ĐỊNH LÝ VIÈTE VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Kỹ Thuật - Công Nghệ - Báo cáo khoa học, luận văn tiến sĩ, luận văn thạc sĩ, nghiên cứu - Toán học UBND TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN ---------- KHAMTA XAYXANA ĐỊNH LÝ VIÈTE VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 4 năm 2016 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TOÁN ---------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: ĐỊNH LÝ VIÈTE VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Sinh viên thực hiện KHAMTA XAYXANA MSSV: 2112010156 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA 2012 – 2016 Quảng Nam, tháng 05 năm 2016 Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana MỤC LỤC PHẦN 1. MỞ ĐẦU.......................................................................................................... 1 1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI ........................................................................................... 1 1.2. MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI ....................................................................................... 1 1.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU ....................................................... 1 1.3.1. Đối tượng nghiên cứu ........................................................................................... 1 1.3.2. Phạm vi nghiên cứu .............................................................................................. 1 1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU .......................................................................... 1 1.5. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI ..................................................................................... 2 1.6. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI. ..................................................................................... 2 PHẦN 2. NỘI DUNG ...................................................................................................... 3 CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÝ VIÈTE ..................................................................................... 3 1.1. Định lý Viète đối với phương trình bậc hai ........................................................... 3 1.1.1. Định lý .................................................................................................................... 3 1.1.2. Các hệ quả ............................................................................................................. 3 1.2. Định lý Viète đối với phương trình bậc ba ............................................................ 4 1.3. Định lý Viète đối với phương trình bậc n .............................................................. 5 CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VIÈTE ................................... 6 2.1. Ứng dụng định lý Viète đối với phương trình ....................................................... 6 2.1.1. Đối với phương trình bậc hai ............................................................................... 6 2.1.1.1. Biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm ................................................................. 6 2.1.1.2. So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số ........................................ 10 2.1.1.3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức ............................. 17 2.1.2. Đối với phương trình bậc ba .............................................................................. 19 2.1.2.1. Giải phương trình khi biết tính chất của các nghiệm .................................. 19 Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 2.1.2.2. Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm ................................. 20 2.1.2.3. Tìm tham số để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện K ................. 21 2.1.2.4. Phương trình bậc ba có ba nghiệm lập thành cấp số cộng ......................... 22 2.1.2.5. Phương trình bậc ba có ba nghiệm lập thành cấp số nhân ......................... 23 2.2. Ứng dụng định lý Viète đối với hệ phương trình ................................................ 24 2.2.1. Giải hệ phương trình đối xứng loại I hai ẩn ..................................................... 24 2.2.2. Giải hệ phương trình đối xứng ba ẩn ................................................................ 26 2.3. Ứng dụng định lý Viète đối với bất đẳng thức ................................................... 28 PHẦN 3. KẾT LUẬN ................................................................................................... 32 PHẦN 4. TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................... 33 Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 1 PHẦN 1. MỞ ĐẦU 1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Như chúng ta đã biết, toán học có vai trò rất quan trọng trong nghiên cứu khoa học và đời sống xã hội. Việc giảng dạy và học tập để lĩnh hội được kiến thức toán một cách vững vàng đòi hỏi người dạy và học phải có một sự đầu tư công phu và đúng phương pháp, kiến thức toán cần phải trình bày và nắm bắt một cách có hệ thống. Về chủ đề định lý Viète, em thấy đã có nhiều tác giả viết và xuất bản, nhưng đa phần chỉ là một ứng dụng riêng lẻ vào một dạng bài tập nào đó, rất ít có tài liệu hệ thống, tổng hợp phong phú các ứng dụng của định lý này, nhất là các dạng toán liên quan đến tính chất nghiệm của phương trình, hệ phương trình. Do đó em đã quyết định chọn đề tài “ Định lý Viète và một số ứng dụng” để làm nghiên cứu khóa luận tốt nghiệp, với ba mức ứng dụng của định lý Viète vào phương trình, hệ phương trình và bất đẳng thức. 1.2. MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI. Mục đích của khóa luận này là trình bày các ứng dụng của định lý Viète. Từ cơ sở lý thuyết trình bày trước đó, khóa luận đưa ra hệ thống các ví dụ giúp hiểu sâu hơn các vấn đề mà phần lý thuyết trình bày, qua đó giúp người đọc nắm rõ hơn phương pháp giải của một số dạng toán liên quan định lý Viète. 1.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU. 1.3.1. Đối tượng nghiên cứu. Định lý Viète và các ứng dụng của định lý Viète. 1.3.2. Phạm vi nghiên cứu. - Định lý Viète đối với phương trình bậc 2, bậc 3 và bậc n. - Ứng dụng của định lý Viète đối với phương trình, hệ phương trình và bất đẳng thức. 1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. - Phương pháp tổng hợp. - Phương pháp phân tích. - Phương pháp phân loại và hệ thống hóa các dạng bài tập. Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 2 1.5. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI. Khóa luận là tài liệu tham khảo tốt cho các giáo viên và học sinh khi dạy và học về định lý Viète. 1.6. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI. Khóa luận được chia thành 2 chương với những nội dung chính sau đây: CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÝ VIÈTE. - Định lý Viète đối với phương trình bậc hai. - Định lý Viète đối với phương trình bậc ba. - Định lý Viète đối với phương trình bậc n. CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VIÈTE. - Ứng dụng định lý Viète đối với phương trình. - Ứng dụng định lý Viète đối với hệ phương trình. - Ứng dụng định lý Viète đối với bất đẳng thức. Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 3 PHẦN 2. NỘI DUNG CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÝ VIÈTE. 1.1. Định lý Viète đối với phương trình bậc hai. 1.1.1. Định lý 1.1. Nếu phương trình bậc hai:   2 0 1.1 , 0ax bx c a    có hai nghiệm1 2,x x thì ta có:1 2 1 2, . b c S x x P x x a a       . Chứng minh: Vì phương trình (1.1) có hai nghiệm1 2,x x nên2 4 0b ac    . - Nếu2 0 4b ac    thì phương trình (1.1) có nghiệm kép1 2 2 b x x a    . Khi đó:1 2 b x x a    ;1 2. c x x a  - Nếu2 0 4 0b ac     thì phương trình (1.1) có 2 nghiệm phân biệt:1 2 b x a     ;2 2 b x a     Khi đó:1 2 b x x a    ;1 2. c x x a  . 1.1.2. Các hệ quả.  Hệ quả 1.1. - Nếu phương trình bậc hai: 2 0 0ax bx c a    , có0a b c   thì có một nghiệm là1 1x  , còn nghiệm kia2 c x a  . - Nếu phương trình bậc hai: 2 0 0ax bx c a    , có0a b c   thì có một nghiệm là1 1x   , còn nghiệm kia2 c x a   . Chứng minh: Theo định lý Viète ta có:1 2 b x x a    ;1 2. c x x a  . - Nếu0a b c a c b       ta có:1 2 1 a c c x x a a      và1 2. 1. c c x x a a   . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 4 Suy ra có một nghiệm bằng 1 và nghiệm còn lại là c a . - Nếu0a b c b c a        ta có:1 2 1 b c a c x x a a a                và 1 2. 1 . c c x x a a          Suy ra có một nghiệm bằng -1 và nghiệm còn lại là c a  .  Hệ quả 1.2. Nếu có hai số1 2,x x thỏa1 2x x S  ,1 2.x x P và2 4 0S P  thì chúng là nghiệm của phương trình2 0X SX P   (1.2). Chứng minh: Xét của phương trình (1.2) ta có:2 4S P   theo đề0  có hai nghiệm1 2,X X . Mà theo định lý Viète ta có:1 2X X S  và1 2.X X P Vì S,P là duy nhất, do đó1 2,x x chính là nghiệm1 2,X X của phương trình (1.2). Ngoài hai hệ quả trên, từ định Viète ta có thể nhận xét về dấu của hai nghiệm mà không cần phải tìm nghiệm cụ thể theo như hệ quả sau:  Hệ quả 1.3. Nếu phương trình bậc hai:   2 0 1.3 , 0ax bx c a    có hai nghiệm1 2,x x , giả sử1 2( )x x . Đặt1 2 1 2; . b c S x x P x x a a       , khi đó: - Nếu0P  thì phương trình (1.3) có hai nghiệm trái dấu, tức là:1 20 .x x  - Nếu0P  và0S  thì phương trình (1.3) có hai nghiệm cùng dương, tức là:1 20 .x x  - Nếu0P  và0S  thì phương trình (1.3) có hai nghiệm cùng âm, tức là:1 2 0.x x  1.2. Định lý Viète đối với phương trình bậc ba.  Định lý 1.2. Nếu phương trình bậc 3:3 2 0ax bx cx d    (0a  ) (1.4), có ba nghiệm1 2 3, ,x x x thì ta có: Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 51 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 b x x x a c x x x x x x a d x x x a                   Ngược lại nếu có ba nghiệm, ,x y z thỏa mãn:. . x y z a xy yz xz b x y z c            thì, ,x y z là ba nghiệm của phương trình:3 2 0t at bt c    . 1.3. Định lý Viète đối với phương trình bậc n.  Định lý 1.3. Nếu phương trình bậc n :  1 1 1 0... 0 1.5 , (a 0)n n n na x a x a x a        có n nghiệm1 2; ;... ; nx x x thì ta có :  1 1 2 3 2 1 2 2 3 1 0 1 2 ... ... ............................................. ... ( 1) n n n n n n n n n n a x x x x a a x x x x x x a a x x x I a                          Ngược lại nếu bộ các số 1 2; ;... ; nx x x thỏa mãn hệ I thì chúng là nghiệm của phương trình 1.5 . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 6 CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VIÈTE. 2.1 . Ứng dụng định lý Viète đối với phương trình. 2.1.1. Đối với phương trình bậc hai. 2.1.1.1. Biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm. Trong khi làm các bài tập dạng này, ta cần lưu ý sự tồ n tại nghiệm của phương trình, sau đó biểu diễ n các biểu thức qua1 2x x và1 2x x để có thể sử dụng định lý Viète. Các hằ ng đẳ ng thức hay dù ng là:2 2 2 ( ) 2a b a b ab    ;3 3 3 ( ) 3 ( )a b a b ab a b     . Ví dụ 1. Tìm m để phương trình:2 2 3 4( 1) 4 1 0x m x m m      (2.1) có hai nghiệm phân biệt1 2;x x thỏa mãn:1 2 1 2 1 1 1 ( ) 2 x x x x    . GIẢI: Trước hết điều kiện để phương trình (2.1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 là: '''' 2 2 3 0 2 3 4 1 0 2 3 m m m m m                   . Theo định lý Viète ta có : 2 1 2 1 2 4( 1) ( 4 1) ; . 3 3 m m m x x x x        . Lại có biểu thức ban đầu được đưa về là :1 2 1 2 1 2. 2 x x x x x x    (2.2). Thay tổng và tích các nghiệm vào (2.2) ta được: 2 2 2 4( 1) 3 1 2( 1)( 4 5) ( ) 0 0 3 4 1 2 3( 4 1) 1 1 5 m m m m m m m m m m m                      Kết hợp điều kiện, ta được:1 5m m   . Ví dụ 2. Cho phương trình2 1 0x ax a    có hai nghiệm1 2,x x . a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức:2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 3 3 3x x M x x x x     . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 7 b) Tìm a để tổng bình phương hai nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI: a) Ta có:22 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 ( ) 2 13( 1) ( ) ( ) x x x xx x M x x x x x x x x           Theo định lý Viète ta có :1 2 1 2; . 1S x x a P x x a      Vậy: 2 3 2( 1) 1 3 ( 1)( 1) 2( 1) ( 1) ( 1) a a a a a M a a a a            2 2 3( 1) 3( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) a a a a a a a a         ( ĐK :0, 1a a  ). b) Ta có:1 2S x x a   ;1 2. 1P x x a   . Đặt    2 22 2 2 1 2 1 2 1 22 2 2 1 1 1;A x x x x x x a a a a              . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 khi và chỉ khi a = 1. Ví dụ 3. Cho phương trình2 0x x m   tìm m để phương trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau. GIẢI: Ta có: 1 1 2 2 1 . 1 2.3x x x x    Theo định lý Viète:1 2. .x x m Vậy: 2.3 1m  . Vậy1m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 4. Tìm m sao cho phương trình2 2 ( 2) 1 0x m x m     có nghiệm thỏa mãn2 2 1 2 1 22 3x x x x  . GIẢI: Theo định lý Viète ta được:    1 2 2 1 2 2 2.4 . 