LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP ĐỊNH LÍ VI - ÉT.DOC

LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP ĐỊNH LÍ VI - ÉT I. Định lý Vi-et thuận: Nếu phương trình bậc hai dạng: ax 2 + bx + c = 0 ( a≠0) có nghiệm ta đều có thể viết được các nghiệm đó dưới dạng: a b x a b x 2 2 2 1 ∆−− = ∆+− = ( ) 0≥∆ hoặc a b x a b x ∆+− = ∆+− = ' 2 '' 1 ( ) 0 ' ≥∆ Trong đó acb 4 2 −=∆ (hoặc acb −=∆ 2'' ; b chẵn; b = 2b ’ ) Ta tính được tổng 2 nghiệm và tích 2 nghiệm theo các hệ số a,b,c và biệt thức ∆ ( hoặc ' ∆ ) Các kết quả tính toán ấy cho thấy mối liên hệ chặt chẽ giữa các nghiệm của phương trình bậc hai dạng ax 2 + bx + c = 0 (a≠0) với hệ số a,b,c của phương trình ấy. 1 Mi liờn h ó c Vi- ột, nh toỏn hc phỏp phỏt hin vo u th k XVII v c phỏt biu thnh nh lý mang tờn ụng nh lý Viột: Nu x 1 ;x 2 l hai nghim ca phng trỡnh ax 2 + bx + c =0 (a0) thỡ: = =+ a c xx a b xx 21 21 . II. nh lý Viet o: Nu cú 2 s x 1 , x 2 tho món = =+ Px.x Sxx 21 21 thỡ chỳng l nghim s ca phng trỡnh bc hai: X 2 - SX + P = 0 (iu kin 2 s x 1 , x 2 l S 2 4P 0) Chỳ ý: Trc khi ỏp dng h thc Viet cn tỡm iu kin phng trỡnh cú 2 nghim )0'(0 0a III. CC NG DNG CA NH Lí VIẫT GII BI TON BC HAI. NG DNG 1: Tính tổng và tích các nghiệm phơng trình bậc hai mà không cần giải phơng trình ấy. 2 *)Phương pháp: • Trước khi áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm ⇔    ≥≥ ≠ )0'Δ(0Δ 0a • áp dụng hệ thức Viét ta có:        = − =+ a c xx a b xx 21 21 . *)Bài tập áp dụng: Bài 1: Không giải phương trình hãy tính tổng và tích (nếu có) của các phương trình sau đây : a) x 2 – 7x +4 = 0 b) x 2 – mx -3 = 0 (ẩn x) Giải: a) x 2 – 7x + 4 = 0 (a=1,b=-7,c=4) ∆ = (-7) 2 - 4.1.4=49-16 = 33>0, phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 . Theo vi ét ta có:        == ==+ 4 1 4 . 7 1 7 21 21 xx xx b) x 2 -mx-3=0 ( a=1,b =-m,c=-3) 3 ∆ = b 2 – 4ac = (-m) 2 - 4.1.(-3) = m 2 +12 > 0 ( m∀ ) Phương trình có hai nghiệm x 1 ,x 2 . Theo vi ét ta có :    −= =+ 3. 21 21 xx mxx Bài 2: Cho phương trình :(m + 1)x 2 + (2m – 1)x -2 = 0 (1) (ẩn x) Giả sử x 1 ,x 2 là các nghiệm của phương trình (1);không giải phương trình hãy tính x 1 2 + x 2 2 theo m. Giải: Ta phải có    ≥− −≠ ⇔    ≥∆ ≠+ (**)04 (*)1 0 01 2 acb m m Giải(**): ⇔ (2m -1) 2 – 4(m + 1).(-2) ≥ 0 ⇔ 4m 2 - 4m + 1 + 8m + 8 ≥ 0 ⇔ 4m 2 +4m +1 + 8 ≥ 0 ⇔ (2m + 1) 2 + 8 > 0 ( m∀ ) Từ (*) và (**) suy ra PT (1) có 2 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 với m∀ 1≠ 4 Theo định lý vi ét ta có :        + − = + −− =+ 1 2 . 