vSKKN2008- 2009 Ung dung he thuc Vi et.doc

Phần I - Đặt vấn đề Lí chọn đề tài: a) Cơ sở lí luận: Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh nhằm bồi dỡng phát triển trí tuệ lực hoạt động học sinh nhiệm vụ trọng tâm trình dạy học nội dung việc đổi phơng pháp dạy học Dạy học toán dạy cho học sinh phơng pháp học toán giải toán để vận dụng kiến thức đà học vào giải toán thực tế sống Nội dung kiến thức toán học đợc trang bị cho học sinh THCS việc dạy lí thuyết phải trọng tới việc dạy học sinh phơng pháp giải số toán, nhng để nắm vững cách giải dạng toán đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức đà học cách linh hoạt, sáng tạo, tính cẩn thận, kết hợp với khéo léo kinh nghiệm đà tích luỹ đợc để giải tập có liên quan Thông qua việc giải tập em đợc rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức đà học vào giải tập, kĩ trình bày, kĩ sử dụng máy tính bỏ túi, đồ dùng dạy học Do nâng cao lực t duy, óc tởng tợng, sáng tạo, rèn khả phán đoán, suy luận học sinh b) Cơ sở thực tiễn: Các toán úng dụng hệ thức Vi ét có vị trí quan trọng chơng trình dạy học toán THCS Học sinh vận dụng ứng dơng cđa hƯ thøc Vi - Ðt nh: NhÈm nghiƯm phơng trình bậc hai trờng hợp a + b + c = ; a - b + c = , trờng hợp mà tổng tích hai nghiệm số nguyên với giá trị tuyệt đối không lớn Tìm đợc hai số biết tổng tích chúng Biết cách biểu diễn tổng bình phơng, lập phơng hai nghiệm qua hệ số phơng trình lúng túng, khó khăn trình vận dụng vào giải toán có liên quan Các toán vỊ nh÷ng øng dơng hƯ thøc Vi - et rÊt phơng phú đa dạng, đòi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức, cách linh hoạt, sáng tạo, độc đáo; yêu cầu học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, giúp học sinh phát triển t Những ứng dơng cđa hƯ thøc Vi – Ðt ®èi víi häc sinh THCS khó em thờng gặp khó khăn việc tìm lời giải toán này; có toán em đâu? Vận dụng kiến thức chơng trình đà học? Làm để tìm đợc giá trị tham số m thỏa mÃn điều kiện toán ấy? Đặc biệt mang nội dung sâu sắc việc giáo dục t tởng qua môn toán; hình thành cho học sinh thói quen tìm giải pháp tối u cho công việc cụ thể sống sau Chính toán thờng xuyên có mặt kì thi học sinh giỏi lớp 9, nh kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Qua số năm giảng dạy toán THCS đợc giao công tác bồi dỡng học sinh lớp quan tâm vấn đề mạnh dạn nghiên cứu hoàn thành đề tài Với thời gian hạn chế mong muốn nghiên cứu sâu nên đề tài tập trung vào vấn đề: Những ứng dụng hệ thức Vi et 2) Đối tợng phơng pháp nghiên cứu: a, Đối tợng nghiên cứu: Là học sinh lớp b, Phơng pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu tài liệu SGK; SBT Toán 9, sách nâng cao - đề thi vào trờng THPT, chuyên đề đại số PHần II - giải vÊn ®Ị A Mét sè vÊn ®Ị lÝ thut: 1) HÖ thøc Vi – Ðt: - NÕu x1 ; x2 hai nghiệm phơng trình bậc hai : ax + bx + c = ( a ≠ ) th× b   x1 + x2 = − a    x x = c  a - Nếu phơng trình bậc ba: ax + bx + cx + d = ( a ≠ ) cã nghiƯm lµ x1 ; x2 ; x3 th× b  x1 + x2 + x3 = −  a  c   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = a  d   x1.x2 x3 = − a ( I) Và ngợc lại số x1 ; x2 ; x3 lµ tháa m·n hƯ thøc ( I ) x1 ; x2 ; x3 nghiệm phơng trình bậc ba ax + bx + cx + d = ( a ≠ ) +) Hệ 1: Nếu phơng trình ax + bx + c = ( a ≠ ) cã a + b + c = phơng trình có nghiệm x1 = nghiệm x2 = +) Hệ 2: Nếu phơng trình ax + bx + c = ( a ≠ ) cã a - b + c = c a c a phơng trình có nghiệm x1 = nghiệm x2 = +) Hệ 3: Nếu phơng trình ax + bx +cx + d = ( a ≠ ) cã nghiÖm x0 phơng trình phân tich đợc thành ( x-x ) ( Ax +Bx + C ) = +) Cã nghiÖm x = nÕu a + b + c + d = +) Cã nghiÖm x = −1 nÕu a − b + c − d = Tìm hai số biết tổng tÝch cđa chóng: NÕu sè u vµ v cã tỉng u + v = S v¶ tÝch u.v = P hai số u v hai nghiệm phơng trình bậc hai: x - Sx + P = ThËt vËy: C¸c sè u; v nÕu tồn nghiệm phơng trình: ( x - u ) ( x - v ) = ⇔ x - ( u+v ) x + u.v = ⇔ x - Sx + P = Nh vËy biÕt tỉng vµ tÝch hai sè ta tìm đợc hai số thông qua việc giải phơng trình bậc hai Điều kiện để có hai số là: S2 - 4P Vị trí tơng đối đờng thẳng y = mx + n ( m ≠ ) ( d ) vµ đồ thị hàm số y = ax ( a ≠ ) ( P ) - Sè giao ®iĨm đờng thẳng y = mx + n ( m ) đồ thị hàm số y = ax ( a ≠ )  y = ax nghiệm hệ phơng trình y = mx + n - ( d ) c¾t ( P ) điểm phân biệt phơng tr×nh ax − mx − n = cã nghiƯm ph©n biƯt - ( d ) tiÕp xóc với ( P ) điểm phơng trình ax − mx − n = cã nghiệm kép - ( d ) không cắt ( P ) (không có điểm chung) phơng trình ax − mx − n = v« nghiƯm Chó ý: Số nguyên lớn không vợt x phần nguyên x ký hiệu [ x ] VÝ dô: Cho b = 2,134 ⇒ [ b] = ; a = - 2,7544 ⇒ Kh¸i niƯm giá trị lớn - Giá trị nhỏ nhất: [ a ] = −3 Cho hµm sè f ( x) xác định miền D 1) m đợc gọi giá trị lớn ( GTLN ) f ( x) miền D thoả mÃn ®iỊu kiƯn sau ®©y: a, f ( x) ≤ m víi ∀x ∈ D b, ∃ x0 ∈ D cho f ( x0 ) = m ; KÝ hiÖu m = max f ( x) , ∀x ∈ D 2) m đợc gọi giá trị nhỏ nhÊt ( GTNN ) cđa f ( x) trªn miỊn D thoả mÃn điều kiện sau đây: a, f ( x) ≥ m víi ∀x ∈ D b, ∃ x0 ∈ D cho f ( x0 ) = m ; KÝ hiÖu m = f ( x) , ∀x ∈ D Víi x2 ≥ ⇒ [ f (x)] 2n ≥ víi ∀x ∈ R, n ∈ Z [ f (x)] 2n + M ⇒ M (M giá trị nhỏ nhất) M - [ f (x)] 2n M (M giá trị lớn nhất) Hoặc *Hệ quả: - Nếu x > 0, y > x.y = k (không đổi) tổng x + y đạt GTNN x = y - NÕu x > 0, y > vµ x + y = k (không đổi) tích x.y đạt GTLN x = y B số vÝ dơ vỊ nh÷ng øng dơng cđa hƯ thøc Vi- Ðt I D¹ng I: øng dơng hƯ thøc Vi – et vào việc nhẩm nghiệm phơng trình bậc hai ax + bx + c = ( a ≠ ) biÕt c¸c hƯ sè a; b; c Hệ 1: Nếu phơng trình ax + bx + c = ( a ≠ ) cã a + b + c = th× phơng trình có nghiệm x1 = nghiệm x2 = Hệ 2: Nếu phơng trình ax + bx + c = ( a ≠ ) cã a - b + c = c a phơng trình có nghiệm x1 = - nghiệm x2 = Hệ 3: Nếu phơng trình ax + bx +cx + d = ( a ≠ ) cã nghiƯm x0 c a th× phơng trình phân tich đợc thành ( x-x ) ( Ax +Bx + C ) = +) Cã nghiÖm x = nÕu a + b + c + d = +) Cã nghiÖm x = −1 nÕu a − b + c − d = VÝ dơ 1: TÝnh nhÈm nghiƯm cđa phơng trình ( Bài 31 - SGK Toán - Trang 54) a) - 5x + 3x + = b) 2008x + 2009 x + = ( ) c) 3x - - x - = Hớng dẫn cách giải: d) ( m - 1) x - ( 2m + 3) x + m + = - Muốn giải phơng trình ta làm nh ? - Học sinh nêu cách làm dùng công thức nghiệm để giải phơng trình - Có em đà phát cách làm vận dụng hệ thức Vi ét vào tính nhẩm nghiệm ph ơng trình bậc hai ax + bx + c = ( a ≠ ) cã a + b + c = phơng trình có nghiệm x1 = nghiệm x2 = c hc a - b + c = phơng trình có nghiệm x1 = nghiƯm a c a lµ x2 = − - Khi em nhận thấy cách vận dụng hệ thức Vi ét vào nhẩm nghiệm phơng trình bậc hai em đà trình bày lời giải nh sau: Gi¶i: a) - 5x2 + 3x + = (a = - 5; b = 3; c = 2) V× a + b + c = ( −5 ) + + = phơng trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = − b) 2008x + 2009 x + = (a = 2008; b = 2009; c = 1) V× a - b + c = 2008 - 2009 + = ⇒ ph¬ng trình có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = − ( ) c) 3x - - x - = ( {a = ( } ) 2008 3; b = - - ; c = - ) V× a − b + c = 3- - -  + ( - 1) =   phơng trình có hai nghiệm là: x1 = −1 ; x2 = −  − ÷= 3  d) ( m - 1) x - ( 2m + 3) x + m + = ( a = ( m - 1) ;b = - ( 2m + 3) ; c = m + ) V× a - b + c = ( m - 1) - - ( 2m + 3)  + ( m + ) =   phơng trình có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = − m −1 1− m = m+4 m+4 Sau tính đợc nghiệm phơng trình xong đà yêu cầu em sử dụng máy tính bỏ túi Casio giải phơng trình để kiểm tra nghiệm vừa tìm đợc phần a b Kết luận: - Khi giải phơng trình bậc hai ta cÇn chó ý vËn dơng hƯ thøc Vi et để tính nhẩm nghiệm phơng trình Nếu không tính nhẩm đợc nghiệm phơng trình ta dùng công thức nghiệm để giải - ViƯc vËn dơng hƯ qu¶ cđa hƯ thøc Vi et tính toán cho phép tính nhanh chóng nghiệm phơng trình Các em có nhận xét ta thay đổi yêu cầu toán nh sau: Ví dụ 2: Giải phơng trình a) 5x - 6x + 8x - = b) 4x +2x + 8x +10 = Hớng dẫn cách giải: HÃy vận dụng hệ thức Vi ét vào tính nhẩm nghiệm phơng tr×nh bËc ba ax + bx +cx + d = ( a ≠ ) +) Cã nghiÖm x = nÕu a + b + c + d = +) Cã nghiÖm x = −1 nÕu a − b + c − d = - Khi em trình bày lời giải nh sau: Gi¶i: a) 5x - 6x + 8x - = cã tỉng c¸c hƯ sè a + b + c + d = - + - = nên phơng trình có nghiệm x = phơng trình 5x - 6x + 8x - = ⇔ ( 5x - 5x ) - ( x - x ) + ( 7x - ) = ⇔ 5x ( x - 1) - x ( x - 1) + ( x - 1) = ( x - 1) ( 5x - x + ) = ( 1) x - = ⇔  5x - x + 7= ( ) +) Gi¶i phơng trình ( 1) x - 1= x =1 +) Giải phơng trình ( ) 5x - x + = Ta cã ∆ = ( −1) − 4.5.7 = + 140 = 141 > ⇒ ∆ = − ( −1) + 141 + phơng trình ( ) có nghiÖm ⇔ 141 − ( −1) − 141 − 141 141 ; x2 = = 2.1 2.1 Vậy phơng trình có nghiệm x1 = + 141 ; x2 = − 141 ; x3 = 2 b) 4x +2x + 8x +10 = cã a - b + c - d = - + - 10 = x1 = = nên phơng trình có nghiệm x = phơng trình 4x +2x + 8x +10 = ⇔ ( 4x + 4x ) - ( 2x 2 +2 x ) + ( 10x +10 ) = ⇔ 4x ( x + 1) - 2x ( x + 1) + 10 ( x + 1) = ( x + 1) ( 4x - x + 10 ) = ( 1) x - = ⇔   4x - x + 10 = ( ) +) Gi¶i phơng trình ( 1) x + = x = - +) Giải phơng trình ( ) 4x - x + 10 = Ta cã ∆ = ( −2 ) − 4.4.10 = + 160 = 164 > ⇒ ∆ = 164 = 41 − ( −2 ) + 41 + 41 phơng trình ( ) cã nghiÖm ⇔ x1 = − ( −2 ) − 41 = 2.4 = + 41 − 41 − 41 = 2.4 Vậy phơng trình có nghiệm x1 = + 41 ; x2 = − 41 ; x3 = 4 x2 = =  Nh vậy: - Qua ví dụ đà hớng dẫn cho học sinh cách giải phơng trình cách vËn dơng hƯ thøc Vi – Ðt vµo tÝnh nhÈm nghiệm phơng trình bậc hai phơng trình bậc ba ẩn - Chú ý trình giải phơng trình nên vận dụng linh hoạt hệ thức vi ét để nhẩm nghiệm phơng trình bËc hai bËc ba mét Èn VÝ dô 3: Giải phơng trình x + ( x +1) ( 5x - 6x - ) = Gi¶i: Nhận thây x = - không nghiệm phơng trình nên ta chia vế phơng trình cho ( x +1) 2    ta đợc phơng trình: x ữ +  x ÷− =  x +1 x +1 Đặt y = x ta dợc phơng trình y + 5y = x +1 phơng pháp nhẩm nghiệm ta tính đợc y1 = y2 = x2 = ⇔ x = ( x + 1) ⇔ x − x − = x +1 Giải phơng trình ta đợc nghiệm x1 = + ; x2 = − 2 +) Víi y2 = −6 ⇔ x = −6 ⇔ x = −6 ( x + 1) ⇔ x + x + = x +1 Giải phơng trình ta đợc nghiÖm x3 = −3 + ; x4 = −3 − +) Víi y1 = ⇔ VËy phơng trình đà cho có nghiệm x1 = + ; x2 = − ; x3 = −3 + ; x4 = −3 − 2 Qua ví dụ đà hớng dẫn cho học sinh cách giải phơng trình cách vËn dơng hƯ thøc Vi - Ðt vµo tÝnh nhÈm nghiệm phơng trình bậc hai ẩn hớng