −x5 − 2x4 + 8x3 − x2 + 9x + 1.
Ta có dãy dấu các hệ số của g (x) là − − + − ++ nên Wg = 3. Suy ra Ng =
3 − 2k, k ∈ Z+ Do vậy Ng = 3 hoặc Ng = 1. Vậy Ng

1. Do phương trình

g (x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm dương nên phương trình f (x) = 0 có ít nhất 1
nghiệm âm.

1.4. Vành đa thức nhiều ẩn
Định nghĩa 1.5. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị. Vành đa thức nhiều
ẩn trên A được xây dựng bằng quy nạp dựa trên vành đa thức một ẩn như sau:
Kí hiệu

A1 = A [x1 ] gọi là vành đa thức 1 ẩn trên A.
A2 = A1 [x2 ] =: A [x1 , x2 ] gọi là vành đa thức 2 ẩn trên A.
.........................................................
An = An−1 [xn−1 ] =: A [x1 , x2 , . . . , xn ] gọi là vành đa thức của n ẩn x1 , x2 , . . . , xn
trên A. Khi đó, mỗi phần tử của A [x1 , x2 , . . . , xn ] được gọi là một đa thức của
n ẩn x1 , x2 , . . . , xn và có dạng
f (x1 , x2 , . . . , xn ) = C1 xa111 xa212 . . . xan1n +C2 xa121 xa222 . . . xan2n +· · ·+Cm xa1m1 xa2m2 . . . xanmn
trong đó các
Ci ∈ A, (ai1 , ai2 , . . . , ain ) ∈ Nn , ∀i = 1, m.
Bậc của đa thức nhiều biến được xác định như sau
deg f (x1 , x2 , . . . , xn ) =

max

i=1,...,m;Ci ̸=0

{ai1 + ai2 + · · · + ain }


8

Định nghĩa 1.6 ([2],[7]). Đa thức f (x1 , x2 , . . . , xn ) được gọi là một đa thức đối
xứng nếu
f (x1 , x2 , . . . , xn ) = f (xi1 , xi2 , . . . , xin ) ,
trong đó bộ (i1 , i2 , . . . , in ) là một hoán vị bất kỳ của bộ (1, 2, . . . , n) .
Các đa thức sau đây được gọi là các đa thức đối xứng cơ sở (đối xứng cơ bản,
đối xứng sơ cấp Viete):
σ1 = x1 + x2 + · · · + xn
σ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + xn−1 xn
.......................................

σn = x1 x2 . . . xn .
Dễ thấy các σk có bậc bằng k và các tổng ở vế phải có Cnk số hạng.
Định lý 1.11 ([2]-[4]). Mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được dưới dạng một
đa thức của các đa thức đối xứng cơ sở.
Phần này sẽ được trình bày rõ và chi tiết hơn ở những chương sau.


Chương 2

Một số biểu diễn của các đa thức
đối xứng và áp dụng
Trong toàn bộ chương này, ta chỉ xem xét các đa thức với hệ số thực.

2.1. Đa thức đối xứng ba biến
2.1.1. Các khái niệm cơ bản.

Định nghĩa 2.1 ([2]-[4]). Đa thức P (x, y, z) là một hàm số được biểu diễn ở
dạng tổng của hữu hạn các đơn thức
P (x, y, z) =

∑

aklm xk y l z m

k+l+m n

Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức.
Định nghĩa 2.2 ([2]-[4]). Đa thức P (x, y, z) được gọi là đối xứng nếu nó không
thay đổi với mọi hoán vị của 3 biến 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 2.3 ([2]-[4]). 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.
9


10

Định nghĩa 2.4 ([2]-[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.
2.1.2. Tổng lũy thừa và tổng nghịch đảo.

Định nghĩa 2.5. 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.
Các biểu thức s−k =

1
xk

+ y1k + z1k , (k = 1, 2, . . . ) được gọi là tổng nghịch đảo bậc

k của các biến x,y,z.
Định lý 2.1 (Công thức truy hồi Newton). Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức sau
sk = σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 .

