Đề tài áp dụng hệ thức vi – et trong giải toán lớp 9

Từ bài toán đơn giản không giải phương trình tính tổng và tích 2 nghiệm của phương trình bậc 2 , học sinh có phương tiện là hệ thức Vi – ét để tính toán . Hệ thức còn giúp học sinh xét dấu 2 nghiệm của phương trình mà khong biết cụ thể mỗi nghiệm là bao nhiêu . Giải và biện luận phương trình bậc 2 có chứa tham số là loại toán khó . Tiếp tục bài toán này thường kèm theo yêu cầu tính giá trị biểu thức , quan hệ giữa 2 nghiệm , các phép tính trên 2 nghiệm ... của phương trình . Việc tính mỗi nghiệm của phương trình theo công thức nghiệm là vô cùng khó khăn vì phương trình đang chứa tham số . Trong trường hợp đó hệ thức Vi – ét là 1 phương tiện hiệu quả giúp học sinh giải loại toán này .

Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 I ) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Từ bài toán đơn giản không giải phương trình tính tổng và tích 2 nghiệm của phương trình bậc 2 , học sinh có phương tiện là hệ thức Vi – ét để tính toán . Hệ thức còn giúp học sinh xét dấu 2 nghiệm của phương trình mà khong biết cụ thể mỗi nghiệm là bao nhiêu . Giải và biện luận phương trình bậc 2 có chứa tham số là loại toán khó . Tiếp tục bài toán này thường kèm theo yêu cầu tính giá trị biểu thức , quan hệ giữa 2 nghiệm , các phép tính trên 2 nghiệm của phương trình . Việc tính mỗi nghiệm của phương trình theo công thức nghiệm là vô cùng khó khăn vì phương trình đang chứa tham số . Trong trường hợp đó hệ thức Vi – ét là 1 phương tiện hiệu quả giúp học sinh giải loại toán này . Cuối học kỳ 2 lớp 9 , thời gian gấp rút cho ôn thi học kỳ 2 và các kỳ thi cuối cấp . Các bài toán cần áp dụng hệ thức Vi – ét đa dạng có mặt trong nhiều kỳ thi quan trọng như thi học kỳ 2, thi tuyển sinh vào lớp 10 , thi vào các trường chuyên lớp chọn Trong bài viết này , tôi hy vọng đóng góp thêm 1 số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh làm quen và tiến tới giải tốt các bài cần áp dụng hệ thức Vi - ét II ) NỘI DUNG ĐỀ TÀI A) KIẾN THỨC CƠ BẢN 1) Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thì tổng và tích hai nghiệm đó là: S = 1 2 b x x a + = − và P = 1 2 . c x x a = 2 ) Tính nhẩm nghiệm a ) Nếu a + b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có các nghiệm số là 1 2 1, c x x a = = b ) Nếu a - b + c = 0 thì phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có 1 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 các nghiệm số là 1 2 1, c x x a = − = − 3 ) Tìm 2 số biết tổng và tích của chúng Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là 2 nghiệm của phương trình bậc hai : 2 0x Sx P − + = B ) BÀI TẬP ÁP DỤNG VÀ BÀI TẬP PHÁT TRIỂN , NÂNG CAO 1, Loại toán xét dấu nghiệm của phương trình mà không giải phương trình Bài tập 1: Không giải phương trình cho biết dấu các nghiệm ? a) 2 13 40 0x x − + = b) 2 5 7 1 0x x + + = c) 2 3 5 1 0x x + − = Giải a) Theo hệ thức Vi – ét có S = 1 2 13 b x x a + = − = P = 1 2 . 40 c x x a = = Vì P > 0 nên 2 nghiệm x 1 và x 2 cùng dấu S > 0 nên 2 nghiệm cùng dấu dương b) Theo hệ thức Vi – ét có P = 1 2 1 . 0 5 c x x a = = > nên 2 nghiệm cùng dấu S = 1 2 7 0 5 b x x a − − + = = < nên 2 nghiệm cùng dấu âm c) P = 1 2 1 . 