Ứng dụng công thức Viete vào giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông

Header Page of 133 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRẦN THỊ ÁI HOA ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIETE VÀO GIẢI TOÁN THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2011 Footer Page of 133 Header Page of 133 Công trình ñược 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 NGUYỄN GIA ĐỊNH Luận văn ñược bảo vệ trước Hội ñồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 26 tháng 11 năm 2011 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng Footer Page of 133 Header Page of 133 MỞ ĐẦU Lý chọn ñề tài Đa thức, phương trình khái niệm quan trọng chương trình toán Trung học phổ thông Bài toán tìm nghiệm ña thức, phương trình ñại số ñã ñược nhà toán học quan tâm nghiên cứu nhiều kỷ Mặc dù lời giải toán cho ñến tìm ñược ñối với ña thức, phương trình ñại số có bậc nhỏ 5, nhiều tính chất nghiệm ña thức, phương trình ñã ñược phát Một tính chất ñó mối liên hệ nghiệm hệ số ña thức, phương trình ñại số, ñược thể công thức tiếng – Công thức Viète Ứng dụng công thức Viète phong phú hiệu Trong chương trình toán học phổ thông, học sinh ñã ñược học công thức Viète ñối với tam thức bậc hai, nhiên với thời lượng không nhiều mức ñộ ñịnh, sách giáo khoa không việc ñịnh hướng tìm tòi lời giải việc ứng dụng công thức Viète chưa trọng ñến việc rèn luyện kỹ nên học sinh thường lúng túng vận dụng công thức Viète ñể giải toán Bên cạnh ñó, ñề thi tuyển sinh ñại học, thi học sinh giỏi nước thường có toán mà lời giải chúng tìm ñược thông qua công thức Viète Với mục ñích tìm hiểu hệ thống hóa cách ñầy ñủ ứng dụng công thức Viète chương trình toán bậc phổ thông, chọn ñề tài “ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE VÀO GIẢI TOÁN Footer Page of 133 Header Page of 133 THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” cho luận văn thạc sĩ Luận văn gồm hai chương Để thuận tiện cho người ñọc, chương nhắc lại số kiến thức ña thức, ñặc biệt ña thức ñối xứng công thức Viète ñể làm tiền ñề cho chương sau Chương hai nội dung luận văn: Nghiên cứu, tìm hiểu việc vận dụng công thức Viète ñể giải số lớp toán lĩnh vực giải tích, ñại số, ña thức, hình học, lượng giác thuộc chương trình toán bậc trung học phổ thông Mục ñích nghiên cứu - Nghiên cứu ứng dụng công thức Viète chương trình toán phổ thông - Hệ thống phân loại số toán ứng dụng công thức Viète ñể giải - Nhằm nâng cao lực tư cho học sinh cần thiết phải xây dựng chuỗi toán từ toán gốc, xây dựng toán tổng quát nhằm hướng ñến ñối tượng học sinh Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Những kiến thức tam giác, công thức lượng giác, bất ñẳng thức quan trọng, tính chất ña thức, ña