(2.1)

Chứng minh. Ta có
(
)

σ1 sk−1 − σ2 sk−2 + σ3 sk−3 = (x + y + z) xk−1 + y k−1 + z k−1
(
)
(
)
− (xy + xz + yz) 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 z + yz 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 .
Định lý 2.2. Mỗi tổng lũy thừa sn = xn + y n + z n , (n

0) đều có thể biểu diễn

được dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ1 , σ2 , σ3 .
Chứng minh. Ta chứng minh định lý 2.2 bằng phương pháp quy nạp. Ta có
s0 = 3,

s 1 = x + y + z = σ1 ,

s2 = x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2(xy + yz + zx) = σ12 − 2σ2 .
Như vậy định lý 2.2 đúng với n = 0, 1, 2. Giả sử định lý đúng với n = k − 1, n =
k − 2, n = k − 3 (k

3). Khi đó theo công thức Newton (2.1), định lý cũng



11

đúng với n = k. Theo nguyên lý quy nạp, ta suy ra sn là một đa thức bậc n
theo các biến σ1 , σ2 , σ3 . Định lý được chứng minh.
Nhận xét. Theo công thức (2.1) ta thấy rằng việc tính các tổng lũy thừa sk
là không thuận tiện trong thực hành khi k khá lớn vì phải biết trước các tổng
sk−1 , sk−2 và sk−3 . Thực tế đòi hỏi phải xây dựng công thức biểu diễn sk chỉ phụ
thuộc vào σ1 , σ2 và σ3 . Công thức tương ứng được tìm ra năm 1779 bởi nhà
toán học người Anh E.Waring (1736-1798). Định lý sau đây cho ta công thức
biểu diễn trực tiếp sk theo σ1 , σ2 , σ3 .
Định lý 2.3 (Công thức Waring). Tổng lũy thừa sk được biểu diễn qua các đa
thức đối xứng cơ sở theo công thức
sk
=
k

∑

(−1)

l+2m+3n=k

k−l−m−n

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


(2.2)

Chứng minh. Công thức (2.2) được gọi là công thức Waring trong trường hợp 3
biến được chứng minh bằng phương pháp quy nạp kết hợp sử dụng công thức
truy hồi Newton (2.1).
Hệ quả 2.1. Từ công thức Waring ta dễ dàng nhận được các công thức sau:
s0 = 3,
s 1 = 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 + 12σ1 σ32 + 7σ12 σ32 +


12

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 .
Hệ quả 2.2. Do công thức truy hồi Newton đúng ∀k ∈ Z nên nếu thay k bởi
3 − k, ta được công thức biểu diễn các tổng nghịch đảo như sau
s−k =

σ2
σ1

1
s1−k − s2−k + s3−k , k = 1, 2, . . .
σ3
σ3
σ3

Chẳng hạn:
σ2
σ1
1
σ2
s0 − s1 + s2 = ,
σ3
σ3
σ3
σ3
2
σ2
σ1
1
σ − 2σ1 σ3
= s−1 − s0 + s1 = 2 2
,
σ3
σ3
σ3
σ3
s−1 =

s−2

s−3 =
s−4 =

σ2
σ1
1
σ 3 − 3σ1 σ2 σ3 + 3σ32
s−2 − s−1 + s0 = 2
,
σ3
σ3
σ3
σ33

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

2.1.3. Quỹ đạo của đơn thức.

Định nghĩa 2.6 ([2]-[4]). Đa thức đối xứng với 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 kí hiệu là O xk y l z m . Như vậy để tìm các quỹ đạo của một đơn thức
ta cần phải bổ sung vào đơn thức đó tất cả các hoán vị của x, y, z.
Cụ thể, với k, l, m khác nhau từng đôi, 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 .
Chẳng hạn:
(
)
O x3 y 4 z 5 = x3 y 4 z 5 + x3 y 5 z 4 + x4 y 3 z 5 + x4 y 5 z 3 + x5 y 4 z 3 + x5 y 3 z 4 .


13

( )
(
)
O x3 y = O x3 yz 0 = x3 y + x3 z + xy 3 + xz 3 + yz 3 + y 3 z.
Còn nếu như trong 3 số mũ đó có 2 số mũ bằng nhau, chẳng hạn k = l ̸= m thì
(
)
O xk y k z m = xk y k z m + xk y m z k + xm y k z k .
Chẳng hạn:
(
)
O xyz 5 = xyz 5 + xy 5 z + x5 yz,
O (xy) = xy + xz + yz,
(
)

O x3 y 3 = x3 y 3 + x3 z 3 + y 3 z 3 .
Các trường hợp đặc biệt của quỹ đạo:
O (x) = x + y + z = σ1 ,
O (xy) = xy + xz + yz = σ2 ,
O (xyz) = xyz = σ3 ,
( )
O xk = xk + y k + z k = sk .
Định lý 2.4. Quỹ đạo của mọi đơn thức luôn biểu diễn được dưới dạng đa thức
theo biến là các đa thức đối xứng cơ sở.
( )
Chứng minh. Trước hết ta có quỹ đạo của xk là O xk = sk = xk + y k + z k , nên
( )
theo công thức Waring, O xk biểu diễn được qua các đa thức đối xứng cơ sở.
(
)
Trường hợp 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) .
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 y l + xl y k + xk z l + xl z k + y k z l + y l z k = O xk y l .