0 3 c x x a − = = < nên 2 nghiệm trái dấu S = 1 2 5 0 3 b x x a + = − = − < Bài tập 2 2 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 Cho phương trình 2 2 10 0x x m− − = (1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m ≠ 0 . Nghiệm mang dấu nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn ? Giải Ta có a = 1 > 0 , c = - m 2 < 0 với mọi m ≠ 0 Vì a , c trái dấu nên phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt . Theo hệ thức Vi - ét : P = 2 1 2 ,x x m = − < 0 . Do đó 1 x và 2 x trái dấu S = 1 2 10x x+ = nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn Bài tập 3 (Đề TS chuyên Hạ Long 1999 – 2000) Cho phương trình 2 2 ( 1) 2 0x m x m m− − − + − = (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình trên với m = 2 b) Chứng minh rằng phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu ∀ m c) Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x 1 , x 2 Tìm m để biểu thức 3 3 1 2 2 1 x x A x x     = +  ÷  ÷     đạt giá trị lớn nhất Giải a) Thay m = 2 vào phương trình ta được 2 4 0 1 4.( 4) 17 0 x x − − = ∆= − − = > Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1 17 2 1 17 2 x x + = − = b)Xét 2 2 2 2 1 1 3 1 3 2 ( 2) ( 2 1 ) ( ) 1 2 4 4 2 4 ac m m m m m m m   = − + − = − − + = − − + + = − − +     3 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 Có 2 2 1 1 3 3 3 0 1 1 1 0 2 2 4 4 4 m m P P m     − ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤− ⇒ < ∀  ÷  ÷     Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu m∀ c, Gọi 2 nghiệm của phương trình đã cho là x 1 , x 2 Từ kết quả phần b có x 1 , x 2 ≠ 0 , biểu thức A được xác định với mọi x 1 , x 2 tính theo m và 3 1 2 2 1 ( ) 0;( ) 0 x x x x > < Đặt 3 1 2 ( ) x a x =− Với a > 0 3 2 1 1 ( ) x x a ⇒ = − Có A = -a + 1 a− mang giá trị âm A đạt giá trị lớn nhất <=> - A có giá trị nhỏ nhất Có – A = a + 2 1 1a a a + = Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm a và 1 a ( vì a > 0 và 1 0 a > ) Ta có: 1 1 ( ) : 2 . 1 ( ) : 2 1 1 2 a a a a a a a a + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ Vậy – A ≥ 2 <=> A ≤ - 2 nên A có GTLN là - 2 4 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 2 2 2 1 * 2 2 1 2 . 1 2 2 1 0 2 1 0 ( 1) 0 1 A a a a a a a a a a a a a a =− ⇔− + =− − ⇔− − =− ⇔− − =− ⇔− + − = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ( thoả mãn điều kiện a > 0 ) • Với a = 1 thì 3 1 1 1 2 2 2 ( ) 1 1 x x x x x x = − ⇔ = − ⇔ = − • Theo kết quả 1 2 x x = − có 1 2 2 2 0 b S x x x x a = + = − + = = ( 1) 0 1 0 1 m m m ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = * Kết luận : Với m = 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là - 2 2) Loại toán tính giá trị biểu thức chứa tổng, tích 2 nghiệm Bài tập 4: Cho phương trình : 2 2 ( 1) 2 0x m x m m− − − + − = a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m b) Gọi 2 nghiệm là x 1 và x 2 tìm giá trị của m để 2 2 1 2 x x+ đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: a ) Ta có a = 1 > 0 2 2 2 2 2 ( 2) 1 7 ( ) 4 4 1 7 7 ( ) 0 2 4 4 c m m m m m m m =− + − =− − + =− − + + − =− − − ≤ < a, c trái dấu nên phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi 5 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 tham số m Theo hệ thức Vi ét P = 2 1 2 . 