1 )12( 21 21 m xx m m xx Mặt ≠ : x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 1 2 .2 1 )12( 2 + − −       + −− mm m = 2 2 )1( 54 + + m m Tương tự ta cũng tính được x 1 3 + x 2 3 *) Bài tập đề nghị: Bài 1: Không giải phương trình hãy tính tổng và tích (nếu có) của các phương trình sau đây: 1. 4x 2 + 2x – 5 = 0 2. 9x 2 - 12x +4 = 0 3. 5x 2 +2x +2 = 0 4. 159x 2 - 2x – 1 = 0 5. 2x 2 - 5x + 3 = 0 Bài 2: Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm, rồi tính tổng và tích các nghiệm theo m. a) x 2 - 2x + m = 0 b) x 2 + 2(m-1)x + m 2 = 0 ỨNG DỤNG 2: TÝnh nhÈm nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai. 5 *)Phương pháp: 1) cho PT bậc 2:ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) (1). PT (1) có 2 nghiệm x 1 =1, x 2 = a c ⇔ a + b + c = 0 Chứng minh: *) Phần thuận: Nếu x 1 =1, x 2 = a c ⇒ a + b + c = 0 Thật vậy : Do x 1 = 1 là nghiệm của phương trình nên,ta có: a.1 2 + b.1 + c = 0 hay a + b +c = 0 x 2 = a c cũng là nghiệm của phương trình nên: 2 2 . . 0 0 0( ) ( ) 0 0 0 c c c bc ac a b c a a a a a c loai c a b c a b c a b c   + + = ⇔ + + =  ÷   =  ⇔ + + = ⇔ ⇒ + + =  + + =  Vậy: Nếu x 1 =1, x 2 = a c ⇒ a + b + c = 0. *)Phần đảo: Nếu a + b + c = 0 ⇒ x 1 = 1, a c x = 2 6 Thật vậy : Do a+b+c = 0 ⇒ a = -(b+c), Thay vào PT (1) ta được: [ ] 2 2 2 ( ) 0 ( ) (1 ) 0 1 1 1 0 (1 ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) b c x bx c b x x c x x x x x b c x c c c x b c x c x b c a − + + + = ⇔ − + − = =  =  − =    ⇔ − + + = ⇔ ⇔ ⇔    = + + = =  − +    Vậy: Nếu a + b + c = 0 ⇒ x 1 = 1, a c x = 2 . b) Cho PT: ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) (2). PT (1) có 2 nghiệm x 1 =-1, x 2 = - a c ⇔ a - b + c = 0 (Chứng minh tương tự như trên) *) Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Tìm nghiệm các phương trình sau nhanh nhất a) x 2 – 6x + 8 = 0 b) 11x 2 – 13x – 24 = 0 c) 11x 2 – 13x – 24 = 0 Giải: 7 a) PT x 2 – 6x + 8 = 0 có 2 ' ( 3) 8 1 0∆ = − − = > PT có 2 nghiệm x 1 ;x 2 thoã mãn    = = ⇔    = =+ 4 2 8. 6 2 1 21 21 x x xx xx b) PT 11x 2 + 13x -24 = 0 có a + b + c = 11 + 13 + (- 24) = 0 Nên PT có nghiệm x 1 =1; nghiệm x 2 = 11 24− = a c c) PT 11x 2 - 13x -24 = 0 có a - b + c = 11 + 13 + (-24) = 0 Nên PT có nghiệm x 1 = -1; nghiệm x 2 = 11 24 = − a c Bài tập 2: Cho phương trình. x 2 + (2m+1)x+ m 2 -5= 0 (1),(ẩn x). Xác định m để PT(1) có 2 nghiệm x 1 ; x 2 sao cho x 1 =1.Tìm nghiệm còn lại? Giải : Ta có: 214)5(4)12(4 222 +=−−+=−=∆ mmmacb PT(1) có 2 nghiệm x 1 ; x 2 sao cho x 1 =1, 8    −= = ⇔           −= = −≥ ⇔    =−+++ ≥+ ⇔    =++ ≥∆ ⇔ 3 1 3 1 4 21 05121 0214 0 0 2 m m m m m mm m cba +) m=1 PT(1) có 2 nghiệm x 1 =1; x 2 =-4 +) m=-3 PT(1) có 2 nghiệm x 1 =1; x 2 = 4 *) Bài tập đề nghị: Tính nhẩm nghiệm của các phương trình sau: 1) 7x 2 – 9x + 2 = 0 2) 23x 2 – 9x - 32 = 0 3) 1975x 2 + 4x -1979 = 0 4) (5 + 2 )x 2 + (5 - 2 )x -10 = 0 5) 31,1x 2 – 50,9x + 19,8 = 0 ỨNG DỤNG 3: T×m hai sè biÕt tæng b»ng S vµ tÝch bµng P. *) Phương pháp: Gọi 1 số là x,số còn lại là S-x.Theo bài ra ta có PT: (S-x)x = P ⇔ x 2 – Sx + P = 0 (1) Nếu 04)( 2 ≥−−=∆ PS thì PT(1) có 2 nghiệm. Các nghiệm đó là các nghiệm cần tìm. 9 Tổng quát: Nếu gọi 2 số cần tìm lần lượt là u,v sao cho:    = =+ Pvu Svu . thì u,v là 2 nghiệm của PT: x 2 - Sx + P = 0 (ĐK: S 2 - 4P 0≥ ) *) Bài tập áp dụng: Bài tập 1: a) Tìm hai số u,v biết : u + v = 2; u.v = 9 Giải: Xét S 2 - 4P = (2 2 ) - 4.9 = -32 < 0 ⇒ không có hai số u,v nào thoã mãn bài toán b) Tìm hai số u,v biết u + v = 32; u.v = 231 Giải: Xét S 2 - 4P = 32 2 - 4.231 = 100>0. Vậy u,v là ngiệm của PT : x 2 - 32x + 231 =0 9 2 1032 ;21 2 1032 100231.1.4)32( 21 2 = − == + = =−−=∆ xx Vậy 2 số cần tìm là :    = = 9 21 v u hoặc    = = 21 9 v u 10 [...]... trỡnh: 2x2 - (m - 1)x + m2 - 4m + 3 = 0 (1) * Tỡm m phng trỡnh (1) cú nghim * Xỏc nh du ca cỏc nghim x 1, x2 (x1 x2) vi cỏc giỏ tr tỡm c ca m Gii: * Vỡ (1) l phng trỡnh bc 2 n x tham s m cú nghim s 0 (m - 1)2 - 2 (m2 - 4m + 3) 0 - m2 + 6m 50 m2 - 6m + 5 0 (m - 1) (m - 5) 0 1 m 5 31 m 2 4m + 3 P = x1x2 = 2 * Theo h thc Viet cú: S = x 1 + x2 = m - 1 - Xột du ca P = x1.x2 Ta cú: m2 - 4m +... x1x2 + x1 + x2 + 1 =bc c - b + 1 = bc (5) Vi b = 1 thỡ (5) ỳng khi ú pt : x 2 + bx + c = 0 tr thnh x 2 + x+c=0 Cú nghim nu = 1 - 4c 0 c 1 4 Pt: x2 - b2x + bc = 0 tr thnh x2 - x + c = 0 cng cú nghim nu c 1 : 4 - Vi b =- 2 (5) tr thnh c + 3 = - 2c c = - 1 Khi ú phng trỡnh: x2 - b2x + bc = 0 tr thnh x 2 - 4x + 2 = 0 cú nghim l 2 2 Phng trỡnh: x2 + bx + c = 0 tr thnh x2 - 2x - 1 = 0 cú nghim l 1 ... Gii: p dng nh lý Viet vo 2 phng trỡnh ó cho cú: c + d = - a (1) (2) a + b = - c (3) T c.d=b a.b=d (4) (1) a + c = -d b = d (3) a + c = - b T (2) c =1 T (Vỡ b = d 0) (4) a = 1 (Chia 2 v cho b = d 0) Thay a = c = 1 vo (1) d = - 2 b = - 2 Vy (a, b, c, d) = (1; - 2; 1; - 2) *)Bi tp ngh: Tỡm hai s u v v trong mi trng hp sau õy: 1) u + v = -7 ; u.v = 12 2) u + v = -5 ; u.v = -2 4 3) u - v = 10; u.v... 2m - 1; x1.x2 = m - 2 2 x12 + x2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (2m - 1)2 - 2(m - 2) 3 2 ) 2 =4m2 - 6m + 5 = (2m Du = xy ra khi m = Vy Min(x12 + x22) = 11 4 + 11 4 11 4 3 4 khi m = 3 4 Bi tp 2: Gi x1; x2 l nghim ca phng trỡnh: 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: A =x1x2 - 2x1 - 2x2 Cỏch gii: phng trỡnh ó cho cú nghim thỡ: ' = (m + 1)2 - 2(m2 + 4m + 3) = - (m + 1)(m + 5) 0 - 5... (thay i) Do: S2 - 4P 0 (S 2 P )(S + 2 P ) 0 S - 2 P 0 ; S = 2 P x1 = x2 = P KL: 2 s dng cú tớch