14

Nếu k = l thì

( k k ) 1 (( ( k ))2
( 2k ))
O x y =
O x
−O x
.
2
(
)
Như vậy các quỹ đạo dạng O xk y l luôn được biểu diễn ở dạng đa thức theo
các biến σ1 , σ2 , σ3 .
Cuối cùng, nếu đơn thức xk y l z m phụ thuộc vào cả 3 biến x, y, z, nghĩa là k, l, m
khác nhau đôi một thì đơn thức xk y l z m sẽ chia hết cho lũy thừa với số mũ nào
(
)
đó của xyz. Vì vậy trong O xk y l z m có thể đưa lũy thừa với số mũ nào đó của
xyz = σ3 ra ngoài dấu ngoặc, còn lại trong ngoặc chỉ là quỹ đạo phụ thuộc vào
(
)
số biến ít hơn ba. Do đó, quỹ đạo O xk y l z m được biểu diễn dưới dạng đa thức
của các biến σ1 , σ2 , σ3 . Định lý được chứng minh.

Hệ quả 2.3. Từ các công thức trong phép chứng minh của định lý 2.4, ta nhận
được các công thức biểu diễn một số quỹ đạo thường gặp như 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 + 5σ3 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 .
2.1.4. Các định lý cơ bản của đa thức đối xứng ba biến.

Định lý 2.5. 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



15

số hạng của f (x, y, z). Do tính đối xứng nên cùng với số hạng trên thì f (x, y, z)
(
)
chứa quỹ đạo O xk y l z m với thừa số chung a. Như vậy ta có
(
)
f (x, y, z) = aO xk y l z m + f1 (x, y, z)

(2.3)

trong đó f1 (x, y, z) là đa thức đối xứng nào đó với ít số hạng hơn.
Lập luận tương tự như trên thì đối với f1 (x, y, z) ta cũng có công thức tương
tự như công thức (2.3). Sau một số hữu hạn bước, ta có thể phân tích đa thức
f (x, y, z) thành tổng các quỹ đạo. Theo định lý 2.4, 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 2.6 (Tính duy nhất). Nếu hai đa thức φ (t, u, v) , ψ (t, u, v) khi thay
t = x + y + z, u = xy + yz + zx, v = 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
và
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. Ta sẽ
chứng minh Φ là đa thức không. Thật vậy, đặt
Q (x1 , x2 , x3 ) = Φ (x1 + x2 + x3 , x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 , 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 ) như sau
Φ (t1 , t2 , t3 ) = Φ0 (t1 , t2 ) + Φ1 (t1 , t2 ) t3 + Φ2 (t1 , t2 ) t23 + · · · + Φm (t1 , t2 ) tm

3
và kí hiệu τ1 , τ2 là các đa thức đối xứng cơ sở của x1 , x2 . Dễ thấy rằng
σ1 (x1 , x2 , 0) = τ1 (x1 , x2 ) , σ2 (x1 , x2 , 0) = τ2 (x1 , x2 ) .


16

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 , x
Khi đó
R (x1 , x2 ) := Q (x1 , x2 , 0) = Φ0 (τ1 , τ2 ) , ∀x1 , x2 .
Vì R(x1 , x2 ) là đa thức đối xứng 2 biến nên theo tính duy nhất của định lý về
sự biểu diễn đa thức đối xứng 2 biến (xem [3]), ta suy ra Φ0 đồng nhất bằng
không. Và do đó
(
)
Q (x1 , x2 , x3 ) = σ3 Φ1 (σ1 , σ2 ) + Φ2 (σ1 , σ2 ) σ3 + · · · + Φm (σ1 , σ2 ) σ3m−1 = 0, ∀x1 , x2 , x3 .
Vì σ3 ̸= 0 nên đa thức
Q1 (x1 , x2 , x3 ) = Φ1 (σ1 , σ2 )+Φ2 (σ1 , σ2 ) σ3 +· · ·+Φm (σ1 , σ2 ) σ3m−1 = 0, ∀x1 , x2 , x3 .
Lập luận tương tự như trên suy ra Φ1 cũng đồng nhất bằng không. Cứ như vậy
cuối cùng ta được Φ2 , Φ3 , . . . , Φm là những đa thức không. Vậy Φ là đa thức
không. Định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.1. Biểu diễn đa thức sau theo các đa thức đối xứng cơ sở
f (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 4xyz + 2x2 y + 2xy 2 + 2x2 z + 2xz 2 + 2y 2 z + 2yz 2 .
Giải. Ta có
( )
( ) (
)
f (x, y, z) = O x3 − 4O (xyz) + 2O x2 y = σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3