2 0 c x x m m a = = − + − < do đó 2 nghiệm trái dấu b) Ta có 2 2 ( 1) 2( 2)m m m = − − − + − = 2 2 2 2 1 2 2 4 3 4 5m m m m m m − + + − + = − + 2 2 4 5 2 4 11 3 3( 2 ) 3 3 3 9 9 m m m m   = − + = − + +  ÷   2 2 11 11 3( ) 3 3 3 m = − + ≥ Vậy Min ( ) 2 2 1 2 11 3 x x + = khi m = 2 3 Bài tập 5: Cho phương trình 2 2 2 ( 2) 7 0x m x m − + − + = Tìm giá trị dương của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng nghịch đảo của nghiệm kia Giải : Ta có a = 2 > 0 Phưong trình có 2 nghiệm trái dấu 2 7 0 7 7m m⇔ − + < ⇔ − < < Với điều kiện này giả sử x 1 < 0 ,x 2 > 0 theo đề ra ta có 2 2 2 1 1 2 2 1 7 1 ( ) 1 7 2 5 5 2 m x x x m m m x − + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ± Vì m > 0 nên ta chọn m = 5 ( thoả mãn điều kiện 7 7m− < < ) Kết luận : Vậy với m = 5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối bằng ngịch đảo của nghiệm kia . 6 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2x x x x x x + = + − Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 Bài tập 6 : ( Đề tuyển sinh lớp 10 năm 2006 – 2007 ) (2 đ) Xét phương trình : 4 2 2 2( 2) 5 3 0x m m− + + + = (1) với m là tham số 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình (1) luôn có 4 nghiệm phân biệt 2) Gọi các nghiệm của phương trình (1) là 1 2 3 4 , , ,x x x x . Hãy tính theo m giá trị của biểu thức M = 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 x x x x + + + Giải : 1) Đặt x 2 = y ( ĐK : y ≥ 0 ) Pt (1) trở thành 2 2 2 2( 2) 5 3 0y m y m − + + + = (2) 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 ( 2) (5 3) 4 4 5 3 1 1 1 3 ( ) 2 . 2 4 4 1 3 ( ) 2 4 m m m m m m m m m m = + − + = + + − − = − + = − + + = − + Có 2 2 2 2 1 1 3 3 ( ) 0 ( ) 2 2 4 4 m m − ≥ ⇒ − + ≥ nên , 0 ∆ ≥ Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi – ét có 2 2 1 2 2( 2) 2( 2) 1 b m S y y m a − + = + = = = + 2 1 2 . 5 3 c P y y m a = = = + Xét 2 5 3P m = + có 2 2 2 0 5 0 5 3 3m m m ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ 7 2 , 2 2 ( 2) (5 3)m m   ∆ = − + − +   Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 nên P > 0 với mọi m ∈ Z 1 2 ,y y ⇒ cùng dấu Xét 2 1 2 2( 2) b S y y m a − = + = = + . Vì 2 2 2 0 2 2 2( 2) 4m m m ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ nên S > 0 1 2 ,y y ⇒ cùng dấu dương (thoả mãn ĐK y ≥ 0) Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu dương nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt đối nhau từng đôi một . 2) Theo kết quả phần a có 1 2 3 4 , , , 0x x x x ≠ và 1 1 2 1 ,x y x y = =− 3 2 4 2 ,x y x y = =− 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) M y y y y = + + + − − 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 . 2( ) . y y y y y y y y y y y y y y = + + + = + + = + = Thay kết quả S và P vào M ta được 2 2 2 2 2.2( 2) 4( 2) 5 3 5 3 m m M m m + + = = + + Kết luận: 2 2 4( 2) 5 3 m M m + = + Bài tập 7: (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 1997 - 1998 ) ( 2,5 đ) Cho phương trình 2 2( 1) 0x m x m − + + = ( mlà tham số) 8 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 a) Chứng minh : Phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi m b) Trong trường hợp m > 0 và 1 2 ,x x là các nghiệm của phương trình nói trên hãy tìm GTLN của biểu thức 2 2 1 2 1 2 1 2 3( ) 6x x x x A x x + − + + = Giải: a) [ ] 2 , ( 1)m m ∆ = − + − 2 2 ( 1) 2 1 m m m m m = + − = + + − 2 2 1 1 1 3 2. . 