Ứng dụng công thức viète trong giải toán bậc phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRỊNH THỊ NGỌC HIỀN ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG GIẢI TOÁN BẬC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2015 Công trình hoàn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN NGỌC CHÂU Phản biện 1: TS Lê Hải Trung Phản biện 2: PGS TS Trần Đạo Dõng Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ Toán học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 12 tháng 12 năm 2015 Có thể tìm hiểu luận văn tại:  Trung tâm Thông tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng  Thư viện trường Đại học , Đại học Đà Nẵng MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Đa thức khái niệm đại số nói riêng toán học nói chung Bài toán tìm nghiệm đa thức, phương trình đại số thức nhà toán học quan tâm nghiên cứu nhiều kỷ Mặc dù lời giải toán tìm đa thức bậc nhỏ 5, nhiều tính chất nghiệm đa thức phát Một tính chất mối liên hệ nghiệm hệ tử đa thức, thể công thức tiếng – Công thức Viète Ứng dụng công thức Viète phong phú hiệu Trong chương trình toán bậc phổ thông, học sinh học công thức Viète tam thức bậc hai Với trường chuyên lớp chọn, học sinh học công thức Viète đa thức bậc ba, nhiên với thời lượng không nhiều mức độ định Với mục đích tìm hiểu hệ thống hóa ứng dụng công thức Viète chương trình toán học phổ thông, chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ là: “ Ứng dụng công thức Viète giải toán bậc phổ thông” Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu, nghiên cứu ứng dụng công thức Viète giải toán - Hệ thống phân loại toán giải công thức Viète - Định hướng việc ứng dụng công thức Viète cho lớp toán Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu - Đa thức ẩn, đa thức nhiều ẩn, đa thức đối xứng, phương trình, hệ phương trình đối xứng - Công thức Viète ứng dụng chương trình toán bậc phổ thông - Các dạng toán phổ thông giải công thức Viète Phƣơng pháp nghiên cứu - Thu thập, tổng hợp, hệ thống tài liệu có nội dung liên quan đến đề tài luận văn, đặc biệt tài liệu liên quan đến công thức Viète - Phân tích, nghiên cứu tài liệu để thực đề tài luận văn - Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn, chuyên gia đồng nghiệp Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận nội dung luận văn chia thành hai chương: Chương Các kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số kiến thức sở đại số, giải tích lượng giác đủ để làm sở cho chương sau Chương Những Ứng dụng Công thức Viète Chương nội dung luận văn, trình bày ứng dụng công thức Viète giải toán bậc phổ thông CHƢƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 ĐA THỨC MỘT ẨN 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Giả sử A vành giao hoán, có đơn vị kí hiệu Ta gọi P tập hợp dãy (a0 , a1 , , an , )  A, với i   tất trừ số hữu hạn Trên P ta