dẫn cách biến đổi linh hoạt (đặt ẩn phụ) để đa phơng trình bậc phơng trình bậc hai ẩn nhẩm nghiệm đợc qua em đợc rèn luyện kĩ biến đổi trình bày lời giải, vận dụng kiến thức, khả phân tích, dự đoán Phơng pháp chung: - Vận dụng hệ hệ thức Vi ét để tính nhẩm nghiệm phơng trình bậc hai, bậc ba Hoặc phơng trình đa đợc dạng để tinh nhẩm nghiệm II Dạng II: øng dơng cđa hƯ thøc Vi – et vµo việc tìm số biết tổng tích chóng: NÕu hai sè u vµ v cã tỉng u + v = S tích u.v = P hai số u v hai nghiệm phơng trình bậc hai: Ví dụ 1: ( SGK Toán - Trang 52) x - Sx + P = Điều kiện để có hai số là: S2 - 4P ≥ a) T×m sè biÕt tỉng cđa chóng b»ng 27 vµ tÝch cđa chóng b»ng 180 b) T×m sè biÕt tỉng cđa chóng b»ng tích chúng Hớng dẫn cách giải: Tìm số biết tổng chúng 27 tÝch cđa chóng b»ng 180  x1 + x2 = 27 NÕu ¸p dơng hƯ thøc Vi – et đảo x1 x2 x1.x2 = 180 Tức ta cần tìm số x1 x2 biết nghiệm phơng trình bậc hai x - 27x + 180 = ta cã lêi giải nh sau: Giải: a) Vì số cần tìm có tổng 27 tích 180 Nên số nghiệm phơng trình: x - 27x + 180 = Ta cã: ∆ = 27 - 4.1.180 = 729 - 720 = > = = phơng trình có nghiÖm x1 = 27 + = 15 ; x2 = 27 − = 12 VËy hai số cần tìm 15 12 b) Vì số cần tìm có tổng tích 5, Nên số nghiệm phơng trình: x2 - x + = Ta cã: ∆ = ( -1) - 4.1.5 = 1- 20 = - 19 < phơng trình vô nghiệm Vậy hai số thoả mÃn điều kiện đề Khai thác ví dụ nªu vÝ dơ sau: VÝ dơ 2: a) Tìm cạnh hình chữ nhật biết chu vi lµ 100 m vµ diƯn tÝch b»ng 621 m b) Tìm cạnh hình chữ nhật có chu vi lµ 20 cm vµ diƯn tÝch b»ng 32cm Hớng dẫn cách giải - Bài toán cho biết ? cần tìm gì? ( a + b ) = 100   ÷ ÷  a.b = 621 - Nếu gọi cạch hình chữ nhật a b ta có điều gì?     a + b = 50 a b nghiệm phơng trình bËc hai nµo? ( x - 50x + 621 = ) a.b = 621  - VËy  Với gợi ý cho em thảo luận phút đại diện em trình bày lời gi¶i Gi¶i:  ( a + b ) = 100  a + b = 50  ⇔  a.b = 621  a.b = 621  Nªn a b nghiệm phơng trình bậc hai: x - 50x + 621 = ⇒ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm x1 = 27 ; x2 = 23 a) Gọi cạch hình chữ nhật a b ta có hệ phơng trình: Vậy độ dài cạnh hình chữ nhật 27 (m ) vµ 23 (m)  ( a + b ) = 20  a + b = 10  ⇔   a.b = 32  a.b = 32 Nên a b nghiệm phơng trình bậc hai: x - 10x + 32 = Ta cã: ∆ ' = ( −52 ) 1.32 = < phơng trình vô nghiệm b) Gọi cạch hình chữ nhật a b ta có hệ phơng trình Vậy không tồn hình chữ nhật có chu vi lµ 20 cm vµ diƯn tÝch b»ng 32 cm Kết luận: Muốn tìm hai số biết tổng tÝch cđa chóng, ta ¸p dơng hƯ thøc Vi – et để đa dạng phơng trình bậc hai ẩn giải III Dạng III: ứng dụng hệ thức Vi et vào việc giải hệ phơng trình đối xứng Khái niệm hệ phơng trình đối xứng: Một phơng trình ẩn gọi đối xứng ta thay x y y x phơng trình không thay đổi Ví dụ: Phơng trình đối xøng x + y + xy = 11 ⇔ y + x + yx = 11 x + y = 25 ⇔ y + x = 25 Một hệ phơng trình đợc gọi hệ đối xứng loại I gồm phơng trình ®èi xøng  x + y = 25  y + x = 25   Ví dụ: Hệ phơng trình đối xứng loại I: 2 ⇔ 2  x + y − xy = 13  y + x − yx = 13 Cách giải hệ phơng trình đối xứng loại I +) Biểu diễn phơng trình qua x + y ; xy +) Đặt S = x + y ; P = xy ta đợc hệ phơng trình chứa ẩn S P +) Giải hệ phơng trình tìm S P +) Các số x y nghiệm phơng trình t − St + P = (VËn dơng hƯ thøc Vi et đảo- Tìm số biết tổng tích chúng) (Hệ đà cho có nghiệm hệ phơng trình theo S P có nghiệm thỏa m·n S2 − P ≥ ) Tïy theo yêu cầu toán ta giải biện luận phơng trình theo tham số t từ suy nghiệm kết luận cần thiết cho hệ phơng trình Ví dụ 1: Giải hệ phơng trình ( x + y ) + xy = −19  ( x + y ) + xy = −35   x − xy + y = x + y = a)  b)   x2 y = 18  + c)  y x  x + y = 12   x3 + y =  d)  ( x + y ) xy = −2  Híng dÉn c¸ch gi¶i: 5 ( x + y ) + xy = −19  ( x + y ) + xy = −35  - Em cã nhËn xÐt g× hệ phơng trình - Muốn giải hệ phơng trình ta làm nh ? (GV nêu cách làm cách đặt ẩn phụ S = x + y P = x y em thảo luận trình bày lời giải nh sau) Gi¶i: 5 ( x + y ) + xy = 19 Đặt S = x + y P = x y ta có hệ phơng trình ( x + y ) + 3xy = −35   a)  5S + P = −19 15S + P = −57 13S = 13 S = S = ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  S + 3P = −35  2S + P = −70  S + 3P = −35 1 + 3P = −35  P = −12  x + y = theo định lí Vi ét x; y nghiệm phơng trình bậc hai ⇔ X − X − 12 = gi¶i x y = 12 phơng trình ta đợc nghiƯm lµ X = vµ X = Vậy hệ phơng trình có nghiệm ( 4; −3) vµ ( −3; ) - Hoặc em biến đổi trực tiếp hệ phơng trình phơng pháp cộng đại số (không đặt ẩn x + y = từ áp dụng hệ thức vi- ét để giải hệ phơng trình tìm x; y  x y = −12 phơ) ta cịng tính đợc b) x xy + y =  x + y = ( x + xy + y ) − xy =  ⇔  x + y =  ( x + y ) − xy = 52 − xy =  ⇔ ⇔  x + y = x + y =   xy = x + y = Theo định lí Vi ét x; y nghiệm phơng trình bậc hai X X + = Giải phơng trình ta đợc nghiƯm lµ X = vµ X = Vậy hệ phơng trình có nghiệm ( 3; ) vµ ( 2;3) c)  x2 y = 18  + x y  x + y = 12  ( x + y ) − xy ( x + y ) = 18 xy  ⇔   x + y = 12   x + y = 18 xy ⇔   x + y = 12 123 − xy.12 = 18 xy 54 xy = 1728 ⇔  ⇔   x + y = 12  x + y = 12  xy = 32 ⇔   x + y = 12 theo định lí Vi ét x; y nghiệm phơng trình bậc hai t 12t + 32 = Giải phơng