thức ñối xứng, phương trình ñối xứng - Công thức Viète ứng dụng chương trình toán bậc phổ thông - Các toán ứng dụng công thức Viète Footer Page of 133 Header Page of 133 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu công thức Viète kiến thức liên quan, sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí toán học, số tài liệu khác từ Internet - Thông qua thực tế giảng dạy trường trung học phổ thông ñể tổng kết rút kết luận cần thiết Kết hợp kiến thức ñã ñạt ñược trình thu thập thông tin ñể hệ thống ñưa toán giải ñược công thức Viète - Thảo luận, trao ñổi với người hướng dẫn luận văn Ý nghĩa khoa học thực tiễn ñề tài Công thức Viète ứng dụng có vai trò quan trọng, mở hướng giải cho nhiều toán có liên quan ñến nghiệm phương trình ñại số cách phong phú, ña dạng như: toán liên quan ñến hàm số, chứng minh hệ thức ñại số, tìm giá trị lớn – giá trị nhỏ biểu thức, giải phương trình hệ phương trình không mẫu mực, chứng minh toán lượng giác, hình học… Việc dạy công thức Viète ứng dụng chương trình toán học phổ thông có ý nghĩa ñặc biệt là: làm cho học sinh hiểu sâu sắc nghiệm phương trình ñại số Nêu ñược quan hệ ñịnh tính, ñịnh lượng nghiệm số với hệ số phương trình ñại số Giúp học sinh nhìn nhận toán mối liên hệ sinh ñộng ràng buộc biến số tham số; biến, phần giúp học sinh nâng cao chất lượng học tập môn toán Footer Page of 133 Header Page of 133 Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở ñầu, kết luận tài liệu tham khảo luận văn gồm có chương sau : Chương - ĐA THỨC Chương - MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC VIÈTE Chương ĐA THỨC 1.1 VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN Giả sử A vành giao hoán, có ñơn vị ký hiệu Ta gọi P tập hợp dãy ( a0 , a1 , , an , ) ñó ∈ A với i ∈ = tất trừ số hữu hạn Trên P ta ñịnh 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 = a0 bk + a1bk −1 + + ak b0 = ∑ ab i j (1.2) k = 0,1,2, i + j =k Vì bi tất trừ số hữu hạn nên + bi ci tất trừ số hữu hạn, nên (1.1) (1.2) xác ñịnh hai phép toán P Footer Page of 133 Header Page of 133 Tập P với hai phép toán cộng nhân vành giao hoán có ñơn vị Phần tử không phép cộng dãy ( 0,0, ) , phần tử ñơn vị phép nhân (1,0,0 ) Xét dãy x = ( 0,1,0, ,0, ) ∈ P Theo quy tắc phép nhân P , ta có   x n =  0,0, ,0,1, ,0,  424 1  n   Ta quy ước x = (1,0,0, ,0, ) Mặt khác, xét ánh xạ : A → P a a ( a,0, ,0, ) Dễ dàng kiểm chứng ñược ánh xạ ñơn cấu vành, ñó ta ñồng phần tử a ∈ A với dãy ( a,0,0, ) ∈ P xem A vành vành P Vì phần tử P dãy ( a0 , a1 , an , ) ñó = tất trừ số hữu hạn, nên phần tử P có dạng ( a0 , , an ,0, ) ñó a0 , , an ∈ A (không thiết khác ) Việc ñồng a với ( a, 0, 0, ) việc ñưa vào dãy x cho phép ta viết ( a0 , , an ,0, ) = ( a0 ,0, ) + ( 0, a1 ,0, ) + + ( 0, , an ,0, ) = ( a0 ,0, ) + ( a1 ,0, )( 0,1,0, ) + + ( an ,0, )( 0, , 0,1, 0, ) = a0 + a1 x + + an x n = a0 x + a0 x + + an x n Footer Page of 133 Header Page of 133 Định nghĩa 1.1 Vành P ñược ñịnh nghĩa trên, gọi vành ña thức ẩn x lấy hệ tử A , hay vắn tắt vành ña thức ẩn x A , ký hiệu A [ x ] Các phần tử A [ x ] gọi ña thức ẩn x lấy hệ tử A thường ký hiệu f ( x ) , g ( x ) , Trong ña thức f ( x ) = a0 x + a1 x + + an x n , , với i = 0,1, , n gọi hệ tử ña thức, xi gọi hạng tử ña thức, ñặc biệt a0 x = a0 gọi hạng tử tự 1.2 VÀNH ĐA THỨC NHIỀU ẨN Định nghĩa 2.1 Giả sử A vành giao hoán có ñơn vị Ta ñặt A1 = A [ x1 ] , A2 = A1 [ x2 ] , … An = An −1 [ xn ] Vành An = An −1 [ xn ] ñược kí hiệu A [ x1 , x2 , , xn ] gọi vành ña thức n ẩn x1 , , xn lấy hệ tử A Mỗi phần tử An gọi ña thức n ẩn x1 , , xn lấy hệ tử A thường kí hiệu f ( x1 , , xn ) hay g ( x1 , , xn ) … Từ ñịnh nghĩa ta có dãy vành: A0 = A ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ ⊂ An Trong ñó Ai −1 vành vành Ai , i =1, 2, Từ tính chất hai phép toán vành quy nạp ta chứng minh ñược ña thức f ( x1 , x2 , , xn ) ∈ A [ x1 , x2 , , xn ] ñều viết dạng f ( x1 , x2 , , xn ) = c1 x1a11 x2 a12 xn a1n + c2 x1a21 x2 a22 xn a2 n + + cm x1am1 x2 am xn amn Footer Page of 133 Header Page of 133 với ci ∈ A , ai1 , , …., ain , i = 1, 2, , m , số tự nhiên ( ai1 , , ain ) ( ≠ a j1 , , a jn ) i ≠ j ; ci gọi hệ tử, ci x1ai1 x2 xn ain gọi hạng tử ña thức f ( x1 , x2 , , xn ) Đa thức f ( x1 , x2 , , xn ) = hệ tử không tất 1.3 ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ CÔNG THỨC VIÈTE 1.3.1 Đa thức ñối xứng Định nghĩa 3.1 Giả sử A vành giao hoán có ñơn vị, A [ x1 , , xn ] f ( x1 , , xn ) ña thức vành f ( x1 , , xn ) ña thức ( ñối xứng n Ta nói ẩn ) f ( x1 , x2 , , xn ) = f xτ (1) , xτ (2) , , xτ ( n ) , với phép τ n     τ (1) τ ( ) τ ( n )  τ = ( ) ñó f xτ (1) , xτ (2) , , xτ ( n ) có ñược từ f ( x1 , x2 , , xn ) cách f ( x1 , x2 , , xn ) thay xi xτ ( i ) , i = 1, 2, , n Định lý 3.1 Tập gồm ña thức ñối xứng vành A [ x1 , , xn ] vành vành A [ x1 , , xn ] Các ña thức σ = x1 + x2 + + xn σ = x1 x2 + x1 x3 + + xn −1 xn σ = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + + xn− xn −1 xn Footer Page of 133 Header Page 10 of 133 … σk = ∑ i1 < i2 < < ik xi1 xi2 xik , k = 1,2, , n … σ n −1 = x1 x2 xn −1 + x1 x2 xn − xn + + x2 x3 xn σ n = x1 x2 xn ña thức ñối xứng gọi ña thức ñối xứng ñối với n ẩn x1 , x2 , , xn Giả sử g ( x1 , , xn ) ña thức A [ x1 , , xn ] , phần tử A [ x1 , , xn ] có ñược cách g ( x1 , , xn ) thay x1 σ , x2 σ , …, xn σ n gọi ña thức ña thức ñối xứng bản, kí hiệu g (σ , σ , , σ n ) Vì σ , σ , , σ n ña thức ñối xứng nên g (σ , σ , , σ n ) ña thức ñối xứng theo ñịnh lý 3.1 1.3.2 Công thức