định nghĩa hai phép toán cộng nhân sau: (a0 , a1 , , an , )  (b0 , b1 , , bn , )  (a0  b0 , a1  b1 , , an  bn , ) (1.1) (a0 , a1 , , an , )  (b0 , b1 , , bn , )  (c0 , c1 , , cn , ) với ck  a0bk  a1bk   ak b0   ab , i  j k i (1.2) k  0, 1, 2, j Vì bi tất trừ số hữu hạn nên  bi tất trừ số hữu hạn, nên (1.1) (1.2) xác định hai phép toán P Tập P với hai phép toán cộng nhân vành giao hoán có đơn vị Phần tử không phép cộng dãy (0, 0, ) , phần tử đơn vị phép nhân (1, 0, 0, ) Xét dãy x  (0, 1, 0, , 0, )  P Theo quy tắc phép nhân P, ta có: x2  (0, 0, 1, 0, , 0, ) , x3  (0, 0, 0, 1, 0, , 0, ) , , xn  (0, , 0, 1, 0, , 0, ) n Ta quy ước x0  (1, 0, 0, ) Mặt khác, xét ánh xạ: A P a (a, 0, 0, ) Dễ dàng kiểm chứng ánh xạ đơn cấu vành, ta đồng phần tử a  A với dãy (a, 0, 0, )  P xem A vành vành P Vì phần tử P dãy (a0 , a1 , , an , )  trừ tất số hữu hạn, nên phần tử P có dạng (a0 , a1 , , an , 0, 0, ) a0 , a1 , , an  A (không thiết khác 0) Việc đồng a với (a, 0, 0, ) việc đưa vào dãy x cho phép ta viết (a0 , a1 , , an ,0,0, )  (a0 ,0,0, )  (0, a1,0,0, )   (0, ,0, an ,0, )  a0 x0  a1 x  a2 x   an x n Định nghĩa 1.1 Vành P định nghĩa gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ tử A, gọi tắt vành đa thức ẩn x A, kí hiệu A[ x] Các phần tử A[ x] gọi đa thức thức ẩn x lấy hệ tử A thường kí hiệu f ( x), g ( x), Trong đa thức f ( x)  a0 x0  a1 x  a2 x   an x n , , i  0, n gọi hệ tử đa thức, xi gọi hạng tử đa thức đặc biệt a0  a0 x0 gọi hạng tử tự đa thức 1.1.2 Bậc đa thức ẩn Định nghĩa 1.2 Cho đa thức f ( x)  a0 x0  a1 x  a2 x2   an xn khác với an  Ta gọi bậc f ( x) n, kí hiệu deg f ( x)  n Hệ tử an gọi hệ tử cao f ( x) Quy ƣớc: Đa thức bậc 1.1.3 Phép chia có dƣ, đồng dƣ thức 1.1.4 Nghiệm đa thức ẩn 1.2 ĐA THỨC NHIỀU ẨN 1.2.1 Xây dựng vành đa thức n ẩn Định nghĩa 1.5 Giả sử A vành giao hoán có đơn vị A[ xi ] vành đa thức ẩn A1  A[ x1 ], A2  A1[ x2 ], ., xi A , i  1, n Ta đặt An  An1[ xn ] Vành An  An1[ x] kí hiệu A[ x1 , x2 , , xn ] gọi vành đa thức n ẩn x1 , x2 , , xn lấy hệ tử A Mỗi phần tử An gọi đa thức n ẩn x1 , x2 , xn lấy hệ tử A thường kí hiệu f ( x1 , x2 , xn ), g ( x1 , x2 , xn ), Từ định nghĩa ta có Ai 1 vành vành Ai , i  1, n : A0  A  A1  A2   An Từ với f ( x1 , x2 , , xn ) A[ x1 , x2 , , xn ] ta viết dạng f ( x1 , x2 , , xn )  c1 x1a11 x2a12 xna1n  c2 x1a21 x2a22 xna2 n   cm x1am1 x2am xnamn , với ci  A; ai1 , , , ain , i  1, m số tự nhiên (ai1 , , , ain )  (a j1 , a j , , a jn ) i  j Các ci gọi hệ tử, ci x1ai1 x2ai xnain gọi hạng tử đa thức f ( x1 , x2 , , xn ) Đa thức f ( x1 , x2 , , xn )  tất hệ tử 1.2.2 Bậc đa thức nhiều ẩn Định nghĩa 1.6 Giả sử f ( x1 , x2 , , xn )  A[ x1 , x2 , , xn ] đa thức khác 0: f ( x1 , x2 , , xn )  c1 x1a11 x2a12 xna1n  c2 x1a21 x2a22 xna2 n   cm x1am1 x2am xnamn với ci  A; ai1 , , , ain , i  1, m số tự nhiên (ai1 , , , ain )  (a j1 , a j , , a jn ) i  j Ta gọi bậc