2 4 4 m m m m = + + = + + + 2 1 3 ( ) 2 4 m = + + Vì 2 1 ( ) 0 2 m + ≥ nên 2 1 3 3 ( ) 2 4 4 m + + ≥ , 0 m Z ∆ > ∀ ∈ ⇒ Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m b) 2 2 1 2 1 2 1 2 3( ) 6x x x x A x x + − + + = Theo kết quả phần a phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt áp dụng hệ thức Vi – ét ta có S = 1 2 2 2 b x x m a − + = = + P = 1 2 . c x x m a = = Vì P = m > 0 nên 2 2 , 0x x ≠ biểu thức A được xác định với mọi giá trị 1 2 ,x x 1 2 ,x x tính theo m 9 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3( ) 6 . x x x x x x x x A x x + + − − + + = = 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 . 3( ) 6x x x x x x x x + − − + + Thay S và P vào biểu thức A ta được : 2 2 (2 2) 2 3(2 2) 6 4 8 4 2 3(2 2) 6 m m m A m m m m m m + − − + + = + + − − + + = 2 2 2 4 4 1 1 4( ) 4( ) 1 4( ) m m m m m m m m m + + = = = + = + Theo bất dẳng thức Cô Si vì 1 1 ( ) : 2 .m m m m + ≥ ( do m > 0và 1 0 m > ) 1 2. 1 1 2 1 4( ) 8 m m m m m m ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ Vậy biểu thức A có GTNN là 8 Trong bất đẳng thức Cô Si dấu bằng xảy ra ⇔ m = 1 m 2 1 1 m m ⇔ = ⇔ = ± Với m = 1 thoả mãn điều kiện m > 0 m = -1 không thoả mãn điều kiện m > 0 Vậy với m = 1 thì A có GTNN bằng 8 Bài tập 8 : ( đề TS chuyên Hạ Long 2005 - 2006 ) (2 đ) Xét phuương trình mx 2 + (2m -1) x + m -2 = 0 (1) với m là tham số 10 [...]... LIUTHAM KHO KHI GING DY LOI TON CN P DNG H THC VI ẫT 1) 2) 3) 4) SGK và sách giáo vi n lớp 9 cải cách Bài tập nâng cao và 1 số chuyên đề toán 9 của Bùi Văn Tuyên Báo toán học và tuổi thơ 2 của Bộ Giáo Dục Các đề thi TS và thi chuyên chọn hàng năm của các tỉnh trên toàn quốc 5) Bài tập nâng cao Đại số 9 của Vũ Hữu Bình 20 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 Xác nhận của tổ chuyên môn : Hạ Long, ngày... 0 0 m 1 16 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 c) Khi m 1 , theo h thc Vi ột cú S = x1 + x2 = 2(m 1) P = x1.x2 = 2m 2 3m +1 Q = x1 + x2 + x1.x2 = 2(m 1) + 2m 2 3m + 1 = 2m 2 m 1 = 2 m2 m 1 1 9 = 2 (m )2 2 2 4 16 Vỡ 0 m 1 1 1 3 1 9 m (m ) 2 4 4 4 4 16 do ú 1 9 (m ) 2 0 4 16 1 9 1 9 Q = 2 (m ) 2 = 2(m ) 2 4 8 4 16 1 2 1 2 9 1 2 9 9 Vỡ 2(m ) 0 2( m ) 0 2(... gp cỏc bi toỏn tng t IV) PHM VI , I TNG NGHIấN CU Hc sinh khi lp 9 trng THPT Hũn Gai V) TNG KT V RT KINH NGHIM Qua ỏp dng vn nờu trờn vo ging dy khi lp 8 , kt qu thu c l hc sinh ó hỡnh thnh , nh hng c cỏch gii loi toỏn ny Bng phng 19 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 phỏp gi m nờu vn , cỏc cõu hi dn dt , cỏc em t phỏt hin ra hng gii cho tng bi tp Giỏo vi n to hng thỳ , phỏt trin trớ... a) Gii phng trỡnh trờn khi m = 5 b) Vi m = 5 , gi s phng trỡnh ó cho khi ú cú 2 nghim l x1 , x2 Khụng gii phng trỡnh , hóy tớnh giỏ tr ca biu thc 15 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 2 3 x12 + 5 x1 x2 + 3 x2 A= 3 3 x1 x2 + x1 x2 Hng dn gii: a) Vi m = 5 