1 2.5 x x m x x m        Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 8 Lại có biểu thức ban đầu được đưa về là:      2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 3 3 2 3 5 0 2.6 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                 Thay tổng và tích các nghiệm vào 2.6 ta được:      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 1 0 4 4 5 5 0 4 4 1 0 4 4 1 2 1 2 1 1 2 m m x m m m x m m x x m m m x m x m                                - Nếu2 2 1x m  thay vào 2.4 ta được:1 2 2 2 2 1 3 x m x m m m           Thay1 2,x x vào 2.5 ta được:   2 2 2 2 3 2 1 1 2 6 3 1 3 7 4 0 m m m m m m m m m                  4 3 1 m m     . - Nếu2 1 2x m  thay vào 2.4 ta được:1 2 2 2 1 2 3 1 x m x m m m          Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 9 Thay1 2,x x vào 2.5 ta được:   2 2 2 2 3 1 2 1 1 3 3 2 1 1 2 2 0 m m m m m m m m m              1 17 4 1 17 4 m m           . Ví dụ 5. Giả sử1 2,x x là các nghiệm của phương trình2 2 5 1 0x x   hãy thiết lập phương trình bậc hai có nghiệm là : 1 2 1 x x  và 2 1 1 x x  . GIẢI: Đặt:1 2 1 2 2 1 ; . 1 1 x x X X x x            1 1 2 21 2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 x x x xx x X X x x x x               22 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2.7 1 1 x x x x x xx x x x x x x x x x x x              Theo định lý Viète ta được:    1 2 1 2 5 2.8 2 1 . 2.9 2 x x x x         Lấy   2.8 , 2.9 thay vào 2.7 thì ta được: 2 1 2 5 1 1 2 232 2 2 1 5 16 1 2 2 X X                  .    1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 . . 1 1 1 1 x x x x X X x x x x       1 2 1 2 1 2 2.10 1 x x x x x x     . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 10 Lấy   2.8 , 2.9 thay vào 2.10 thì ta được:1 2 1 12. 1 5 8 1 2 2 X X     Vậy suy ra được phương trình bậc 2 có hai nghiệm1 2,X X là:2 23 1 0 16 8 X X   2.1.1.2. So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số. Trong dạng bài tập so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số ta thường sử dụng hệ quả 3 của định lý Viète đối với phương trình bậc hai như đã trình bày trong phần lý thuyết. Ngoài ra còn sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai và các hệ quả của nó như sau: Định lý 2.1. (Định lý thuận về dấu) Cho tam thức bậc hai:2 ( ) 0f x ax bx c   ( 0)a  . Khi đó: - Nếu0  thì( ) 0,af x x   . - Nếu0  thì( ) 0,af x x   . Dấu đẳng thức xảy ra khi2 b x a   . - Nếu0  thì: ( ) 0af x  , với mọix thỏa mãn điều kiện1x x hoặc2x x . ( ) 0af x  , với mọix thỏa mãn điều kiện1 2x x x  . ( ) 0f x  , tại1x x hoặc2x x . Định lý 2.2. (Định lý đảo về dấu) Cho tam thức bậc hai:2 ( ) 0f x ax bx c    ()0a . Nếu có số thực sao cho( ) 0af   thì tam thức bậc hai có hai nghiệm1 2;x x và1 2x x   . Chứng minh: Từ định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai, ta thấy chỉ có duy nhất một trường hợp f x trái dấu với x đó là trường hợp0 . Trong trường hợp này tam thức có hai nghiệm1 2;x x và21 xx    . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 11 Ta thấy giả thiết của định lý đảo rơi vào trường hợp này. Do đó tam thức có hai nghiệm: 1 2 1 2;x x x x và1 2x x   . Từ định lý đảo, ta rút ra các hệ quả sau: Hệ quả 2.1. Điều kiện cần và đủ để tam thức:2 ( ) 0f x ax bx c   ( 0)a  có hai nghiệm1 2;x x ; 1 2x x là có số thực sao cho( ) 0af   . Hệ quả 2.2. Cho tam thức bậc hai :2 ( ) 0f x ax bx c   ( 0)a  và hai số thực , sao cho a . Xảy ra một trong các trường hợp sau: TH1: f(x) có nghiệm1 2x x  ( ) 0af   TH2: f(x) có nghiệm1 2 x x    0 2 S        TH3: f(x) có nghiệm1 2 x x   ( ) 0 2 f S        . ii) f(x) có ít nhất một nghiệm thỏa mãnx > α . TH1: f(x) có nghiệm1 2 x x  ( ) 0af   . TH2: f(x) có nghiệm1 2 x x    0 2 S        . TH3 : f(x) có nghiệm1 2 x x    0 ( ) 0 2 af S             . Đối với trường hợp ii) này ta có thể làm gián tiếp. Ta tìm m để f(x) không có nghiệm thỏa mãnx  . Lúc đó ta có hai trường hợp sau: TH1: f(x) vô nghiệm0 . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 14 TH2: f(x) có nghiệm1 2x x   0 ( ) 0 2 af S             . Sau đó ta loại đi các giá trị tham số trong trường hợp gián tiếp, ta được các giá trị tham số trực tiếp. iii) f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn α; β . TH1: f(x) có nghiệm là hoặc là( ). ( ) 0f f    . TH2: f(x) có một nghiệm thuộc khoảng);(   và nghiệm kia nằm ngoài đoạn;  ( ). ( ) 0f f    . TH3: f(x) có cả hai nghiệm thuộc);(   0 ( ) 0 ( ) 0 2 af af S                    . iv) f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng(α; β) . TH1: f(x) có nghiệm là , nghiệm kia thuộc);(  ( ) 0 f S            . TH2: f(x) có nghiệm là , nghiệm kia thuộc);(  ( ) 0 f S            . TH3: f(x) có một nghiệm thuộc khoảng);(   và nghiệm kia nằm ngoài đoạn ;  ( ). ( ) 0f f    . TH4: f(x) có cả hai nghiệm thuộc);(   0 ( ) 0 ( ) 0 2 af af S                    . v) f(x) có ít nhất một nghiệm nằm ngoài khoảng(α; β). (tức làx hoặcx β ). Đối với trường hợp này ta làm gián tiếp. Tức là tìm điều kiện để f(x) không có nghiệm nằm ngoài khoảng);(   . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 15 TH1: f(x) vô nghiệm0 . TH2: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng);(   0 ( ) 0 ( ) 0 2 af af S                   . Sau đó ta loại đi các giá trị tham số vừa tìm, ta được các giá trị tham số cần tìm. Trên đây là 5 dạng toán cơ bản về so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số, trong khi làm bài ta có thể gặp dưới một dạng khác, lúc đó chỉ cần xử lý linh động là ta có thể giải được. Ví dụ 8. Cho phương trình :2 ( ) ( 2) 5 1 0f x x m x m      . Tìm m sao cho: a) Phương trình chỉ có một nghiệm thỏa mãn1x  . b) Phương trình có ít nhất một nghiệm thỏa mãn4x  . c) Phương trình có nghiệm thuộc 1;1 . d) Phương trình có ít nhất một nghiệm thỏa mãn2x  . GIẢI: a) Có 3 trường hợp xảy ra: TH1:1 2 1 (1) 0 0x x af m      . TH2:1 2 (1) 0 0 1 01 2 f m x x S m           ( vô nghiệm). TH3: 2 1 2 0 16 0 1 16 1 0 2 m m x x mS m                . b) Ta giải gián tiếp. Tìm m để phương trình không có nghiệm thỏa mãn4x  . TH1: f(x) vô nghiệm0  2 16 0 0 16m m m      . Định lý Viète và một số ứng dụng Khamta Xayxana 16 TH2: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng -4;4.2 16 0 16 0 0 ( 4) 0 9 25 0 2525 0(4) 0 9 0 9 9 2 94 4 4 4 2 2 10 6 m m m m af m mmaf m S m m m                                                 ...