Viète Cho ña thức bậc n: f ( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + + ak x n − k + + an (1.3) lấy hệ tử trường T Giả sử f ( x ) có T mở rộng ñó T , tức trường ñó chứa T làm trường con, n nghiệm α1 , α , , α n f ( x ) = a0 ( x − α1 )( x − α ) ( x − α n ) Khi ñó ta có (1.4) Khai triển vế phải so sánh hệ tử lũy thừa giống Footer Page 10 of 133 : Header Page 12 of 133 10 G ( xG ; yG ) trọng tâm tam giác M1M M x1 + x2 + x3   xG = ⇔   y = y1 + y2 + y3  G xi nghiệm phương trình bậc ba: y ' = x3 − x + = Áp dụng công thức Viète, ta có:  x1 + x2 + x3 =   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = − x x x = −1  ⇒ xG = Tính yi : y 'i ( xi ) = y = ( y' x − x2 − x − ) ( (chia y cho y’) ⇒ yi = y ( xi ) = − xi2 − xi − ( ) ) yG = −  x12 + x22 + x32 − ( x1 + x2 + x3 ) −    = − ( x1 + x2 + x3 ) − ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) −  =   Vậy G ( 0;0 ) ⇔ G ≡ O gốc tọa ñộ 2.2 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Bài toán: [Đề tuyển sinh ĐH – CĐ khối A, năm 2006] Cho hai số thực thay ñổi ( x + y ) xy = x + y − xy Footer Page 12 of 133 x ≠ 0, y ≠ thỏa mãn : Header Page 13 of 133 11 Tìm giá trị lớn biểu thức A = 1 + 3 x y Giải Đặt 1 + = m x y Với x ≠ 0, y ≠ , xét hệ phương trình:  ( x + y ) xy = x + y − xy   1  x3 + y = m  ( x + y ) xy = x + y − xy  ⇔  ( x + y ) ( x + y − xy ) = m  ( xy )   ( x + y ) xy = x + y − xy  ⇔  xy ( x + y )2 =m   ( xy )   ⇔   ( x + y ) xy = ( x + y )  x+ y   =m  xy  − xy ( 2.1) S = x + y Đặt   P = xy Theo công thức Viète ñể x, y hai nghiệm thực phương trình t − St + P = S ≥ 4P Footer Page 13 of 133 S, P phải thỏa mãn ñiều kiện Header Page 14 of 133  SP = S − 3P  ⇔   S 2  P  = m   ( 2.1) Hệ 12 ( 2.1) ( 2.2 ) có nghiệm x ≠ 0, y ≠ ⇔ hệ ( 2.2 ) có nghiệm ( S ; P ) thỏa mãn: S ≥ P   Do SP = x + y − xy =  x − y  + y > 0, ∀x ≠ 0, y ≠   Từ ñó : - Nếu m ≤ hệ ( 2.1) vô nghiệm - Nếu m > từ phương trình S S = m ⇒ S = m P   = m ⇔ P P   Thay vào phương trình ñầu hệ ( 2.2 ) Ta ñược: ( ) m.P = m.P − 3P ⇔ m − m P = ( SP > 0, P ≠ ) Để có P từ phương trình thì: m − m ≠ ⇔ m ≠ ( m > 0) Vậy P = m ( ) m −1 Hệ ( 2.2 ) có nghiệm :     ≥  m −1  Footer Page 14 of 133 m ( ⇒S= m −1 ( S ; P ) thỏa mãn S ≥ P 12 ) m −1 Header Page 15 of 133 13 ⇔ 3≥ ( m ( ⇔3 m ≥ ⇔ ) m −1 ( ) m −1 ) m −1 m ≤ ⇔ < m ≤ 16 ( m ≠ 1) Vậy giá trị lớn maxA = 16 2.3 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Bài toán: Giải phương trình sau : ( 2.3) x + − x − x − + x − x −1 = Giải Đặt Đặt u = x +1, v = − x − x − , w = x − x −1  a = u + v+ w   b = uv + vw + wu  c = uvw  Theo giả thiết, ta có : u + v + w = ⇒ a= u + v3 + w3 = Mặt khác (u + v + w ) = a3 ⇔ u + v3 + w3 + 3u v + 3u w+ 3v 2u + 3v w + 3w2u + 3w2v + 6uvw = a ( ⇔ u + v3 + w3 = a − 3u v + 3u w+ 