khụng i tng nh nht khi chỳng bng nhau *) Bi tp ỏp dng: 33 Bi tp 1: Gi x1, x2 l cỏc nghim ca phng trỡnh: x2 - (2m - 1)x + m 2 = 0 2 Tỡm m x12 + x2 cú giỏ tr nh nht Bi gii: Xột: = 4m2 - 4m + 1 - 4m + 8 = 4m 2 - 8m + 9 = 4(m - 1)2 + 5 >0 Nờn phng trỡnh ó cho cú hai nghim vi mi m Theo nh lý Vi t ta cú:... Cho phng trỡnh: mx2 - 2(3 - m)x + m - 4 = 0 (1) Xỏc nh m phng trỡnh: - Cú ỳng 1 nghim õm - Cú 2 nghim i nhau Gii: Xột 2 trng hp: 2 * TH1: Vi m =0 ta cú: (1) - 6x - 4 = 0 x = 3 l nghim õm duy nht ca phng trỡnh 30 * TH2: Vi m 0 khi ú (1) cú ỳng 1 nghim õm cn iu kin l: x 1 < 0 x 2 x 1 = x 2 < 0 x1 < 0 = x 2 x1 < 0 < x 2 x1 = x 2 < 0 f( 0 ) = 0 vàS < 0 p < 0 b 0 4 (m - 1)2 - 3 (m2 - 4m + 1) > 0 m2 + 4m + 1 > 0 m -2 + 18 3 (*) * Theo h thc Viet ta cú: 4(1 m) m 2 4m + 1 x1 + x 2 = ; x1 x 2 = 3 3 (m2 - 4m + 1 0) m 2 3 (**) T h thc ca... c: (2+3m)( 3-2 m) = - m+6 6m 2 + 60 = 0 m 2 m = 0 ( Rỳt gn cho -6 ) m = 0 hoc m = 1, tho món (*) Hoc th li Bi tp 2: Cho phng trỡnh x2 - 2(m - 2)x + (m2 + 2m - 3) = 0 Tỡm m phng trỡnh cú 2 nghim x 1, x2 phõn bit tho món 1 1 x1 + x 2 + = x1 x2 5 Bi gii: ' = ( (m 2))2 (m 2 + 2m 3) > 0 (1) (2) Ta phi cú: x1 x 2 0 1 1 x1 + x 2 (3) x + x = 5 2 1 17 (1) ' = m2 - 4m + 4 - m2 - 2m + 3 = - 6m + 7 >... + 4 - m2 - 2m + 3 = - 6m + 7 > 0 m < 7 6 (2) m2 + 2m - 3 0 (m - 1)(m + 3) 0 m 1; m - 3 x +x 1 2 (3) x x = 1 2 x1 + x2 ( x1 + x2 )(5 x1 x2 ) = 0 5 Trng hp: x1 + x2 = 0 x1 = - x2 m = 2 khụng tho món iu kin (1) Trng hp: 5 - x1.x2 = 0 x1.x2 = 5 Cho ta: m2 + 2m - 3 = 5 (m - 2)(m + 4) = 0 m = 2 (loại) m = 4 (thoả mãn Đ K) Vy vi m = - 4 phng trỡnh ó cho cú 2 nghim x 1, x2 phõn bit tho món... PT(1), theo vi ột ta cú: Gi s x1, x2 l b x1 + x 2 = a x x = c 1 2 a ax2 + bx + c = a(x2+ a x + a ) = a[ x 2 ( x1 + x2 ) x + x1 x 2 ] = a(x2b c x.x 1- x.x2+ x1.x2) = a(x-x1)(x-x2) VyPT ax2+bx+c = 0 cú 2 nghim x1,x2 thỡ ax2+bx+cx = a(x-x1)(x-x2) Kt lun: ax2+bx+c = a(x-x1)(x-x2) c bit nu [ a ( x x0 ) ] a 0 = 0 thỡ a 0 0 ax2+bx+cx = 2 *) Bi tp ỏp dng: Bi tp1: Phõn tớch a thc 2x2 - 5x + 3 . LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP ĐỊNH LÍ VI - ÉT I. Định lý Vi- et thuận: Nếu phương trình bậc hai dạng: ax 2 + bx + c = 0 ( a≠0) có nghiệm ta đều có thể vi t được các nghiệm đó. là 2 nghiệm của PT: x 2 - Sx + P = 0 (ĐK: S 2 - 4P 0≥ ) *) Bài tập áp dụng: Bài tập 1: a) Tìm hai số u,v biết : u + v = 2; u.v = 9 Giải: Xét S 2 - 4P = (2 2 ) - 4.9 = -3 2 < 0 ⇒ không có. nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 . Theo vi ét ta có:        == ==+ 4 1 4 . 7 1 7 21 21 xx xx b) x 2 -mx-3=0 ( a=1,b =-m,c =-3 ) 3 ∆ = b 2 – 4ac = (-m) 2 - 4.1. (-3 ) = m 2 +12 > 0 ( m∀ ) Phương