đa thức f ( x1 , x2 , , xn ) ẩn xi số mũ cao mà xi có hạng tử đa thức Ta gọi bậc hạng tử ci x1ai1 x2ai .xnain tổng số mũ ẩn Hạng tử có số mũ lớn gọi hạng tử cao f ( x1 , x2 , , xn ) Bậc đa thức (đối với toàn thể ẩn) số lớn bậc hạng tử Một đa thức mà hạng tử có bậc k gọi đẳng cấp bậc k hay dạng bậc k Đặc biệt dạng bậc gọi dạng tuyến tính, dạng bậc hai gọi dạng toàn phương, dạng bậc ba gọi dạng lập phương 1.2.3 Đa thức đối xứng Định nghĩa 1.7 Giả sử A vành giao hoán có đơn vị, f ( x1 , x2 , , xn ) đa thức vành f ( x1 , x2 , , xn ) A[ x1 , x2 , , xn ] Ta nói đa thức đối xứng n ẩn f ( x1 , x2 , , xn )  f ( x (1) , x (2) , , x ( n) ) , với phép 1 n     ,  (1)  (2)  (n)  f ( x (1) , x (2) , , x ( n) ) có từ f ( x1 , x2 , , xn ) cách f ( x1 , x2 , , xn ) thay xi x (i ) , i  1, n Ta nói đa thức đối xứng, không thay đổi thay đổi thay đổi vai trò biến cho dạng khai triển Định nghĩa 1.8 Những đa thức dạng:  k   i1 i2  ik xi1 xi2 xik , k  1, n đa thức đối xứng đa thức đối xứng n ẩn x1 , x2 , , xn Giả sử g ( x1 , x2 , , xn ) đa thức A[ x1 , x2 , , xn ] , phần tử có cách A[ x1 , x2 , , xn ] g ( x1 , x2 , , xn ) thay xi  i , i  1, n gọi đa thức đa thức đối xứng bản, kí hiệu g (1 ,  , ,  n ) Vì 1 ,  , ,  n đa thức đối xứng nên g (1 ,  , ,  n ) đa thức đối xứng 1.2.4 Công thức Viète f ( x)  a0 xn  a1 xn1   an1 x  an Cho đa thức bậc n: lấy hệ tử trường Khi x1 , x2 , , xn n nghiệm chúng thỏa mãn hệ thức sau:  1         k     n  n  x1  x2   xn   xi   i 1  x1 x2  x1 x3   xn 1 xn  a1 ao  1 i  j  n xi x j  a2 ao a   xi1 xi2 xik  (1) k ao i1  i2   ik (1.3) k  x1 x2 xn  ( 1) n an ao Công thức gọi công thức Viète vế trái đa thức đối xứng biến x1 , x2 , , xn 1.3 ĐA THỨC VỚI CÁC YẾU TỐ GIẢI TÍCH 1.4 DÃY TRUY HỒI VÀ ĐA THỨC ĐẶC TRƢNG 1.5 MỘT SỐ CÔNG THỨC LƢỢNG GIÁC VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC QUEN BIẾT CHƢƠNG NHỮNG ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC VIÈTE 2.1 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG ĐẠI SỐ 2.1.1 Những vấn đề liên quan đến phƣơng trình đa thức a Tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm Phương pháp: Giá trị biểu thức đối xứng nghiệm phương trình thường tính sau: Bước 1: Kiểm tra điều kiện có nghiệm phương trình Tính giá trị đa thức đối xứng nghiệm phương trình Bước 2: Biểu diễn biểu thức đối xứng qua đa thức đối xứng Bước 3: Dựa vào đa thức đối xứng để tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm Bài toán 2.1.1 Cho phương trình ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4)  m , với m tham số thực Xác định m để nghiệm (phức) x1 , x2 , x3 , x4 phương trình khác Từ tính tổng S  Lời giải Bước 1: Khai triển 1 1    x1 x2 x3 x4 phương trình theo tham số m cho ta x  bx  cx  50 x  24  m  Bước 2: Áp dụng công thức Viète ta có:    xi x j xk  50      x1 x2 x3 x4  24  m Để nghiệm phương trình khác điều kiện   , nghĩa m  