3v 2u + 3v w + 3w2u + 3w2v + 9uvw ) + 3uvw Footer Page 15 of 133 Header Page 16 of 133 14 ⇔ u + v3 + w3 = a3 − 3uv ( u + v + w ) − 3vw ( u + v + w ) − 3wu ( u + v + w ) + 3uvw ⇔ u + v + w = a − ( u + v + w )( uv + vw + wu ) + 3uvw 3 3 ⇔ u + v3 + w3 = a − 3ab + 3c ⇒ a − 3ab + 3c = ⇒ c = 2b Theo công thức Viète u, v, w ba nghiệm phương trình X − X + bX − 2b = : ⇔ ( X − 2) ( X + b) ( 2.4 ) = Ta nhận thấy phương trình ( 2.4 ) có nghiệm X = Do tính chất ñối xứng nên u, v, w nhận giá trị ñó i, Trường hợp u = Ta có : x +1 = ⇔ x = Thay giá trị x = vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = nghiệm ñúng phương trình ñã cho ii, Trường hợp v = x = Ta có : − x + x + = ⇔ x ( x −1) = ⇔  x = Thay giá trị x = vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = nghiệm ñúng phương trình ñã cho iii, Trường hợp w =  x = −1 Ta có: x − x −1 = ⇔ x − x − = ⇔   x=9 Footer Page 16 of 133 Header Page 17 of 133 15 Thay giá trị x = − x = vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = − x = ñều nghiệm ñúng phương trình ñã cho Vậy phương trình ( 2.3) có nghiệm : S = {−1; 0; 1; } 2.4 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài toán : Giải hệ phương trình :   x + y − 3z =   xy − yz − xz = 27 1 1  + − =1  x y 3z ( 2.5) Giải Hệ phương trình ( 2.5 ) hệ ñối xứng theo x , y , z Tuy nhiên ñặt u = x, v = y , w = − 3z , ta có hệ ñối xứng        u+v+w =9 uv + vw + wu = 27 1 + + =1 u v w Đặt a = u + v + w , b = uv + vw + wu , c = uvw    Khi ñó hệ ( 2.6 ) trở thành     Footer Page 17 of 133 a = a =  b = 27 ⇔ b = 27 c = 27 b  =1 c ( 2.6 ) Header Page 18 of 133 16 Áp dụng công thức Viète u, v, w ba nghiệm phương trình : t − 9t + 27t − 27 = ⇔ ( t − 3) =0 Vậy ta có t1 = t2 = t3 = nên u = v = w = Từ ñó ta tìm ñược nghiệm ( x ; y ; z ) hệ ( 2.5 ) là:   3  3     −1; ;  ,  −1; 3;  ,  ; − 1;  ,  ; ; −  ,   2  2      3   3; ; − 1  ; − ;  2     2.5 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán: Cho phương trình ax + bx + cx + d = ( a ≠ ) có ba nghiệm dương x1 , x2 , x3 Chứng minh x17 + x27 + x37 ≥ − b3c 81a Giải Theo công thức Viète ta có : b   x1 + x2 + x3 = − a >   xx + x x +x x = c >0 3  a Bất ñẳng thức Bunyakovski cho ta : x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ≤ x12 + x22 + x32 ⇔ < ( x1 + x2 + x3 ) ≤ ( x12 + x22 + x32 ) ⇔ < Footer Page 18 of 133 c ≤ x12 + x22 + x32 a ( 2.7 ) b2 ≤ x12 + x22 + x32 3a ( 2.8 ) Header Page 19 of 133 17 Từ ( 2.7 ) ( 2.8 ) ta suy ra: < b2 c ≤ ( x12 + x22 + x32 ) 3a Áp dụng bất ñẳng thức Bunyakovski ta lại có : (x + x22 + x32 ) ≤ (1 + + 1) ( x14 + x24 + x34 ) b2c ≤ x14 + x24 + x34 9a ⇒ < ( 2.9 ) Vì x1 , x2 , x3 > nên suy : (x ) +x +x 7   =  x12 x12 + x22 x22 + x32 x32    ≤ ( x1 + x2 + x3 ) ( x17 + x27 + x37 ) Từ ( 2.9 ) ( 2.10 ) ( 2.10 ) ta ñược : b4 c b ≤ − ( x17 + x27 + x37 ) 81a a ⇔ − b3c ≤ x17 + x27 + x37 81a Vậy ta có : x17 + x27 + x37 ≥ − b3c 81a Dấu “=” xảy x1 = x2 = x3 = − b 3a 2.6 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG ĐA THỨC Bài toán: Giả sử nghiệm ña thức P ( x ) = x3 + ax + bx + c (với a, b, c ∈ Z ) tích hai nghiệm Chứng minh P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) ) Footer Page 19 of 133 Header Page 20 of 133 18 Giải Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm ña thức P ( x ) = x3 + ax + bx + c Theo giả thiết toán nghiệm tích hai nghiệm kia, giả sử x3 = x1 x2 Áp dụng công thức Viète ta có :  x1 + x2 + x1 x2 = − a  x1 + x2 + x1 x2 = − a    x1 x2 + x2 x1 x2 + x1 x2 x1 = b ⇔  x1 x2 (1 + x1 + x2 ) = b   2  x1 x2 x1 x2 = − c  x1 x2 = − c Từ ñó b − c = x1 x2 (1+ x1 + x2 + x1 x2 ) = x1 x2 (1 − a ) b−c số hữu tỉ 1− a i, Với a ≠ x1 x2 = Mà x12 x22 = − c số nguyên ñó x1 x2 số nguyên Ta có P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) ) = (1 + a + b + c ) + ( −1 + a − b + c ) − (1 + c ) = − + 2a = − (1 − a ) = −2 (1 + x1 + x2 + x1 x2 ) = − (1 + x1 )(1 + x2 ) ≠ ( 2.11) Mặt khác P ( −1) = ( −1 + a − b + c ) = −  −1 − x1 − x2 − x1 x2 − x1 x2 (1 + x1 + x2 ) − x12 x22  = − (1 + x1 x2 )(1 + x1 )(1 + x2 ) Từ ( 2.11) ( 2.12 ) ta có: P ( −1) = (1 + x1 x2 )  P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) )  Footer Page 20 of 133 ( 2.12 ) Header Page 21 of 133 ⇒ P ( −1) 19 P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) ) = + x1 x2 Vì x1 x2 số nguyên nên + x1 x2 số nguyên Do ñó P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) ) ii, Với a = x1 + x2 + x1 x2 = − ⇔ + x1 + x2 + x1 x2 =  x1 = −1 ⇔ (1 + x1 )(1 + x2 ) ⇔   x2 = −1 Suy P ( x ) có nghiệm -1 Hay P ( −1) = ⇒ P ( −1) = Do ñó P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) ) Vậy số P ( −1) chia hết cho số P (1) + P ( −1) − (1 + P ( ) ) với a, b, c ∈ Z 2.7 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG HÌNH HỌC Bài toán: Cho Parabol ( P ) : y = x Một ñường thẳng ñi qua tiêu ñiểm Parabol ñã cho cắt Parabol hai ñiểm phân biệt A B Chứng minh tích khoảng cách từ A B ñến trục hoành ñại lượng không ñổi Giải Parabol ( P ) : y = 2.2 x có tham số tiêu p = tiêu ñiểm F (1; ) Gọi ñường thẳng ñi qua tiêu ñiểm F (1; ) Parabol ( d ) Footer Page 21 of 133 Header Page 22 of 133 20 i, Đường thẳng ( d ) song song với trục Oy ⇒ ( d ) : x = Lúc ñó ( d ) cắt ( P ) hai ñiểm A (1; − ) B (1; ) ⇒ AF BF = 2.2 = ii, Đường thẳng (d ) không song song với trục Oy , ñó ñường thẳng ( d ) có phương trình y = k ( x − 1) , với k ≠ (vì ( d ) cắt ( P ) hai ñiểm phân biệt) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm (d ) với (P) : k ( x − 1) = x ⇔ k x − ( k + ) x + k = Ta có ∆ ' = 