ĐỊNH LÝ VIÈTE

Định lý Viète đối với phương trình bậc hai

Nếu phương trình bậc hai: ax 2  bx c   0    1.1 , a  0  có hai nghiệm x x 1 , 2 thì ta có: 1 2 b, 1 2 c

Vì phương trình (1.1) có hai nghiệm x x 1 , 2 nên  b 2 4ac0

- Nếu   0 b 2 4ac thì phương trình (1.1) có nghiệm kép 1 2

- Nếu   0 b 2 4ac0 thì phương trình (1.1) có 2 nghiệm phân biệt:

- Nếu phương trình bậc hai: ax 2  bx c   0  a  0  , có a    b c 0 thì có một nghiệm là x 1 1, còn nghiệm kia 2 c x a

- Nếu phương trình bậc hai: ax 2  bx c   0  a  0  , có a    b c 0 thì có một nghiệm là x 1  1, còn nghiệm kia 2 c x  a

Suy ra có một nghiệm bằng 1 và nghiệm còn lại là c a

Suy ra có một nghiệm bằng -1 và nghiệm còn lại là c

Nếu có hai số x x 1 , 2 thỏa x 1 x 2 S, x x 1 2 P và S 2  4 P  0 thì chúng là nghiệm của phương trình X 2  SX   P 0 (1.2)

Xét  của phương trình (1.2) ta có:   S 2  4 P theo đề  0 có hai nghiệm X X 1 , 2

Mà theo định lý Viète ta có:

Vì S,P là duy nhất, do đó x x 1 , 2 chính là nghiệm X X 1 , 2 của phương trình (1.2) Ngoài hai hệ quả trên, từ định Viète ta có thể nhận xét về dấu của hai nghiệm mà không cần phải tìm nghiệm cụ thể theo như hệ quả sau:

Nếu phương trình bậc hai: ax 2  bx c   0    1.3 , a  0  có hai nghiệm x x 1 , 2 , giả sử

- Nếu P0 thì phương trình (1.3) có hai nghiệm trái dấu, tức là: x 1  0 x 2

- Nếu P0 và S 0thì phương trình (1.3) có hai nghiệm cùng dương, tức là:

- Nếu P0 và S 0thì phương trình (1.3) có hai nghiệm cùng âm, tức là:

Định lý Viète đối với phương trình bậc ba

Nếu phương trình bậc 3: ax 3 bx 2 cx d 0 ( a 0) (1.4), có ba nghiệm x x x 1 , 2 , 3 thì ta có:

Ngược lại nếu có ba nghiệm , ,x y z thỏa mãn:

 thì , ,x y z là ba nghiệm của phương trình: t 3 at 2   bt c 0.

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VIÈTE

Ứng dụng định lý Viète đối với phương trình

2.1.1 Đối với phương trình bậc hai

2.1.1.1 Biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm

Trong khi làm các bài tập dạng này, ta cần lưu ý sự tồn tại nghiệm của phương trình, sau đó biểu diễn các biểu thức qua x 1 x 2 và x x 1 2 để có thể sử dụng định lý Viète

Các hằng đẳng thức hay dùng là:

Ví dụ 1 Tìm m để phương trình: 3x 2 4(m1)xm 2 4m 1 0 (2.1) có hai nghiệm phân biệt x x 1 ; 2 thỏa mãn: 1 2

Trước hết điều kiện để phương trình (2.1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 là:

Theo định lý Viète ta có :

Lại có biểu thức ban đầu được đưa về là : 1 2 1 2

Thay tổng và tích các nghiệm vào (2.2) ta được:

  Kết hợp điều kiện, ta được: m  1 m 5

Ví dụ 2 Cho phương trình x 2 ax  a 1 0 có hai nghiệm x x 1 , 2 a) Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức:

  b) Tìm a để tổng bình phương hai nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất

Theo định lý Viète ta có : S  x 1 x 2 a P; x x 1 2  a 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 khi và chỉ khi a = 1

Ví dụ 3 Cho phương trình x 2   x m 0 tìm m để phương trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau

Vậy m1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 4 Tìm m sao cho phương trình x 2 (m2)x m 2  1 0 có nghiệm thỏa mãn

Theo định lý Viète ta được:

Lại có biểu thức ban đầu được đưa về là:

Thay tổng và tích các nghiệm vào  2.6 ta được:

- Nếu x 2 2m1 thay vào  2.4 ta được:

- Nếu x 2  1 2m thay vào  2.4 ta được:

Ví dụ 5 Giả sử x x 1 , 2 là các nghiệm của phương trình 2x 2 5x 1 0 hãy thiết lập phương trình bậc hai có nghiệm là : 1

Theo định lý Viète ta được:  

Lấy     2.8 , 2.9 thay vào   2.7 thì ta được:

Lấy    2.8 , 2.9 thay vào  2.10  thì ta được:

  Vậy suy ra được phương trình bậc 2 có hai nghiệm X X 1 , 2 là:

2.1.1.2 So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số

Trong dạng bài tập so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số ta thường sử dụng hệ quả 3 của định lý Viète đối với phương trình bậc hai như đã trình bày trong phần lý thuyết

Ngoài ra còn sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai và các hệ quả của nó như sau: Định lý 2.1 (Định lý thuận về dấu)

Cho tam thức bậc hai: f x( )ax 2 bx c 0 (a0) Khi đó:

- Nếu  0 thì af x( )  0, x Dấu đẳng thức xảy ra khi

 af x( )0, với mọi x thỏa mãn điều kiện x x 1 hoặc x 2 x

 af x( )0, với mọi xthỏa mãn điều kiệnx 1  x x 2

 f x( )0, tạixx 1 hoặc xx 2 Định lý 2.2 (Định lý đảo về dấu)

Cho tam thức bậc hai: f x( )ax 2 bx c 0 ( a  0 ) Nếu có số thực  sao cho

( ) 0 af   thì tam thức bậc hai có hai nghiệm x x 1 ; 2 và x 1   x 2

Từ định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai, ta thấy chỉ có duy nhất một trường hợp f x   trái dấu với x đó là trường hợp 0 Trong trường hợp này tam thức có hai nghiệm x x 1 ; 2 và x 1  x 2

Ta thấy giả thiết của định lý đảo rơi vào trường hợp này Do đó tam thức có hai nghiệm: x x 1; 2  x 1 x 2  và x 1   x 2

Từ định lý đảo, ta rút ra các hệ quả sau:

Hệ quả 2.1 Điều kiện cần và đủ để tam thức: f x( )ax 2 bx c 0 (a0) có hai nghiệm x x 1 ; 2 ;  x 1 x 2  là có số thực  sao cho af( ) 0

Hệ quả 2.2 Cho tam thức bậc hai : f x( )ax 2 bx c 0 (a0) và hai số thực

 , sao cho  a

Xảy ra một trong các trường hợp sau:

  ii) f(x) có ít nhất một nghiệm thỏa mãn x > α

Đối với trường hợp ii) này ta có thể làm gián tiếp Ta tìm m để f(x) không có nghiệm