24 10 Hay  x1 x2 x3 x4   x1 ( x2  x3  x4 )   x1 (3  x1 )  x12  3x1   x14   15x1  14 Thay x x1 vào phương trình cho ta được: , a  12 x14  3x13  x12  ax1    x1  a  12 Nghĩa a phải thỏa mãn phương trình: 16    (a  12) a  12 Suy a  a  10 Bước 3: Thay a  8, a  10 vào phương trình cho, ta kiểm tra phương trình thỏa mãn điều kiện cho Vậy có hai giá trị tham số a a  a  10 c Giải phương trình đa thức biết tính chất nghiệm Phương pháp: Bước 1: Xét tồn nghiệm phương trình Bước 2: Dựa vào tính chất nghiệm với công thức Viète để tìm nghiệm phương trình Bài toán 2.1.9 Giải phương trình 12 x3  x2  17 x   , biết phương trình có hai nghiệm (phức) có tích – Lời giải Bước 1: Phương trình có nghiệm (phức) Bước 2: Gọi x1 , x2 , x3 nghiệm (phức) phương trình, 1 x1  x2  x3   ; x1 x2 x3   Theo giả thiết phương trình có nghiệm mà tích chúng theo công thức Viète ta có: – 1, không tính tổng quát ta gọi hai nghiệm x1 , x2 11   x1 x2 x3   Ta có:   x1 x2  1  x3  Khi x1  x2   Theo công thức Viète x1 , x2 hai nghiệm phương trình X  X 1   x1  ; x2    2 Vậy tập nghiệm phương trình cho  ; ;   2 3 e Giải phương trình chứa thức Phương pháp: Ta vận dụng công thức Viète, để giải phương trình vô tỉ có dạng n a  f ( x)  m b  g ( x)  , cụ thể sau: Bước 1: Tìm tập xác định phương trình Bước 2: Đặt ẩn phụ  u    v  n a  f ( x) m a  g ( x) , xác định điều kiện ẩn phụ Biến đổi phương trình vô tỉ phương trình đa thức, từ ứng dụng công thức Viète để giải phương trình theo ẩn phụ Tiếp theo suy nghiệm phương trình vô tỉ ban đầu Bài toán 2.1.20 Giải phương trình: 5 x  x 1  Lời giải Bước 1: Tập xác định D  1; 5  u  Bước 2: Đặt   v  5 x x 1 u, v    u   x  v  x   u  v4  12 Khi phương trình cho trở thành: Suy u , v   4 u  v   u  v  u , v  u , v    u  v  uv  uv   u  v   Theo công thức Viète u, v nghiệm phương trình t  2t  phương trình t  2t   Phương trình t  2t   vô nghiệm Phương trình t  2t  có nghiệm là: t  t  Suy cặp u, v là: Ta có: u   ;  v   u    v     5 x  4   x 1   x  (thỏa mãn điều kiện)   5 x  4   x 1   x  (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình x  x  2.1.2 Giải hệ phƣơng trình Phương pháp: Để giải hệ phương trình đối xứng loại I (Tức ta hoán đổi vị trí ẩn phương trình hệ phương trình hệ không thay đổi ), ta thường thực sau: Bước 1: Biến đổi hệ phương trình cho thành hệ phương trình theo đa thức đối xứng ẩn Bước 2: Giải hệ phương trình theo đa thức đối xứng 13 Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tìm nghiệm hệ phương trình ban đầu x  y  z    Bài toán 2.1.24 Giải hệ phương trình  x3  y  z   27 ,  4  x  y  z  113 x, y, z  Lời giải Bước 1: Ta có: x3  y3  z  13  31  3 , x4  y  z  14  412  2 22  413 Vậy hệ phương trình cho trở thành: 1    1  31  3   27  2 1  41   2  41  113 Bước 2: 1   3,   4,    12  1   3,    4,   12  Bước 3: i) Trường hợp 1   3,   4, 3   12 Theo công thức Viète x, y, z nghiệm X  X  X  12  hay