Ta đã tiếp cận nhiều bài toán cấp 2, được cho ở dạng chứng minh một biểu thức đối xứng nào đó là số hữu tỉ, ví dụ như:

Bài toán 1: Chứng minh rằng: $a^4+b^4$ là số hữu tỉ với $a=1+\sqrt{5}$ và $b=1-\sqrt{5}$

Bài toán 2: Chứng minh rằng: $a^3b+b^4$ không là số hữu tỉ với $a=1+\sqrt{5}$ và $b=1-\sqrt{5}$

Nhận thấy ngay rằng $a,b$ ở trên đều là nghiệm vô tỉ của đa thức hữu tỉ nào đó.
Vậy thì tại sao khi biểu thức của các nghiệm là đối xứng thì nó là hữu tỉ?
Liệu trường hợp biểu thức đó không đối xứng thì có phải nó luôn vô tỉ không? Nếu không thì khi nào nó xảy ra? Từ đó ta có bài toán tổng quát sau:

Bài toán (*): Cho $\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n$ là nghiệm phân biệt của đa thức hữu tỉ bất khả quy $f(x)$ bậc $n$. Xét biểu thức:

$P(\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n)=\sum q_{\alpha_1\alpha_2…\alpha_n}\lambda_1^{\alpha_1}\lambda_2^{\alpha_2}…\lambda_n^{\alpha_n}$

Trong đó tổng trên lấy $\alpha_i\in \mathbb{N}$ và $q_{\alpha_1\alpha_2…\alpha_n} \in \mathbb{Q}$ theo một cách nào đó. Khi đó $P$ hữu tỉ khi và chỉ khi $P$ là biểu thức đối xứng của $\lambda_1,…,\lambda_n$.

Nhấn mạnh ở đây tính đối xứng của $P$ theo $\lambda_1,…,\lambda_n$  tức là $P(\lambda_1,…,\lambda_n)=P(\lambda_{\theta(1)},…,\lambda_{\theta(n)})$ với $\theta$ là hoán vị bất kì của $n$ phần tử. Cần phân biệt với tính đối xứng của đa thức với tính đối xứng của biểu thức.

Trong bài viết này, bài toán (*) chỉ dừng lại ở trường số hữu tỉ, tuy nhiên ta có thể làm việc với trường bất kì bằng cách tương tự.
Ta sẽ chứng minh chiều $\Rightarrow$ trước. Trước hết cần đến một số định nghĩa về hàm đối xứng sơ cấp:

Định nghĩa 3: Cho $x_1,x_2,…,x_n$ là các biến. Đa thức đối xứng sơ cấp thứ $k$ được định nghĩa là:

$\sigma_k(x_1,…,x_n)=\displaystyle \sum_{1\le i_1<…<i_k\le n}x_{i_1}x_{i_2}…x_{i_k}$

Làm việc với các trường hợp nhỏ, ta thấy rằng mọi đa thức đối xứng đều biểu diễn được dưới dạng tổng và tích của các đa thức đối xứng sơ cấp (và nhân vô hướng nữa). Điều này sẽ giúp ta chứng minh $\Rightarrow$ của (*):

Bổ đề 4: Mọi đa thức hữu tỉ đối xứng đều biểu diễn được dạng $\mathbb{Q}$- đại số của các đa thức đối xứng sơ cấp.
Chứng minh: Ta sắp thứ tự các đơn thức trong $\mathbb{Q}[x_1,x_2,…,x_n]$  như sau: Biểu diễn đơn thức thành dạng $$w=\underbrace{x_1.x_1…x_1}_{\text{$m_1$ phần tử}}.\underbrace{x_2.x_2…x_2}_{\text{$m_2$ phần tử}}…\underbrace{x_n.x_n…x_n}_{\text{$m_n$ phần tử}}.\underbrace{1.1…}_{\text{vô số phần tử}}$$
• $x_1>x_2>…>x_n>1$
• 2 đơn thức so sánh với nhau bởi phần tử khác nhau đầu tiên từ trái sang phải.
Giả sử $g\in \mathbb{Q}[x_1,x_2,…,x_n]$ là một đa thức đối xứng. Xét đơn thức $h$ có thứ tự lớn nhất trong $g$, do tính đối xứng của $g$ nên đơn thức đó có dạng: \[h(x_1,x_2,…,x_n)=ax_1^{a_1}x_2^{a_2}…x_n^{a_n}\] với $a_1\ge a_2\ge …\ge a_n$ và $a\in\mathbb{Q}$
Xét đa thức $$p(x_1,…,x_n)=g(x_1,…,x_n)-a.\sigma_1^{b_1}\sigma_2^{b_2}…\sigma_n^{b_n}$$ với $b_i=a_{n+1-i}-a_{n+2-i}$ và $a_{n+1}=0$
Khi đó dễ kiểm tra $p(x_1,…,x_n)$ là đa thức đối xứng và đơn thức lớn nhất của $p(x_1,…,x_n)$ nhỏ hơn $h(x_1,…,x_n)$.
Quá trình trên tiếp diễn và dừng lại khi ta nhận được đa thức $0$ và ta được đpcm.

Từ bổ đề 4 và định lí Vieta, ta dễ dàng chứng minh được chiều $\Rightarrow$ của bài toán (*):
Thật vậy do $\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n$ là nghiệm của đa thức $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0$ với $a_i\in\mathbb{Q}$ nên theo định lí Vieta ta có: \[\sigma_i(\lambda_1,…,\lambda_n)=\frac{(-1)^{i}a_{n-i}}{a_n} \] là số hữu tỉ với mọi $i=\overline{1,n}$.
Xét đa thức:
\[Q(x_1,…,x_n)=\sum_{\theta\in S_n}P(x_{\theta(1)},…,x_{\theta(n)}) \]

Dễ thấy $Q$ là đa thức đối xứng nên nó biểu diễn được dưới dạng $\mathbb{Q}$- đại số của các $\sigma_i$. Do đó $Q(\lambda_1,…,\lambda_n)$ là số hữu tỉ, mà $P$ là biểu thức đối xứng đối với $\lambda_1,\lambda_2,…,\lambda_n$ nên $P(\lambda_1,…,\lambda_n)=Q(\lambda_1,…,\lambda_n):n!$ là số hữu tỉ.

Trường hợp đặc biệt khi $P$ là đa thức đối xứng, ta có ngay biểu thức của ta là số hữu tỉ.