−4σ3 + 2 (σ1 σ2 − 3σ3 ) = σ13 − σ1 σ2 − 7σ3 .
Nhận xét. Như vậy để biểu diễn một đa thức đối xứng qua các đa thức đối
xứng cơ sở, ta có thể tiến hành theo các bước như trong chứng minh định lý 2.5.
Tuy nhiên trong trường hợp đa thức đã cho là thuần nhất, ta có thể sử dụng
phương pháp "hệ số bất định". Cơ sở của phương pháp này là mệnh đề sau đây.


17

Mệnh đề 2.1. Giả sử fm (x, y, z) là 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
fm (x, y, z) =

∑

aijk σ1i σ2j σ3k , (i, j, k ∈ N) .

i+2j+3k=m

Sau đây là một số trường hợp riêng của mệnh đề trên.
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 ,
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 các ai là các hằng số được xác định duy nhất và để xác định các hệ số
này ta chỉ việc cho x, y, z các giá trị cụ thể thích hợp.
Ví dụ 2.2. Biểu diễn đa thức sau theo các đa thức đối xứng cơ sở

2

2

2

∆ (x, y, z) = (x − y) (x − z) (y − z)

Giải. Dễ thấy ∆ (x, y, z) là đa thức đối xứng thuần nhất bậc 6 nên theo mệnh
đề 2.1, ta có
∆ (x, y, z) = a1 σ16 + a2 σ14 σ2 + a3 σ12 σ22 + a4 σ23 + a5 σ13 σ3 + a6 σ32 + a7 σ1 σ2 σ3 .
Tuy nhiên, ∆ (x, y, z) có bậc cao nhất đối với từng biến là 4 nên suy ra
a1 = a2 = 0.
Để xác định các hệ số còn lại, ta cho (x, y, z) lần lượt nhận các giá trị (0, 1, −1), (0, 1, 1),
(1, 1, −2), (−1, 1, 1), (1, 1, 1). Từ đó ta tìm được
a4 = −4, a3 = 1, a6 = −27, a5 = −4, a7 = 18.


18

Vậy, ta có kết quả
∆ (x, y, z) = σ12 σ22 − 4σ23 − 4σ13 σ3 − 27σ32 + 18σ1 σ2 σ3 .
2.1.5. Phân tích đa thức thành nhân tử.

Giả sử f (x, y, z) là đa thức đối xứng ba biến. Để phân tích f (x, y, z) thành
nhân tử, trước hết ta sẽ biểu diễn nó qua các đa thức đối xứng cơ sở σ1 , σ2 , σ3
để được đa thức ϕ(σ1 , σ2 , σ3 ), sau đó cố gắng phân tích đa thức cuối cùng thành
nhân tử. Các phương pháp cơ bản được sử dụng là phương pháp hệ số bất định
và phương pháp sử dụng định lý Bezout.
Ví dụ 2.3. Phân tích đa thức sau thành nhân tử

2

2

2

a(b + c − a) + b(c + a − b) + c(a + b − c) + (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) .
Giải. Ta biến đổi đa thức đã cho như sau
2

2

2

a(σ1 − 2a) + b(σ1 − 2b) + c(σ1 − 2c) + (σ1 − 2a) (σ1 − 2b) (σ1 − 2c)
(
)
(
)
= (a + b + c) σ12 − 4σ1 a2 + b2 + c2 + 4 a3 + b3 + c3 + σ13
−2 (a + b + c) σ12 + 4σ1 (ab + bc + ca) − 8abc
(
) (
)
= σ13 −4σ1 σ12 − 2σ2 +4 σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 +σ13 −2σ13 +4σ1 σ2 −8σ3 = 4σ3 = 4abc.
Vậy ta có kết quả
2