X   3, X  ii) Trường hợp thức Viète phương trình 2i, X   2i 1   3,    4, 3  12 Theo công x, y, z nghiệm X  X  X  12  hay X   3, X  phương trình 2, X   Vậy hệ phương trình cho có 12 nghiệm hoán vị  3, 2i,  2i  hoán vị  3, 2,   14 2.1.3 Các toán đa thức Bài toán 2.1.29 Hãy tìm tất đa thức Pn ( x) với hệ số nguyên có dạng Pn ( x)  n! xn  an1 xn1   a1 x  (1)n (n  1)n cho Pn ( x) có n nghiệm thực x1 , x2 , , xn thỏa mãn điều kiện xk  [k , k  1]; k  1, 2, , n n  Lời giải Với n  , đa thức P1 ( x)  x  đa thức thỏa mãn điều kiện toán, có nghiệm x1   [1, 2] Với n  , đa thức có dạng P2 ( x)  x2  a1 x  a1 số nguyên Theo điều kiện đa thức phải có nghiệm thực x1 , x2 cho  x1   x2  Theo công thức Viète ta có: x1  x2   a1 x1 x2   P2 ( x)  x  x  Khi ta nhận được:  Q2 ( x)  x  x  Với n  , áp dụng công thức Viète cho đa thức Pn ( x) , ta có: x1 x2 xn  (n  1)n n 1  n! (n  1)! Nhưng với n  ta có: n 1 n 1   n  n! Vì (n  1)! x1 x2 xn  n! Mặt khác từ điều kiện xk  [k , k  1]; k  1, 2, , n ta nhận x1 x2 xn  1.2.3 n  n! Điều vô lý cho thấy không tồn đa thức thỏa mãn bậc n  điều kiện đề Vậy đa thức ta phải tìm: 15 P1 ( x)  x  2; P2 ( x)  x  x  Q( x)  x2  8x  2.1.4 Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến đa thức Phương pháp: Bước 1: Áp dụng công thức Viète đa thức có để chuyển bất đẳng thức thành bất đẳng thức nghiệm đa thức Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức đại số quen biết để chứng minh bất đẳng thức nghiệm từ suy bất đẳng thức ban đầu Bài toán 2.1.34 Giả sử đa thức x1 , x2   2;    f ( x)  ax2  bx  c, a  có hai nghiệm Chứng minh bất đẳng thức sau:  c (4a  b)     2(4a  2b  c) a   Lời giải Bước 1: Áp dụng công thức Viète đa thức f ( x) , ta có b c x1  x2   , x1 x2  a a Khi bất đẳng thức cho trở thành x 1  x 1 2  1 x1  u  Bước 2: Đặt  v  x2  x1 x2 2 (2.1) 16 Khi đó: (2.1)  1   ; 2 1u 1v  uv u, v  Ta có: 1   2 1u 1 v  uv  (v  u )2 (uv  1) (1  uv) (1  u ) (1  v )  Bất đẳng thức (2.1) chứng minh Vậy bất đẳng thức cho chứng minh 2.1.5 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số Bài toán 2.1.40 Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  x   y   y Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức K  x  y Lời giải x  1 Điều kiện xác định:  y    x  x   y   y 3( x   y  2)  K Xét hệ:     K  x  y  x  y  K Đặt u  x  1, v  y2  u  v2  x  y   K  3(u  v)  K  Vậy (2.2) trở thành:  2 u  v  K  Theo công thức Viète u, v (2.2) K  u  v    uv   K  K    2  nghiệm phương trình 18t  6K t  K  9K  27  Hệ phương trình cho có nghiệm ( x, y) cho x   1, y   18t  6K t  K  9K  27  có hai nghiệm 17  21  K   15 không âm hay Vậy giá trị nhỏ K  21 giá trị lớn K  15 2.2 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG SỐ HỌC Bài toán 2.2.5 Cho dãy số (un )n xác định sau: u0  2, u1  6, 2k 1 , k  u2k un1  6un  2un1 Chứng minh Lời giải Ta xét phương trình đặc trưng dãy số là: x2  x   Phương