trình ta đợc nghiƯm lµ t1 = vµ t2 = Vậy hệ phơng trình có nghiệm ( 4;8 ) vµ ( 8; ) ( x + y ) − xy ( x + y ) = ( x + y ) − ( −2 ) =  x3 + y = x + y =    d)  ⇔  ⇔  ⇔   xy = −2 ( x + y ) xy = −2 ( x + y ) xy = −2 ( x + y ) xy = −2    theo định lí Vi ét x; y nghiệm phơng trình bậc hai: t t − = (1) v× a - b + c = 1- ( -1) + ( -2 ) = nên phơng trình (1) có nghiệm t1 = t2 = Vậy hệ phơng trình có nghiệm ( 1; ) ( 2; −1) x = a x = b th× nã cịng cã nghiƯm  y = b y = a Chú ý: Nếu hệ đối xứng loại I có nghiệm Chúng ta cần lu ý điều để không bỏ xót nghiệm hệ phơng trình Ví dụ 2: Giải hệ phơng trình x + y + xy =  x + y = 17  2  x + y + xy =  a)  b)  2  x + y + xy =  x + y + z =   d)  xy + yz + xz = 27 1 1  + + =1 x y z  x + y + z =  c)  xy + yz − xz =  x + y + z = 14  Híng dÉn cách giải: x + y + xy = - Muốn giải hệ phơng trình 2 x + y + xy =  x + x + y + y = 18   x ( x + 1) y ( y + 1) = 72  e)  ta lµm nh thÕ ? - Học sinh nêu cách làm biến đổi hpt dạng tổng tích x y cách đặt S = x + y S + P = vµ P = x y ta cã hÖ pt   S − S − 12 = giải hệ phơng trình - Khi em nhận thấy cách vận dụng hƯ thøc Vi – et vµo nhÈm nghiƯm cđa ph ơng trình bậc hai em đà trình bày lời gi¶i nh sau: Gi¶i: a)  xy = − ( x + y ) ( x + y ) + xy =  x + y + xy =   ⇔ ⇔  2 2  x + y + xy = ( x + y ) − xy = ( x + y ) − 5 − ( x + y )  =      xy = − ( x + y )  Đặt S = x + y P = x y ( x + y ) − ( x + y ) − 12 =   S + P = S + P = Ta có hệ phơng trình S = 3; S = −4  S − S − 12 = x + y = +) Víi S = ⇒ P = ta cã  theo định lí Vi ét x; y nghiệm xy = phơng trình bậc hai t − 3t + = (1) v× a + b + c = 1+ ( -3) + 2= nên phơng trình (1) có nghiệm t1 = vµ t2 = VËy hƯ phơng trình có nghiệm ( 1; ) vµ ( 2;1) x + y = theo định lí Vi ét x; y nghiệm cđa  xy = +) Víi S = P = ta có phơng trình bậc hai t − 2t + = (2) Gi¶i pt (2) ta cã ∆ ' = ( −1) − 1.3 = − = −2 < nên phơng trình (2) vô nghiệm Vậy hệ phơng trình có nghiệm ( 1; ) ( 2;1) Tôi gợi ý hpt ta biến đổi vế trái hpt thành tổng x + y ; xy ®ã ta cã lêi gi¶i nh sau: ( x + y ) − ( xy ) = 17  x + y = 17  b) 2 Đặt S = x + y ; P = xy ⇔ 2 x + y + xy =   ( x + y ) + xy =   S − ( − S + S ) = 17   S − P = 17  S − ( − S ) = 17  Ta có hệ phơng trình P = − S S + P = P = − S   2  S − 18 + 12 S − S = 17  S − 12S + 35 = ( 1) ⇔  ⇔  ( 2) P = S P = S Giải phơng trình S − 12 S + 35 = ( 1) ta đợc S1 = ; S = x + y = (I)  xy = −4 +) Víi S1 = ⇒ P = −4 ta có theo định lí Vi ét x; y nghiệm phơng trình bậc hai t − 7t − = (3) Gi¶i phơng trình (3) ta có = ( ) − 4.1 ( −4 ) = 49 + 16 = 65 > nên phơng trình (3) có nghiƯm ph©n biƯt t1 = − ( −7 ) + 65 = + 65 ; t2 = − ( −7 ) − 65 = − 65 2.1 2.1  + 65 − 65  ⇒ hệ phơng trình (I) có nghiệm ; ÷ vµ  2 ÷   x + y = +) Víi S = ⇒ P2 = −2 ta cã  ( II )  xy = −2  − 65 + 65  ;  ÷  2 ÷  theo định lí Vi ét x; y nghiệm phơng trình bậc hai t 5t = (4) Giải phơng trình (4) ta cã ∆ = ( −7 ) − 4.1 ( −4 ) = 49 + 16 = 65 > nên phơng trình (4) có nghiệm phân biệt t3 = − ( −5 ) + 33 = + 33 ; t4 = − ( −5 ) − 33 = − 33 2.1 2.1  + 33 − 33   33 + 33 hệ phơng trình ( II ) cã nghiƯm lµ   ; ữ ; ữ ÷  ÷     VËy hƯ ph¬ng trình có nghiệm là: + 65 − 65  ;  ÷;  2 ÷   c)  − 65 + 65   + 33 − 33   − 33 + 33  ;  ÷; ữ ; ữ ; ÷ ÷  ÷ 2       x + y + z = x + y + z = x + y + z =     ⇔  xy + yz − xz = ⇔  xy + yz − xz =  xy + yz − xz =  x + y + z = 14  62 − xy + yz + xz = 14 ( )  ( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) = 14   ( 1) ( 1) ( x + z ) + y = x + y + z = x + y + z =    ⇔  xy + yz − xz = ( ) ⇔  xy + yz − xz = ⇔  xy + yz − xz = ( )  xy + yz + xz = 11  x+z y =9  x+z y =9 ) ) ( 3) ( 3)  ( ( Từ ( 1) ; ( 3) áp dụng hÖ thøc Vi – Ðt suy ( x + z ) ; y nghiệm phơng trình bậc hai: ( 4) y =  t + 6t + = ⇔ ( t − 3) = ⇔ t = ®ã hƯ phơng trình trở thành hệ xz = ( ) x + z = ( 6)  Tõ ( ) ; ( ) vµ hƯ thøc Vi - et suy x ; z lµ nghiệm phơng trình bậc hai: m 3m + = Giải phơng trình m1 = 2; m2 = Vậy hệ phơng trình có nghiƯm lµ ( 1;3; ) ; ( 2;3;1) * Nhận xét: Bài toán giải hệ phơng trình ba ẩn cách biến đổi thích hợp ta đa toán dạng tìm hai số biết tỉng vµ tÝch cđa chóng (víi sè thø nhÊt lµ x + z vµ sè thø hai lµ xz vµ tim đợc x z nhờ áp dụng hệ thức Vi ét từ tìm đợc nghiệm hệ phơng trình x + y + z =   d)  xy + yz + xz = 27 1 1  + + =1 x y z  ( 1) ( 2) ( 3) Híng dẫn cách giải: áp dụng hệ thức Vi et phơng trình bậc ba: ax + bx + cx + d = cã nghiÖm lµ x1 ; x2 ; x3 b   x1 + x2 + x3 = − a  c  th×  x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = a  d   x1.x2 x3 = − a ( I) ngợc lại số x1 ; x2 ; x3 lµ tháa m·n hƯ thøc ( I ) x1 ; x2 ; x3 nghiệm ph- ơng trình bậc ba ax + bx + cx + d = ( a ) ta có lời giải nh sau: Gi¶i: - NhËn thÊy x = 0; y = 0; z = nghiệm hệ phơng trình - Với x 0; y 0; z ta có : Nhân vế phơng trình ( 3) với xyz ta đợc: xy + yz + xz = xyz ( ) So sánh ( ) ( ) ta đợc xyz = 27 ta có hệ phơng trình: 10  1 ; x2 = − vào phơng trình ( ) ta đợc − ÷ = 4m  2 2 5 ⇔ 4m = − ⇔ m = − (tháa m·n ®iỊu kiƯn m ≤ ) 16 Vậy với m = phơng trình ( *) cã nghiÖm tháa m·n x1 + x2 = 16 Thay x1 =  Chó ý: Trong tập ta đà vận dụng