Sau đó ta loại đi các giá trị tham số trong trường hợp gián tiếp, ta được các giá trị tham số trực tiếp iii) f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ α; β ]

TH1: f(x) có nghiệm là  hoặc là   f( ) ( ) f  0

TH2: f(x) có một nghiệm thuộc khoảng (;) và nghiệm kia nằm ngoài đoạn

TH3: f(x) có cả hai nghiệm thuộc (;)

iv) f(x) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (α; β)

TH1: f(x) có nghiệm là , nghiệm kia thuộc (;) f ( ) 0

TH2: f(x) có nghiệm là , nghiệm kia thuộc (;) f( ) 0

     TH3: f(x) có một nghiệm thuộc khoảng (;) và nghiệm kia nằm ngoài đoạn

TH4: f(x) có cả hai nghiệm thuộc (;)

v) f(x) có ít nhất một nghiệm nằm ngoài khoảng (α; β) (tức là x  hoặc x  β ) Đối với trường hợp này ta làm gián tiếp Tức là tìm điều kiện để f(x) không có nghiệm nằm ngoài khoảng (;)

TH2: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng (;)

Sau đó ta loại đi các giá trị tham số vừa tìm, ta được các giá trị tham số cần tìm

Trên đây là 5 dạng toán cơ bản về so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số, trong khi làm bài ta có thể gặp dưới một dạng khác, lúc đó chỉ cần xử lý linh động là ta có thể giải được

Ví dụ 8 Cho phương trình : f x( )x 2 (m2)x5m 1 0 Tìm m sao cho: a) Phương trình chỉ có một nghiệm thỏa mãn x 1 b) Phương trình có ít nhất một nghiệm thỏa mãn x 4 c) Phương trình có nghiệm thuộc   1;1  d) Phương trình có ít nhất một nghiệm thỏa mãn x2

GIẢI: a) Có 3 trường hợp xảy ra:

Tìm m để phương trình không có nghiệm thỏa mãn x 4

TH2: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng [-4;4]

Như vậy f(x) không có nghiệm thỏa mãn x 4 khi 25

Vậy f(x) có ít nhất một nghiệm thỏa mãn x 4 khi

c) Có 4 trường hợp xảy ra:

TH3: f(x) có một nghiệm thuộc (-1;1), nghiệm kia nằm ngoài đoạn [-1;1]

       TH4: f(x) có cả hai nghiệm thuộc khoảng (-1;1)

Kết hợp các trường hợp ta được m0

Ta có thể giải câu d) bằng phương pháp gián tiếp như sau: Ta tìm m để f(x) không có nghiệm x2.

TH2: f(x) có cả hai nghiệm x 1 x 2 2

Ví dụ 9 Tìm m để phương trình : x 2 2x m x  1 m 2 0 (2.17) có nghiệm

Phương trình trở thành: t 2 mt m 2  1 0 (2.18), để (2.17) có nghiệm thì (2.18) phải có ít nhất một nghiệm t0

TH1: Phương trình (2.18) có nghiệm t = 0  f(0) 0 m 2     1 0 m 1

TH2: Phương trình (2.18) có hai nghiệm trái dấu:

af   m 2      1 0 1 m 1 TH3: Phương trình (2.18) có cả hai nghiệm dương:

Kết hợp lại ta được : 2 3

2.1.1.3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

Ta thường áp dụng điều này và định lý Viète để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức thỏa mãn giữa các nghiệm của phương trình bậc hai như các ví dụ sau:

Ví dụ 10 Cho phương trình : x 2 (2m1)x m 0 Gọi x 1 và x 2 là các nghiệm của phương trình Tìm m để: Ax 1 2 x 2 2 6x x 1 2 có giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 11 Cho phương trình : x 2 mx  m 1 0 Gọi x 1 và x 2 là các nghiệm của phương trình Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

Ta có: Theo hệ thức Viète thì : 1 2

Thêm bớt để đưa về dạng như phần (2.19) đã hướng dẫn Ta biến đổi B như sau:

Với cách thêm bớt khác ta lại có:

2.1.2 Đối với phương trình bậc ba

2.1.2.1 Giải phương trình khi biết tính chất của các nghiệm

Ta thực hiện các bước như sau:

Bước 1: Dựa vào định lí Viète ta xác định được một nghiệmx 0 của phương trình

Bước 2: Lựa chọn một trong hai hướng

Hướng 1: Nếu phương trình không chứa tham số, thì biến đổi phương trình về dạng

Hướng 2: Nếu phương trình chứa tham số, thì thay xx 0 vào phương trình suy ra tham số

Bước 3: Thử lại và kết luận

Ví dụ 12 Giải phương trình 12x 3 4x 2 17x 6 0 (2.20) Biết rằng trong số các nghiệm có hai nghiệm có tích bằng 1

Giả sử phương trình có ba nghiệm x x x 1 , 2 , 3 và x x 1 3  1

Phương trình (2.20) được viết lại như sau:

Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt: 1 x 2 hoặc 2 x 3 hoặc 3 x 2

Ví dụ 13 Xác định m để phương trình : x 3   m  1  x 2   x 2 m  0  2.21  có ba nghiệm phân biệt, biết rằng trong số các nghiệm có hai nghiệm đối nhau

Giả sử phương trình có ba nghiệm x x x 1 , 2 , 3 và x 1  x 3  0

Vậy m1 thỏa mãn điều kiện bài toán

2.1.2.2 Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm

Ta thực hiện các bước như sau:

Bước 1: Thiết lập hệ thức Viète giữa các nghiệm của phương trình hệ thức Viète

Bước 2: Biểu diễn điều kiện K thông qua hệ thức Viète

Chú ý: Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của phương trình là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị các nghiệm

Ví dụ 14 Giả sử phương trình 2x 3 x 2  m 0 có ba nghiệm phân biệt x x x 1 , 2 , 3 Tính tổng x 1 2 x 2 2 x 3 2

Theo giả thiết ta có: 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3

2.1.2.3 Tìm tham số để phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện K

Bài toán thường được giải bằng phương pháp điều kiện cần và đủ Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Điều kiện cần Giả sử phương trình có ba nghiệm, khi đó ta có được hệ thức

Bước 2: Biểu diễn điều kiện K thông qua hệ thức Viète để tìm tham số m

Bước 3: Điều kiện đủ Thay giá trị m tìm được vào lại phương trình để tìm chính xác m nào thỏa mãn

Ví dụ 15 Xác định m để phương trình : x 3 3mx 2 3x3m 2 0 có ba nghiệm phân biệt x x x 1 ; 2 ; 3 thỏa mãn x 1 2 x 2 2 x 3 2 15

Giả sử phương trình có ba nghiệm phân biệt x x x 1 ; 2 ; 3 khi đó:

Ta phải chứng minh với m 1 thì g x  có hai nghiệm phân biệt khác 1, tức là chứng minh:

Vậy m 1 thỏa mãn điều kiện bài toán

2.1.2.4 Phương trình bậc ba có ba nghiệm lập thành cấp số cộng Để tìm điều kiện của tham số sao cho phương trình: ax 3  bx 2    cx d 0  a  0   2.22  có ba nghiệm x x x 1 ; 2 ; 3 lập thành cấp số cộng, ta thực hiện theo các bước:

Giả sử phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng, khi đó: x 1 x 3 2x 2

    Đó chính là điều kiện cần để (2.22) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng

Với giá trị tham số tìm được từ (2.23) thay vào phương trình (2.22) và giải các nghiệm của phương trình, kiểm tra thỏa mãn điều kiện của một cấp số cộng Nếu thỏa thì giá trị tham số thỏa (2.23) chính là giá trị cần tìm

Ví dụ 16 Xác định m để phương trình: x 3 3x 2 9x m 0 (2.24) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng

Giả sử phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng, khi đó: x 1  x 3 2x 2 (2.25) x 1    x 2 x 3 3 3x 2  3 x 2 1

Thay vào (2.24) ta được: 11   m 0 m 11 Đó chính là điều kiện cần để (2.24) có ba nghiệm lập thành cấp số cộng Điều kiện đủ

Vậy với m11 thỏa điều kiện bài toán

2.1.2.5 Phương trình bậc ba có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Để tìm điều kiện của tham số sao cho phương trình:

Có ba nghiệm x x x 1 , 2 , 3 lập thành cấp số nhân, ta thực hiện theo các bước:

Giả sử phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân, khi đó: x x 1 3  x 2 2

      (2.27) Đó chính là điều kiện cần để (2.26) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân

Với giá trị tham số tìm được từ (2.27) thay vào phương trình (2.26) và giải các nghiệm của phương trình, kiểm tra thỏa mãn điều kiện của một cấp số nhân Nếu thỏa thì giá

Ví dụ 17 Xác định m để phương trình: x 3  2 x 2   m  1  x  2  m   1  0 (2.28) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân

Giả sử phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân, khi đó: x x 1 3 x 2 2

 Đó chính là điều kiện cần để (2.28) có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Điều kiện đủ

 Với m 3, ta được: x 3  2 x 2  4 x    8 0  x  2   x 2  4   0 không thỏa mãn

 Với m  5, ta được: x 3  2 x 2  4 x    8 0  x  2   x 2  4   0 không thỏa mãn

Vậy không tồn tại m thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ứng dụng định lý Viète đối với hệ phương trình

2.2.1 Giải hệ phương trình đối xứng loại I hai ẩn

Hệ đối xứng loại (kiểu) I hai ẩn có dạng tổng quát:

Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có)

Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2  4 P

Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình Giải hệ tìm S,P rồi dùng Viète đảo tìm x,y

Chú ý: i) Cần nhớ: x 2  y 2  S 2 – 2 , P x 3  y 3  S 3 – 3SP ii) Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u  u x   , v  v x   và S  u  , v P  uv iii) Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại I sau khi đặt ẩn phụ

Ví dụ 18 Giải hệ phương trình:

GIẢI: Đặt S  x y P,  xy, điều kiện S 2  4 P

Hệ phương trình trở thành:

Ví dụ 19 Giải hệ phương trình:

GIẢI: Đặt t  y S,  x t P,  xt, điều kiện S 2  4 P

Hệ phương trình trở thành:

Hệ phương trình tương đương với: 2 2

Ví dụ 21 Giải hệ phương trình:

GIẢI: Điều kiện ,x y 0 Đặt t  xy 0, ta có: xy t 2 và (2.30)   x y 162t

2.2.2 Giải hệ phương trình đối xứng ba ẩn

Thông thường ta tìm cách biểu diễn các phương trình trong hệ qua các biểu thức đối xứng sơ cấp đó là : x y z ; xy yzzx ; xyz ( đối với hệ 3 ẩn) Ta cần sử dụng các hằng đẳng thức đối xứng:

( ) 2 a b  a b  ab ; a 3 b 3 (a b ) 3 3ab a b(  ) để biến đổi hệ, sau đó sử dụng định lý Viète đảo để đưa về phương trình đa thức và giải phương trình đó Cuối cùng nghiệm của hệ chính là các bộ số hoán vị các nghiệm

Ví dụ 22 Giải hệ phương trình :

Ta có: x 2  y 2  z 2   x   y z  2  2  xy  yz  zx   21

Từ đó suy ra: xyyzzx 6

Lại vì: x 3  y 3  z 3   x   y z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   3 xyz

Từ đó tính được xyz 8 Vậy theo định lý Viète ta có x y z, , là nghiệm của phương trình : t 3 3t 2   6t 8 0

Mà phương trình trên có các nghiệm (1 ; 2 ;4)

Vậy hệ trên có 6 nghiệm  x y z , ,  tương ứng là các hoán vị của bộ số (1 ; 2 ; 4)

Ví dụ 23 Giải hệ phương trình 2 2 2

Ta có: x 2  y 2  z 2   x   y z  2  2  xy  yz  zx 

Suy ra: xy yzzx9

Lại có: ( x y  z) 2   x y z2( xy yz zx)

Suy ra: ( xy yz  zx)5

Bình phương hai vế ta được: xy yzzx2 xyz( x y z)25

Thay số ta được xyz 2, hay xyz4

Theo định lý Viète ta có  x y z , ,  là nghiệm của phương trình : t 3 6t 2  9t 4  0

Ta giải phương trình được 3 nghiệm là 1;1;4 Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm  

Ví dụ 24 Giải hệ phương trình :

Từ phương trình (2.33) ta có: xy yz zx 1 xyz

Suy ra: xyzxyyzzx27

Theo định lý Viète ta có  x y z , ,  là nghiệm của phương trình sau: t 3 9t 2 27t270 (t 3) 3 0t3

Từ đó hệ phương trình có nghiệm là x  y z 3.

Ứng dụng định lý Viète đối với bất đẳng thức

Hầu hết định lý Viète được dùng để chứng minh các bất đẳng thức Để có thể sử dụng định lý Viète, thông thường các dữ kiện của bài toán thường đưa về được dưới dạng tổng và tích các ẩn Quá trình chứng minh ta có thể sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai, bất đẳng thức cổ điển, các phép biển đổi tương đương…

Ví dụ 25 Cho x,y,z khác 0 và thỏa mãn x  y z xyz và x 2  yz Chứng minh rằng:

Từ giả thiết ta có:

  Theo định lý Viète thì y,z là nghiệm của phương trình : t 2   x 3  x t   x 2  0.

Do tồn tại các số y,z nên phương trình trên phải có nghiệm

 Điều kiện ở bất phương trình thứ 2 không thể xảy ra

Ví dụ 26 Cho các số thực x,y,z thỏa mãn: x  y z 5và xyyzzx8 Chứng minh rằng 7

Từ giả thiết ta xem z là tham số, ta có hệ phương trình ẩn x,y:

Theo định lý Viète thì x,y là nghiệm phương trình: t 2    5 z t  8   z  5  z   0.

Do phương trình có nghiệm đối với x,y nên :

Do vai trò bình đẳng của x,y,z nên ta có kết luận tương tự đối với x và y

Ví dụ 27 Giả sử phương trình ax 3    b a x  2    c a x c    0 (2.34) với a0 có ba nghiệm là độ dài ba cạnh của một tam giác

Dễ thấy (2.34) có nghiệm x1, hạ bậc ta được:  x  1   ax 2  bx  c   0

Gọi x x 1 ; 2 là các nghiệm của phương trình : ax 2 bx c 0; x 1 x 2

Theo định lý Viète ta có: 1 2 b; 1 2 c x x x x a a

Ví dụ 28 Cho đa thức bậc n : P x    x n a x 1 n  1 a x 2 n  2  a n  1 x1 với

GIẢI: Để chứng minh bài toán ta cần có bất đẳng thức Minkowski phát biểu như sau: Cho 2n số dương a 1 ;a 2 ; …; a n và b 1 ; b 2 ;…;b n ( nN n; 2)

Ta chứng minh  2.37 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

Cộng vế theo vế ta có: n  n 1 2 1 2

Giản ước và quy đồng ta thu được điều cần chứng minh (2.37)

Bây giờ trở lại bài toán (2.36) do các a i 0 nên suy ra các nghiệm x i của phương trình đều âm

Theo định lý Viète ta có: x x x 1 2 3  x n  1 n

Theo bất đẳng thức Minkowski ta có: n P x( )  n (xx 1 ).(xx 2 ) (xx n )

Ví dụ 29 Giả sử phương trình :P x    a x 0 n a x 1 n  1 a x n  1 a n 0 (a 0 0) có n nghiệm dương Chứng minh rằng : 1 1

GIẢI: Áp dụng định lý Viète và bất đẳng thức Cauchy ta có:

Ví dụ 30 Cho đa thức P x    x n a x 1 n  1 a n  1 x 1 là đa thức với hệ số không âm và phương trình P x    0 có n nghiệm thực Chứng minh rằng P   2  3 n

Vì đa thức có các a i không âm nên P x    1 với x  0 Suy ra nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm phải âm

Ta gọi các nghiệm là:    x 1 ; x 2 ; ; x n với x i 0

Khi đó P x  được biểu diễn : P x     xx 1  xx 2   x x n .

Ta đánh giá một đại diện: 2 x k  1 1x k 3 3 x k , 1 k n