trình có hai nghiệm x1   11, x2   11 nên  dạng tổng quát dãy số un   11 k   u2k   11  n   n   11 , ta có:   3  11 2k 2k  2k (10  11)k  (10  11)k  Đặt x1  10  11 , x2  10  11 2k Khi ta có:   x1  x2  20 nên theo công thức Viète x1 , x2 hai nghiệm    x1 x2  phương trình: X  20 X    Pn  x1n  x2n  20 x1n1  x1n2  20x2n1  x2n2  20Pn1  Pn2 Đồng thời ta có P0  2, P1  20 nên từ công thức truy hồi ta suy Pn số chẵn Vậy u2k 2k 1 , k  18 2.3 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG GIẢI TÍCH 2.3.1 Các toán liên quan đến giao điểm đồ thị hàm số với đƣờng thẳng Phương pháp: Bước 1: Viết phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số cho với đường thẳng Bước 2: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm có nghiệm (Lưu ý số nghiệm phương trình sô giao điểm đồ thị) Bược 3: Áp dụng công thức Viète để biểu diễn mối liên hệ nghiệm Sau biến đổi để giải toán Bài toán 2.3.1 Cho hàm số y   x3  3x  2( x  1) có đồ thị (C) Tìm m để đường thẳng y  m cắt đồ thị (C) hàm số hai điểm A B cho AB  Lời giải Bước 1: Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng y  m với đồ thị (C) hàm số là: m   x2  (2m  3) x   2m   x3  3x  2( x  1) (2.3) Bước 2: Để đường thẳng y  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (là hoành độ hai giao điểm A, B) Điều tương m   (2.4) 2 Bước 3: Với điều kiện tham số m theo công thức đương với m  19  x  x2   2m   Viète, ta có    x1 x2   2m Và AB  1 , (thỏa mãn điều kiện (2.4)) 2.3.2 Các toán cực trị hàm số Phương pháp: Bước 1: Xác định điều kiện để hàm số có cực trị tìm biểu thức liên hệ tọa độ cực trị Bước 2: Áp dụng công thức Viète biến đổi để giải toán Bài toán 2.3.6 Cho hàm số  (2m  3)2  4(3  2m)   m  y  x3  2(m  1) x2  (m2  4m  1) x  2(m2  1) Tìm để hàm số đạt cực trị m x1 , x2 cho 3x2  4(m  1) x  m2  4m   (2.5) 1   ( x1  x2 ) x1 x2 Lời giải Bước 1: Ta có: y'   Hàm số đạt cực trị phương trình (2.5) có hai nghiệm phân biệt  '   m  4m    m      m    3 20 Bước 2: Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (2.55) Theo 4(1   x1  x2  công thức Viète ta có  x x  m   Theo giả thiết  m) 4m  m  1 1   ( x1  x2 )   m   x1 x2  m  m  không thỏa điều kiện Vậy m  m  2.3.3 Các toán tiếp tuyến Bài toán 2.3.10 Cho hàm số y  x3  3x2  mx  có đồ thị (Cm ) , (m tham số) Xác định m để (Cm ) cắt đường thẳng y  điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm ) D, E vuông góc với Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm (Cm ) đường thẳng x  y  x3  3x  mx      g ( x)  x  3x  m  Để (Cm ) cắt đường thẳng y  ba điểm C(0;1), D, E phân biệt điều kiện g ( x) có nghiệm phân biệt x1 , x2  hay   g   4m    0  3.0  m     m  g ( x) có nghiệm x1 , x2   m   x1  x2   Khi theo công thức Viète ta có   x1 x2  m 21 Để tiếp tuyến D E vuông góc với k1 k2   (9  65) , thỏa mãn điều kiện m 2.4 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG LƢỢNG GIÁC Phương