điều kiện để đờng thẳng parabol cắt điểm phân biệt (Đờng thẳng ( d ) : y = mx + n c¾t Parabol ( P ) : y = ax điểm phân biệt phơng trình ax − mx − n = cã nghiệm phân biệt) hệ thức Vi - et để tính tổng tích nghiệm để tính đợc giá trị m thỏa mÃn điều kiện toán VÝ dô 9: Gäi x1 ; x2 x3 ; x4 tất nghiệm phơng trình: Tính x1.x2 x3 x4 ( x + 2) ( x + 4) ( x + 6) ( x + 8) = (Đề thi tuyển sinh vào THPT Tỉnh Hải Dơng - Năm học 2005 - 2006) Giải: - Xét phơng trình ( x + ) ( x + ) ( x + ) ( x + ) = ( 1) ⇔  ( x + ) ( x + )  ( x + ) ( x + )  =    2 ⇔  x + 10 x + 16   x + 10 x + 24  - =    ⇔ y ( y + 8) - = Đặt x + 10 x + 16= y ( 2) ⇔ y2 + y - = Ta cã: ∆ ' = 42 − 1.1 = 16 − = 15 > ⇒ ∆ ' = 15 phơng trình ( ) có nghiệm y1 = −4 + 15 ; y2 = −4 − 15 +) Víi y1 = −4 + 15 ⇔ x + 10 x + 16 = −4 + 15 ⇔ x + 10 x + 20 − 15 = ( 3) ( ) Xét phơng trình ( 3) ta cã ∆ '3 = 52 − 20 − 15 = + 15 > phơng trình ( 3) cã nghiƯm ph©n biƯt x1 ; x2 ⇒ x1.x2 = 20 − 15 +) Víi y2 = −4 − 15 ⇔ x + 10 x + 16 = −4 − 15 ⇔ x + 10 x + 20 + 15 = ( ) ( ) Xét phơng trình ( ) ta có '3 = 52 − 20 + 15 = − 15 > phơng trình ( ) có nghiƯm ph©n biƯt x3 ; x4 ⇒ x3 x4 = 20 + 15 ( )( ) Khi ®ã x1.x2 x3 x4 = ( x1.x2 ) ( x3 x4 ) = 20 − 15 20 + 15 = 202 − ( 15 ) = 400 − 15 = 385 VËy x1.x2 x3 x4 = 385 NhËn xÐt: Trong bµi tập phơng trình đà cho có bậc xong ta vận dụng linh hoạt sáng tạo hệ thức Vi et để tính tích nghiệm x1 x2 x3 x4 từ ta tính đợc giá trị biểu thức x1.x2 x3 x4 10 Ví dụ 10: Cho phơng trình x − ( m − 1) x − = Gọi x1; x2 hai nghiệm phơng trình HÃy tìm m để x1 + x2 = (Đề thi tuyển sinh vào THPT Năm học 2006 -2007 - Hải Dơng) Giải: +) Xét phơng trình x − ( m − 1) x − = ( *) V× a.c =1 ( -4 ) = −4 < ( ∀m ∈ R ) ⇒ ph¬ng trình ( *) có nghiệm phân biệt x1 x2 với giá trị m x1 + x2 = 2m −  x1.x2 = −4 +) áp dụng hệ thức Vi et cho phơng trình ( *) ta có 18 +) Để phơng trình ( *) cã nghiƯm tháa m·n ®iỊu kiƯn x1 + x2 = ⇔ (x ) + x2 = 52 2 ⇔ x1 + x1 x2 + x2 = 25 ⇔ x12 + x1 x2 + x2 = 25 mµ x1.x2 = −4 < ⇒ x1.x2 = −2 x1.x2 ⇔ x12 − x1 x2 + x2 = 25 ⇔ (x ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 25 ( 2m − ) − ( −4 ) = 25 2m − 8m − = ( **) ⇔ ⇔ + x1 x2 + x2 ) − x1 x2 = 25 Giải phơng trình ( **) ta ®ỵc m1 = + 26 ; m2 = − 26 2 VËy víi m = + 26 m = 26 phơng trình ( *) cã nghiƯm tháa m·n ®iỊu kiƯn 2 x1 + x2 =  Chó ý: Trong bµi tập ta đà vận dụng công thức A = B ⇔ A2 = B víi ( A; B ≥ ) ; A B = AB ; A = A2 để biến đổi kết hợp vËn dơng hƯ thøc Vi – et th× ta cã thể tìm đ ợc giá trị m thỏa mÃn điều kiện toán Phơng pháp chung: Nh toán tìm điều kiện tham số ®Ĩ tháa m·n ®iỊu kiƯn cđa c¸c nghiƯm ®èi xøng liên hệ với theo hệ thức cần làm nh sau: +) Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm ( ) (hoặc a.c < 0) +) áp dụng hệ thức Vi ét để tính tổng tích nghiệm +) Kết hợp với điều kiện ( hệ thức) giải hệ phơng trình gồm điều kiện với tổng tích nghiệm tìm đợc tham số thỏa mÃn điều kiện toán +) So sánh với điều kiện có nghiệm để (trả lời) kêt luận toán Bài tập áp dụng: Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol y = x (P) đờng thẳng (d) có phơng trình: y = ( a - 1) x + - 2a ; (a tham số) Với a = tìm toạ độ giao điểm đờng thẳng (d) (P) Chứng minh với a đờng thẳng (d) cắt (P) điểm phân biệt Gọi hoành độ giao điểm đờng thẳng (d) (P) x1, x2 Tìm a để x1 + x = 2 Bài 2: Cho phơng tr×nh x − x + = gäi x1 ; x2 hai nghiệm phơng trình Không giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thøc sau: 1) x12 + x2 2) x1 x1 + x2 x2 3) x12 + x2 + x1 x2 ( x1 + x2 ) 2 x12 ( x12 − 1) + x2 ( x2 − 1) (§Ị thi tuyển sinh vào THPT Năm học 2002 -2003 - Hải Dơng) Bài 3: Cho phơng trình x 3 + x − + = ( 1) ( ) ( ) Gäi x1 ; x2 nghiệm phơng trình ( 1) Tính giá trị biểu thức: ( ) 2009 2008 S = x12009 + x2 − 3 + ( x12008 + x2 ) − ( ) 2007 − ( x12007 + x2 ) Bµi 4: Cho phơng trình x 2mx + 2m = 1) Chứng minh phơng trình luôn có nghiệm với giá trị m 2) Tìm điều kiện m để phơng trình có nghiƯm tr¸i dÊu 19 2 3) Gäi x1 ; x2 hai nghiệm phơng trình x12 ( − x2 ) + x2 ( − x12 ) = (Đề thi tuyển sinh vào THPT Năm học 1999 -2000- Hải Dơng) Bài 5: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phơng trình: y = 2x2, đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm I ( 0; ) 1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) 2) CMR: (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B 3) Gọi hoành độ giao điểm A vµ B lµ xA, xB CMR: x A - x B ≥ Bµi 6: Cho hµm sè: y = x (P) vµ y = 3x + m (d) 1) Chøng minh r»ng víi mäi giá trị m (d) cắt (P) điểm phân biệt 2) Gọi y1 y2 tung độ giao điểm đờng thẳng (d) (P) Tìm m để y1 +y = 11y1 y2 Bµi 7: Cho parabol (P): y = x đờng thẳng (d): y = mx - m + (m tham số) Tìm m để đờng thẳng (d) (P) qua điểm có hoành độ x = CMR đờng thẳng (d) cắt (P) điểm phân biệt với m R Giả sử (x1;y1) (x2;y2) toạ độ giao điểm (d) (P) CMR: y1 + y ≥ 2 − ( x1 + x ) Bài 8: Trên mặt phẳng tọa độ (hình vẽ), có điểm A thuộc đồ thị (P) hàm số y = ax điểm B không thuộc (P) a) Tìm hệ số a vẽ (P) b) Viết phơng trình đờng thẳng qua điểm A B Xác định tọa