2


2

a(b + c − a) +b(c + a − b) +c(a + b − c) +(b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) = 4abc.
Ví dụ 2.4. Phân tích thành nhân tử đa thức
f (x, y, z) = 2x2 y 2 + 2y 2 z 2 + 2z 2 x2 − x4 − y 4 − z 4 .
Giải. Ta có
(
)
f (x, y, z) = 2x2 y 2 + 2y 2 z 2 + 2z 2 x2 − x4 − y 4 − z 4 = 2O x2 y 2 − s4


19

(
) (
)
(
)
= 2 σ22 − 2σ1 σ3 − σ14 − 4σ12 σ2 + 2σ22 + 4σ1 σ3 = σ1 4σ1 σ2 − σ13 − 8σ3 .
Như vậy, đa thức đã cho chia hết cho σ1 = x + y + z. Nhưng vì đa thức đã cho là
hàm chẵn đối với x, y, z nên nó cũng chia hết cho −x + y + z, x − y + z, x + y − z.
Cũng vì bậc của đa thức bằng 4 nên ta có
f (x, y, z) = C (x + y + z) (−x + y + z) (x − y + z) (x + y − z) .
Để xác định C, ta cho x, y, z các giá trị cụ thể chẳng hạn x = y = z = 1 nhận
được C = 1. Vậy ta có kết quả
f (x, y, z) = (x + y + z) (−x + y + z) (x − y + z) (x + y − z) .
Nhận xét. Qua các ví dụ trên, ta thấy việc biểu diễn một đa thức đối xứng theo
các đa thức đối xứng cở sở là rất thuận tiện trong bài toán phân tích đa thức
thành nhân tử. Tuy nhiên, để có sự phân tích triệt để đôi khi cần thiết phải có
những phép biến đổi thích hợp tiếp theo. Trong một số trường hợp đặc biệt, nếu

vận dụng định lý Bezout thì bài toán được giải quyết một cách đơn giản hơn. Ta
xét ví dụ sau.
Ví dụ 2.5. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
3

a. f (x, y, z) = (x + y + z) − x3 − y 3 − z 3 .
5

b. g (x, y, z) = (x + y + z) − x5 − y 5 − z 5 .
Giải.
a. Nếu tạm coi y, z là tham số thì f là đa thức bậc ba theo x. Nếu cho x = −y
thì f = 0. Theo định lý Bezout, f chia hết cho x + y. Vì vai trò của x, y, z như
nhau nên f chia hết cho (x + y)(y + z)(z + x) hay f có dạng
f (x, y, z) = C (x + y) (y + z) (z + x) .
Cho x = y = z = 1 ta nhận được C = 3. Vậy ta có kết quả
f (x, y, z) = 3 (x + y) (y + z) (z + x) .


20

b. Lập luận tương tự như trên thì g cũng chia hết cho (x + y)(y + z)(z + x) và
được thương là đa thức đối xứng có bậc bằng hai. Do đó g có dạng
[ (
)
]
g (x, y, z) = (x + y) (y + z) (z + x) a x2 + y 2 + z 2 + b (xy + yz + zx) .
Cho x = 1, y = 1, z = 0 ta nhận được 2a + b = 15.
Cho x = 1, y = 1, z = 1 ta nhận được a + b = 10.
Từ đó suy ra a = 5, b = 5. Vậy ta có sự phân tích
(

)
g (x, y, z) = 5 (x + y) (y + z) (z + x) x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx .
2.1.6. Tính chia hết của các đa thức đối xứng.

Trong phần này ta trình bày một số bài toán về tính chia hết của các đa thức
đối xứng ba biến. Công cụ thường sử dụng là định lý Bezout cùng với các kỹ
năng phân tích đa thức thành nhân tử (đã được trình bày ở mục trước).
Ví dụ 2.6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, đa thức
2n+1

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

− x2n+1 − y 2n+1 − z 2n+1
3

chia hết cho đa thức g (x, y, z) = (x + y + z) − x3 − y 3 − z 3 .
Giải. Theo ví dụ 2.5 thì g (x, y, z) = 3 (x + y) (y + z) (z + x) . Bằng cách tương
2n+1

tự, ta thấy đa thức f (x, y, z) = (x + y + z)

− x2n+1 − y 2n+1 − z 2n+1 cũng

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). Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, đa thức
f (x, y, z) = (x + y + z)

2n


2n

+ x2n + y 2n + z 2n − (x + y)

2n

− (y + z)

− (z + x)

chia hết cho đa thức
4

4

4

4

g (x, y, z) = (x + y + z) + x4 + y 4 + z 4 − (x + y) − (y + z) − (z + x) .

2n