pháp: Bước 1: Chọn phương trình nhận giá trị biểu thức toán làm nghiệm Bước 2: Xây dựng phương trình đại số nhân hàm số lượng giác tương ứng làm nghiệm Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tính giá trị biểu thức chứng minh biểu thức lượng giác Bài toán 2.4.1 Tính giá trị biểu thức  m  A  cos    3 cos Lời giải Bước 1: Ta có: 5x   2k  1  , k   , 3 ,  nghiệm phương trình , ứng với k  0, k  1, k  Bước 2: 5x    2k  4cos3 x  2cos2 x  3cos x    3 Bước 3: Suy cos , cos , cos  5 phương trình y3  y  y   ta có:    ,   4 nghiệm nên theo công thức Viète 22 Vậy A  cos   1  3 cos  cos  2   3 2.5 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG HÌNH HỌC Bài toán 2.5.1 Cho tam giác ABC cạnh a Gọi (d) đường thẳng dựng từ A vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M điểm (d) khác A, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H trực tâm tam giác MBC, N giao điểm OH (d) a) Chứng minh M thay đổi (d) AM.AN không đổi b) Tính AM, AN hai trường hợp MN  3a Lời giải a) Gọi I, J trung điểm BC, AC Vậy suy O giao điểm AI BJ MA  BJ Vì (d)  (ABC)    BJ  (MAC)  BJ  MC AC  BJ MC  BJ  MC  (BHJ)  MC  OH;  MC  BH OH  (BHJ)  Chứng minh tương tự ta có: BM  OH Suy OH  (MBC)  OH  MI  OHI = OAN  90 Xét tam giác OHI tam giác OAN, có  HOI = AON   Suy tam giác OHI đồng dạng với tam giác OAN (2.6) 23  OHI = MAI  90 Xét tam giác OHI tam giác MAI có  HIO = AIM   Suy tam giác OHI đồng dạng với tam giác MAI (2.7) AN OA   MA.AN  OA.AI AI MA Từ (2.6) (2.7) ta suy a2 không đổi b) Đặt MA  x; NA  y MN  x  y Vậy MA.AN  + Với MN  3a Bài toán cho trở thành toán tìm hai số dương x , y biết công thức Viète X2  3a a2 x  y  Áp dụng 2 hai nghiệm phương trình xy  x, y a 3a a2 X   suy X  a X  2 MA  a  NA  a   Vậy  a  a  NA  MA  24 KẾT LUẬN Luận văn: “Ứng dụng công thức Viète giải toán bậc phổ thông” đạt mục đích nhiệm vụ đề ra, cụ thể luận văn thực vấn đề sau: Hệ thống phân loạii số lớp toán sơ cấp giải công thức Viète Ứng dụng công thức Viète để giải lớp toán đại số, số học, giải tích, hình học thuộc chương trình toán bậc phổ thông Đối với lớp toán có đề xuất phương pháp giải nhiều ví dụ minh họa Hy vọng thời gian tới, nội dụng luận văn tiếp tục bổ sung hoàn thiện nhằm chứng tỏ ứng dụng đa dạng hiệu công thức Viète toán học ... liên hệ nghiệm hệ tử đa thức, thể công thức tiếng – Công thức Viète Ứng dụng công thức Viète phong phú hiệu Trong chương trình toán bậc phổ thông, học sinh học công thức Viète tam thức bậc hai... sĩ là: “ Ứng dụng công thức Viète giải toán bậc phổ thông Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu, nghiên cứu ứng dụng công thức Viète giải toán - Hệ thống phân loại toán giải công thức Viète... “Ứng dụng công thức Viète giải toán bậc phổ thông đạt mục đích nhiệm vụ đề ra, cụ thể luận văn thực vấn đề sau: Hệ thống phân loạii số lớp toán sơ cấp giải công thức Viète Ứng dụng công thức