độ giao điểm thứ hai (P) đờng thẳng AB Bài Cho phơng trình ( 2m 1) x + 2mx + = ( ) a) Xác định m để phơng trình có nghiệm thuộc khoảng ( 1;0 ) b) Xác định m để nghiÖm x1; x2 tháa m·n: x − x = (Đề thi học sinh giỏi Tỉnh Hà Tây năm học 2006- 2007) 10 Bài 10 Cho phơng trình: ( x + x ) ( x + x - ) = m 1) Giải phơng tr×nh m = 2 2) T×m m để phơng trình có nghiệm x1 ; x2; x3 ; x4 tháa m·n 1 1 + + + =8 x1 x2 x3 x4 V D¹ng V øng dơng hƯ thøc Vi – Ðt vµo viƯc lËp phơng trình bậc hai có chứa hai biểu thức nghiệm phơng trình Ví dụ 1: Lập phơng trình bậc có nghiệm là: x1 = − ; x2 = + Hớng dẫn cách giải: - Muốn tìm hai sè biÕt tỉng vµ tÝch cđa chóng ta lµm ntn? (NÕu hai sè u vµ v cã tỉng u + v = S vµ tÝch u.v = P hai số u v hai nghiệm phơng trình bậc hai: x - Sx + P = ; §/K S ≥ P ) Gi¶i: Ta cã x1 + x2 = − + + = − + + = 2 ( )( ) ( ) 32 −  3−   3+  3− 3+ 9−5 x1.x2 =  = = =1 ÷  ÷=  ÷ ÷ 4    V× x1 + x2 = x1.x2 =1 Nên x1 ; x2 nghiệm phơng trình bậc hai: x − x + = Vậy phơng trình cần tìm là: x x + = 20  NhËn xÐt: §Ĩ lập đợc phơng trình bậc hai có nghiệm nhận số cho trớc nghiệm ta vận dụng hệ thức Vi et đảo (tìm hai số biÕt tỉng vµ tÝch cđa chóng) ta lµm nh sau: - Bíc 1: TÝnh tỉng vµ tÝch cđa hai sè ®ã - Bíc 2: ¸p dơng hƯ thøc Vi – et đảo để tìm phơng trình cần lập Ví dụ 2: Cho phơng trình x x + = x1 ; x2 lµ hai nghiệm phơng trình 1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thức sau: a) x1 + x2 ; x1.x2 b) x13 + x2 2) Xác định phơng trình bậc hai nhận x12 x2 x2 x1 nghiệm (Đề thi tuyển sinh vào THPT Tỉnh Hải Dơng - Năm học 2005 -2006) Giải: 1) Xét phơng trình x x + = Ta cã: ∆ = ( −7 ) − 4.2.4 = 49 − 32 = 17 > Phơng trình có nghiệm ph©n biƯt x1 ; x2   x1 + x2 = áp dụng đinh lí Vi ét ta cã:   x1.x2 =  3 b) Ta cã: x13 + x2 = ( x13 + 3x12 x1 + x1 x2 + x2 ) − ( 3x12 x1 + 3x1 x2 ) = (x + x2 ) − x1 x2 ( x1 + x2 ) 3 343 42 343 − 168 175   =   − 3.2  ÷ = − = =  ÷ 8 2 2 VËy x13 + x2 = 175 2) Đặt u = x12 x2 vµ v = x2 − x1 2 Ta cã: u + v = ( x12 − x2 ) + ( x2 − x1 ) = x12 + x2 - ( x1 + x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 - ( x1 + x2 ) 49 49 − 16 + 14 47 =   − 2.2 + = −4+ = =  ÷ 4 2 ⇒ u+v =   47 3 Mµ: u v = ( x − x2 ) ( x2 − x1 ) = x12 x2 - ( x13 + x2 ) - x1.x2 = ( x1 x2 ) - ( x13 + x2 ) - x1.x2 2 175 175 16 − 175 −159 −159 - = 2− ⇒ u.v = = = 8 8 47 −159 V× sè u vµ v cã tỉng u + v = vµ tÝch u = 47 159 Nên u ; v nghiệm phơng trình bËc hai: X − X − =0 47 159 Vậy phơng trình cần tìm là: X − X − =0 VÝ dô 3: Cho phơng trình x x + = gäi x1 ; x2 lµ hai nghiƯm phơng trình Xác định phơng trình bậc hai nhận x1 − x2 vµ x2 − x1 nghiệm = 22 - Giải: - Xét phơng tr×nh x − x + = - Ta cã: ∆ = ( −9 ) − 4.2.6 = 81 − 48 = 33 > ⇒ Phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2   x1 + x2 = ¸p dơng ®inh lÝ Vi – Ðt ta cã:   x1.x2 = Đặt u = x1 x2 vµ v = x2 − x1 - Ta cã: u + v = ( x1 − 3x2 ) + ( x2 − 3x1 ) = x1 − 3x2 + x2 − x1 = - ( x1 + x2 ) = − 9 ⇒ u+v = − 2 - Mµ: u.v = ( x1 − 3x2 ) ( x2 − 3x1 ) = x1 x2 - ( x12 + x2 ) - x1.x2 = x1.x2 −6 ( x1 + x2 ) 21 2 = 7.3 −   = 21 − 81 = 84 − 81 = ⇒ u v =  ÷ 4 4 Vì số u v có tỉng u + v = − vµ tÝch u v = Nên u; v nghiệm phơng trình bậc hai: Vậy phơng trình cần tìm lµ: X2 − X2 − X − =0 X − =0 4 VÝ dơ 4: Gäi y1 vµ y2 lµ hai nghiƯm phơng trình: y + 5y +1 = Tìm a; b cho phơng trình x + ax + b = cã hai nghiÖm lµ: x1 = y1 + 3y vµ x = y 2 + 3y1 (§Ị thi tun sinh vào THPT Tỉnh Hải Dơng - Năm học 2005 -2006) Giải: - Xét phơng trình y + 5y +1 = Ta cã: ∆ = 52 − 4.1.1 = 25 = 21 > Phơng trình cã nghiƯm ph©n biƯt y1 ; y2  y1 + y2 = Đặt x1 = y1 +3y vµ x = y 2 + 3y1 y1 y2 = - áp dụng đinh lÝ Vi – Ðt ta cã:  2 - Ta cã: x1 + x = ( y1 + 3y ) + ( y 22 + 3y1 ) = ( y1 + y 2 ) + ( 3y1 + 3y ) = ( y1 + y ) − 2y1 y + ( y1 + y ) = ( −5 ) − 2.1 + ( −5 ) = 2 ⇒ x1 + x = Mµ: x1.x = ( y1 + 3y ) ( y 2 + 3y1 ) = ( y1y ) + ( y1 + y3 ) + 9y1y 2 = ( y1 y ) + ( y1 +y ) − 9y1 y ( y1 +y ) + 9y1 y 2 =12 + ( -5 ) − 9.1( -5 ) + 9.1=1-125 + 45 + = −70 ⇒ x1.x = −70 V× sè x1 ; x2 cã tỉng x1 + x = vµ tích x1.x = 70 Nên x1 ; x2 nghiệm phơng trình bậc hai: X X 70 = Vậy phơng trình cần tìm là: X X 70 = Ví dụ 5: a) Lập phơng trình bậc hai cã hai nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n: x1 x = vµ x1 x2 a2 − + = x1 − x2 − a b) Lập phơng trình bậc hai có hệ số nguyên có nghiệm : 3+ Hớng dẫn cách giải: - Đối với phần a ta đà biết đợc tích hai số x1 x = nên ta cần tính x1 + x = ? - Từ híng dÉn cho häc sinh t×m tỉng x1 + x = ? tõ biĨu thøc ta cã lêi gi¶i nh sau a) Ta cã: ⇔ ⇔ Gi¶i: x1 x a −7 + = x1 − x2 − a − ( 1) ⇔ x1 ( x2 − 1) + x2 ( x1 − 1) a − = a −4 ( x1 − 1) ( x2 − 1) x1 x2 − ( x1 + x2 ) a2 − x1 x2 − x1 + x1 x2 − x2 a − = = ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + a − x1 x2 − x1 − x2 + a −4 − ( x1 + x2 ) a − = − ( x1 + x2 ) a − x1 x a2 − + = x1 − x2 − a − ⇔ − ( x1 + x2 ) a2 − = − ( x1 + x2 ) + a − ⇔ 8 − ( x1 + x2 )  ( a − ) = 5 − ( x1 + x2 )  ( a − )     ⇔ ( x1 + x2 ) = 3a + ⇔ x1 + x2 = a + 22 §iỊu kiƯn: S − P ≥ ⇔ ( a + 1) − ≥ ⇔ a − ≥ ⇔ a ≥ a Vậy nghiệm phơng trình: X ( a + 1) X + = víi a ≥ hc a Nhận xét: Để lập đợc phơng trình bậc hai biết tích hai ẩn hệ thức ( 1) ta cần tìm tổng hai ẩn để áp dụng định lí Vi et b) Phơng trình bậc hai cần tìm có dạng tổng quát x + px + q = ( ) víi Ta cã: 3− = 3+ ( ( 3− 3+ )( ) ( p; q ∈ Z ) 3− = − 15 ) ( 3) − ( 5) = − 15 = −4 + 15 −2 ( ) ( ) Vì phơng trình ( ) có mét nghiƯm lµ : −4 + 15 ta cã: −4 + 15 + p −4 + 15 + q = ⇔ 31 − 15 + p 15 − p + q = ⇔ ( 31 − p + q ) − ( − p ) 15 = 31 − p + q 31 − p + q ∈Z (v« lÝ) V× 15 ∈ R ; 8− p 8− p +) NÕu − p = tøc lµ p = q = Cho nên phơng trình cần tìm là: x + x + = +) NÕu − p ≠ ⇒ 15 = Nhận xét: Khi lập phơng trình bậc hai biết trớc nghiệm hệ số số nguyên Ta cần thay nghiệm phơng trình vào phơng trình ban đầu xét hệ số nguyên Phơng pháp chung: +) Muốn lập phơng trình bËc hai cã nghiƯm lµ hai sè cho tríc ta lµm nh sau: - Bíc 1: TÝnh tỉng vµ tÝch hai số - Bớc 2: áp dụng hệ thức Vi et đảo để tìm phơng trình cần lập ta tính tổng tích chúng áp dụng hệ thức Vi ét đảo để xác định phơng trình cần lập +) Trong trờng hợp phơng trình bậc hai cần lập biết trớc nghiệm hệ số số nguyên ta thay nghiệm vào phơng trình ban đầu tìm hệ số Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho phơng trình x x = gäi x1 ; x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình 1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thức sau: a) x1 + x2 ; x1.x2 b) x12 + x2 − x1 x2 2) Xác định phơng trình bậc hai nhận x12 vµ x2 lµ nghiƯm Bµi 1) LËp phơng trình bậc hai với hệ số nguyên có nghiệm lµ: x1 = 4 3+ 2) TÝnh: P =   +           3+  Bài Cho phơng trình: mx + ( m - ) x + m - = a) Tìm m để (1) cã hai nghiƯm tr¸i dÊu α ; β (1) b) Xác định m để (1) có hai nghiệm trái dấu cho nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn 3 c) Lập phơng trình bậc hai nhận nghiệm VI Dạng VI: øng dơng hƯ thøc Vi – Ðt vµo viƯc xét mối quan hệ nghiệm phơng trình bậc hai Ví dụ 1: Cho phơng trình ax + bx + c = cã nghiÖm dơng x1 , x2 CMR: phơng trình cx + bx + a = cịng cã hai nghiƯm dơng, gọi nghiệm x3 , x4 CMR: x1 + x2 + x3 + x4 ≥ Hớng dẫn giải: 23 - Để chứng minh phơng tr×nh cx + bx + a = cịng có nghiệm dơng ta cần chứng minh điều gì? b c ( ∆ = b − 4ac ≥ ; x3 + x4 = − > ; x3 x4 = a >0) c Giải Vì phơng trình ax + bx + c = cã nghiÖm dơng x1 , x2 nên = b − 4ac ≥  b ⇒ a.b < ( 1)  tõ ( 1) vµ ( ) b c trái dấu, a c tr¸i dÊu  x1 + x2 = − > a  c  ⇒ a.c > ( )  x1.x2 = a >  ∆ = b − 4ac ≥ a  ⇒  ⇒ x3 x4 = > b c  x3 + x4 = − > a  Nh nghiệm x3 , x4 phơng trình cx + bx + a = cịng d¬ng Bất đẳng thức Cô si: Với hai số không âm A vµ B ta cã: ( A+ B ) ≥0 (dÊu b»ng x¶y A = B) ⇔ A + B ≥ AB ¸p dơng cho số dơng x1 , x2 x3 , x4 nghiệm phơng trình ax + bx + c = vµ cx + bx + a = c a + ữ ì a cữ   ta cã: x1 + x2 + x3 + x4 = ( x1 + x2 ) + ( x3 + x4 ) ≥ × x1 x2 + × x3 x4 =   VËy x1 + x2 + x3 + x4 ≥ (®pcm) c a =4 a c NhËn xÐt: - Qua vÝ dô đà vận dụng điều kiện để phơng trình bậc hai có nghiệm phân biệt dơng ( ∆ ≥ ; x1 + x2 > ; x1.x2 > ) - ¸p dơng hƯ thøc Vi et cho phơng trình bậc hai đồng thời vận dụng linh hoạt Bất đẳng thức Cô si cho hai số dơng ta đà chứng minh đợc x1 + x2 + x3 + x4 ≥ VÝ dô 2: Tìm m để phơng trình x + 2x + m = ( 1) x + 3x - 2m = ( 2) cã nghiƯm ph©n biệt nghiệm phơng trình xen kẽ Hớng dẫn giải: - Phơng trình x + 2x + m = vµ x - 2x - 2m = cã nghiƯm ph©n biƯt nµo? ( ∆ ' ≥ ) - Khi nµo hai nghiệm phơng trình xen kẽ nhau? Giải Gọi vế trái phơng trình ( 1) vµ ( ) lµ f ( x ) vµ g ( x ) ®ã f ( x ) cã nghiƯm ph©n biƯt x1 < x2 ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ − m > ⇔ m < g ( x ) cã nghiÖm phân biệt x3 , x4 xen kẽ nghiệm x1 , x2 ⇔ g ( x ) cã nghiÖm thc ( x1; x2 ) vµ cã nghiƯm ngoµi [ x1; x2 ] ⇔ g ( x1 ) g ( x2 ) < ⇔ ( x12 + 3x1 - 2m ) ( x 2 + 3x - 2m ) < ( *)  x12 = -2x1 - m   x = -2x - m Do f ( x ) cã nghiệm phân biệt x1 ; x2 nên ( **) x1 +x = −2   x x = m  24 Thay ( **) vµo ( *) ta đợc ( x1 - 3m ) ( x - 3m ) < x1x - 3m ( x1 + x ) + 9m < m- 3m ( -2m ) + 9m < ⇔ 9m +7m< ⇔ − < m phơng trình có nghiệm ph©n biƯt x1 = + 41 ; x2 = − 41 25 2) XÐt ph¬ng tr×nh x − ( 2m − 3) x + m = Ta cã: ∆ =  − ( 2m − 3)  − 4.1.m = 4m − 16m + Để phơng trình có nghiệm α ; β th× 4m − 16m + ≥ ( *) α + β = 2m − ¸p dơng hƯ thøc Vi – Ðt cho phơng trình x ( 2m 3) x + m = ta cã  α β = m Khi ®ã α + β = ( α + β ) − 2αβ = ( 2m − 3) − 2.m = 4m − 14m + 2 2  7   13 13 7  =  4m − 2.2m +  ÷  + −  ÷ =  2m −  − ≥ − ∀m ∈ R )  2m −  ≥ (  2  2 4 2  2      13 7 VËy tổng + đạt giá trị nhỏ nhÊt b»ng − 2m − = ⇒ m = 4 VÝ dô 2: Cho sè a = − vµ b = + Chøng tá A = a + b3 số nguyên 2 Số nguyên lớn không vợt x phần nguyên x ký hiệu [ x ] Tìm b3 Giải 1) Cách 1: Thay a = 3− 3+ vµ b = vµo biĨu thøc A = a + b3 2 3  3−   3+  Ta cã: A =   ÷ + ÷ ÷  ÷     2  − +   −   −   +   +     =  + ÷ ÷ −  ÷  ÷+  ÷  ÷ ÷  ÷ ÷  ÷           14 − 14 +  =  − +  = 3.6 = 18 ∈ Z 4 Vậy A số nguyên Cách 2: Ta cã a + b = 3− 3+ + = vµ 2  3−   3+  a.b =   ÷  ÷ = ÷ ÷    Mµ a + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) ⇒ a + b3 = 33 − 3.1.3 = 27 − = 18 ∈ Z Vậy A số