phng trỡnh tr thnh x 2 -5x +1 = 0 = 21 , phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit x1 = (5 + 21) 5 21 , x2 = 2 2 b )Vi m = 5 , ta cú phng trỡnh bc hai... ( x1 + x2 ) 2 3 x1 x2 m 0 p dng h thc Vi ột cú A = 4 ( K 1 ) m 4 ( 1 2m 2 m2 ) 3 =4 m m 11 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 1 4m + 4 m 2 3m 6 =4 m2 m 1 4m + 4m 2 3m 2 + 6m = 4m 2 3m 2 + 2m + 1 = 0 3m 2 2m 1 = 0 Cú a + b + c = 3 2 1 = 0 => m 1 = 1 ( tho món iu kin m 0 v m 1 ) 4 m2 = 1 ( khụng tho món iu kin m 0 v m 3 1 ) 4 Vy vi m = 1 thỡ phng trỡnh (1) cú 2 nghim x1... 5x - 66 = 0 = b 2 4ac = 25 + 264 = 2 89 > 0 , = 17 Phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit l x1 = 5 + 17 5 17 = 11; x2 = = 6 2 2 Vy x = 11 thỡ y = - 6 cũn x = - 6 thỡ y = 11 Bi tp 10 : Tỡm hai s x y bit x 2 + y 2 = 25 v xy = 12 Gii : 13 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 Ta cú x 2 + y 2 = 25 (x + y ) 2 - 2xy = 25 (x + y ) 2 - 2.12 = 25 (x + y ) 2 = 49 x +y = 7 * Trng hp x + y = 7 v xy... dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 a ) Tỡm m phng trỡnh cú 2 nghim x 1 , x 2 tho món 2 x12 + x2 x1 x2 = 4 b) Chng minh rng nu m l tớch ca 2 s t nhiờn liờn tip thỡ phng trỡnh cú nghim s hu t Gii m 0 a ) iu kin m cú 2 nghim 0 Xột = (2m 1) 2 4m( m 2) 4 m 2 4 m +1 4 m 2 + 8 m = 4m + 1 0 4m + 1 0 m 1 4 Vy iu kin phng trỡnh cú 2 nghim l m 0 v m 1 4 Vi iu kin trờn theo h thc Vi ột cú... luụn cú nghim vi mi m = 2n + 1 = 2n + 1 ( do n > 0 ) x1 = = 1 2m + 1 2n(n +1) + 2n +1 1 2n 2 2n + 2n +1 = = 2m 2n(n +1) 2n(2n +1) 2 2n 2 2(1 n 2 ) 2(1 n)(1 + n) 1 n = = = 2n(n +1) 2n(n +1) 2n( n +1) n 1 2n 1 2n( n + 1) 2n 1 1 2n 2 2n 2n 1 x2 = = = 2m 2n(n + 1) 2n( n + 1) 2n 2 4n 2n(n + 2) n+2 = = = 2n(n + 1) 2n(n + 1) n +1 12 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 Vỡ n N *... 2004) (4) 2 2 a) Xỏc nh m phng trỡnh 2 x + 2mx + m 2 = 0 cú 2 nghim phõn 17 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 bit b) Gi 2 nghim l x 1 , x 2 , Tỡm GTNN ca biu thc A = 2 x1 x2 + x1 + x2 4 Hng dn gii: a) , = m 2 2(m 2 2) = m 2 + 4 Phng trỡnh cú 2 nghim 0 m 2 0 2 4 m 2 m 2 m2 2 b)Theo nh lý Vi ột cú x1 + x2 = m; x1 x2 = 2 Do ú ta cú A = 2 x1 x2 + x1 + x2 4 = (m + 2)(m 3) Vỡ m [ 2;... a) M = = x1 x2 ( x1 + x2 ) x1 x2 ( x1 + x2 ) Theo h thc Vi ột cú S = x1 + x2 = a; P = x1.x2 = a 1 Vy M = 3 a 2 2(a 1) 1 a (a 1) = 3 [ ( a + 1)( a 1) 2(a 1) ] 3(a 1) 2 3(a 1) 2 3(a 1) = = = a(a 1) a(a 1) a b) Ta cú S = x1 + x2 = a a (a 1) (K : a 0, a 1 ) (1) P = x1.x2 = a 1 (2) 14 ti: p dng h thc Vi et trong gii toỏn lp 9 Tr 2 v ca (1) cho (2) ta cú x1 + x2 x1 x2 = 1 , õy l biu . 3 m M m + = + Bài tập 7: (Đề tuyển sinh chuyên Hạ Long 199 7 - 199 8 ) ( 2,5 đ) Cho phương trình 2 2( 1) 0x m x m − + + = ( mlà tham số) 8 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 a) Chứng minh. x = + − − = + − Áp dụng hệ thức Vi ét có A = 4 ( ĐK 0 1 4 m m ≠    − ≥   ) 2 1 2 2 ( ) 3 4 m m m m − − ⇔ − = 11 Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 2 2 2 2 2 2 2 1. Đề tài: Áp dụng hệ thức Vi – et trong giải toán lớp 9 I ) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Từ bài toán đơn giản không giải phương trình tính tổng và tích 2 nghiệm