nguyên b) V× a = − ⇒ < − < ⇒ <  ⇒ < a3 <  ÷   2  Ta cã: ( m R ) Vậy phơng trình có nghiệm phân biệt với giá trị m b) - ¸p dơng hƯ thøc Vi – et cho phơng trình x - ( m + 1) x + m - = ( 1)  x1 + x2 = 2m +  x1.x2 = m − ta cã:  Khi ®ã A = x1 ( - x ) + x ( - x1 ) = x1 − x1x + x − x1x = ( x1 + x ) − 2x1x = ( 2m + ) − ( m − ) = 10 ( m R ) Vậy giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào m Ví dụ 2: Cho phơng trình: x - ( 2m - 1) x + m - m - = (1) a) CMR: Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1 ; x2 nghiệm phơng trình Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Giải 2 a) Xét phơng trình: x - ( 2m - 1) x + m - m - = ( *) Ta cã: ∆ ' =  − ( 2m - 1)  − 4.1 ( m − m − 1) = 4m − 4m + − 4m + 4m + = > ( m R ) Vậy phơng trình có nghiệm phân biệt với giá trị m b) * C¸ch 1: - ¸p dơng hƯ thøc Vi et cho phơng trình x - ( 2m - 1) x + m - m - = ( x1 + x2 ) = 4m − 4m +  x1 + x2 = 2m −  ta cã:  ⇔  2  x1.x2 = m − m −  x1.x2 = 4m − 4m −  Khi ®ã ( x1 + x2 ) − x1.x2 = hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m * Cách 2: x1 + x2 = 2m − - ¸p dơng hệ thức Vi et cho phơng trình ( *) ta cã:   x1.x2 = m − m − Tõ ( 1) ⇒ m = ( 1) ( 2) x1 + x2 + Thay m vào ( ) ta đợc: x1.x2 = x1 + x2 +  − x1 + x2 + −  ÷ 2   ⇔ ( x1 + x2 ) − x1.x2 = Khi ®ã ( x1 + x2 ) x1.x2 = hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Kết luận: Muốn chứng minh biểu thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào tham số ta áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng tích nghiệm thay vào biểu thức cần chứng minh rút gọn kết luận Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho phơng trình: x - ( m - 1) x + m + m + = (1) 1) Víi gi¸ trị m phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt? 2) Gọi x1 ; x2 nghiệm phơng trình Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Bài 2: Cho phơng trình: x - ( m - 1) x + m - = (1) 1) Với giá trị m phơng trình (1) cã nghiƯm kÐp 30 2) Gäi x1 ; x2 lµ nghiệm phơng trình Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Qua tiến hành kiểm tra viết lớp 9A (tôi đà vận dụng SKKN) lớp 9B (không áp dụng) thu đợc kết nh sau: Kết thực nghiệm: Lớp sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu 9A 43 18,6% 11 25,6% 19 44,2% 11,6% 9B 43 7% 12 27,9% 20 46,5% 18,6% Bµi häc kinh nghiệm : Qua trình giảng dạy: Những ứng dụng hệ thức Vi et Nhìn chung em có kĩ vận dụng tơng đối thành thạo kiến thức bất đẳng thức đà học vào giải số tập tơng tự nâng cao nh ứng dụng thực tế đà tạo nên hứng thú học tập cho học sinh Đối với dạng tập giáo viên cần phải có lời giải mẫu với phân tích để em hiểu nắm bắt vận dụng đợc phơng pháp làm Từ tập cụ thể giáo viên cần phải khai thác cách giải nh mở rộng kiến thức (khái quát hoá) Khi xây dựng đề tài giáo viên phải chọn lọc xếp phân loại tập theo trình tự lôgíc từ dễ đến khó từ đơn giản đến phức tạp, Giáo viên cần khái quát cách giải dạng tập vận dụng linh hoạt phơng pháp dạy học nh hình thức tổ chức dạy học phù hợp cho hiệu Phần III: Kết luận kiến nghị 1) Kết luận: Sau thời gian nghiên cứu kết hợp với kinh nghiệm giảng dạy nh công tác bồi dỡng học sinh giỏi, ôn thi vào THPT với giúp đỡ bạn bè đồng nghiệp đà hoàn thành sáng kiến kinh nghiƯm : “Nh÷ng øng dơng cđa hƯ thøc Vi – et Tôi thấy đa số em tự giác, tích cực học tập vận dụng tơng đối linh hoạt ứng dụng hệ thức Vi - et vào giải tập có liên quan; tập t ơng tự nâng cao nh c¸c øng dơng thùc tÕ cđa to¸n häc cc sống Tuy nhiên trình thực đề tài không tránh khỏi thiếu sót kính mong đợc góp ý xây dựng đồng nghiệp để đề tài ngày phong phú đầy đủ tạo đợc hứng thú học tập học sinh phát huy đợc tính tích cực chủ động em trình học tập Từ giúp em thêm yêu thích môn Toán Đối với giáo viên cần đầu t thời gian, với tìm tòi lựa chọn xây dựng hệ thống toán, phân dạng tập, xây dựng cách giải tổng quát trình giảng dạy rèn luyện đ ợc kĩ vận dụng, trình bày lời giải, t sáng tạo học sinh qua giúp em tự tin, phấn khởi trình học tập 2) Kiến nghị: Đối với nhà trờng : - Cần tạo điều kiện thuận lợi để giúp giáp viên giảng dạy tốt - Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt công tác trờng 31 Đối với ngành : - Mở buổi hội thảo chuyên đề môn Toán để nâng cao trình độ chuyên môn học hỏi kinh nghiệm đồng nghiệp Tuy nhiên đề tài tránh khỏi sai xót mong thầy cô bạn bè đồng nghiệp, cấp góp ý xây dựng để đề tài đợc hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! 32 ... Phơng pháp chung: - Vận dụng hệ hệ thức Vi ét để tính nhẩm nghiệm phơng trình bậc hai, bậc ba Hoặc phơng trình đa đợc dạng để tinh nhÈm nghiƯm II D¹ng II: øng dơng cđa hƯ thøc Vi et vào vi? ??c tìm... dụng hệ thức Vi et đảo- Tìm số biết tổng tích chúng) (Hệ đà cho có nghiệm hệ phơng trình theo S P cã nghiÖm tháa m·n S2 − P ≥ ) Tùy theo yêu cầu toán ta giải biện luận phơng trình theo tham số... có giá trị tuyệt đối lớn 3 c) Lập phơng trình bậc hai nhận nghiệm −β β −α VI D¹ng VI: øng dơng hƯ thøc Vi ét vào vi? ??c xét mối quan hệ nghiệm phơng trình bậc hai Ví dụ 1: Cho phơng trình ax