4k + > 0, ∀k ≠ Do ñó ( d ) cắt (P) hai ñiểm phân biệt Gọi x1 , x2 hoành ñộ A B  y1 = k ( x1 − 1) Như A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) , với   y2 = k ( x2 − 1) Ta có d ( A ; Ox ) d ( B ; Ox ) = y1 y2 = k ( x1 − 1)( x2 − 1) = k  x1 x2 + − ( x1 + x2 )   x1 x2 =  Theo công thức Viète , ta có :  ( k + 2)  x1 + x2 = k2   2( k + 2)    = −4 = Nên y1 y2 = k +1 − k2   Footer Page 22 of 133 Header Page 23 of 133 21 Vậy tích khoảng cách từ A B ñến trục hoành ñại lượng không ñổi 2.8 ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC Bài toán: Cho p, r , R nửa chu vi, bán kính ñường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh : p ≥ 3r + 12r.R Dấu xảy nào? B Giải P M r r I r A Xét ∆AMI vuông M , ta có cot ⇒ AM = IM cot Và p − a = C N A AM = IM A A = r.cot 2 b+c−a AN + CN + AM + BM − CP − BP = 2 Mà AM = AN , BM = BP, CN = CP nên p − a = AM = r.cot ⇒ r = Footer Page 23 of 133 ( p −a) A cot = ( p − a ) tan A A Header Page 24 of 133 22 A tan a = Ta có sin A = A 2R + tan 2 A r Thay tan = vào p−a ⇔ ( 2.13) ( 2.13) : a = 2R 2r p−a r2 1+ ( p − a )2 2r ( p − a ) a = 2R ( p − a )2 + r ⇔ a ( p − pa + a ) + ar = 4rRp − 4rRa ⇔ a − pa + ( p + r + 4rR ) a − 4rRp = Tương tự với b, c ta có a, b, c trình : nghiệm phương x3 − px + ( p + r + 4rR ) x − 4rRp =  a + b + c = 2p Theo công thức Viète :  2  ab + bc + ca = p + r + 4rR Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức Bunyakovski: ( a + b2 + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇒ p ≥ ( p + r + 4rR ) ⇒ p ≥ 3r + 12rR Dấu xảy a b c = = b c a ⇒ a = b = c hay ABC tam giác ñều Footer Page 24 of 133 Header Page 25 of 133 23 Các toán tương tự Cho hàm số y = x3 − 3ax + 4a Xác ñịnh ñể ñường thẳng a y = x cắt ñồ thị hàm số ba ñiểm A, B, C với AB = BC x+ Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn ñiều kiện Tìm giá trị Q= x +1 + nhỏ nhất, giá trị lớn y = biểu thức y+9 Giải phương trình: + x + − x + (1 + x )(8 − x ) = x+ y + + =  x y Giải hệ phương trình   x2 + y + + =  x2 y2 Gọi m , n, p ba nghiệm phương trình bậc ba ax + bx + cx − a = Chứng minh : m2 + n2 + p ≥ + + m n Cho ba số nguyên a, b, c , biết ax + bx + c 2+ p a > , ña thức có hai nghiệm khác khoảng ( 0; 1) minh a ≥ Tìm cặp số b, c ñể a = Chứng minh rằng: tan 200 + tan 400 + tan 800 = 33273 Footer Page 25 of 133 Chứng Header Page 26 of 133 24 KẾT LUẬN Luận văn “ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE VÀO GIẢI TOÁN THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” ñã thực ñược vấn ñề sau: Xây dựng vành ña thức ẩn, nhiều ẩn lấy hệ tử trường Đặc biệt vành ña thức ñối xứng, từ ñó giới thiệu công thức Viète tổng quát Trên sở tài liệu toán học, ñặc biệt tài liệu công thức Viète, ña thức ña thức ñối xứng, luận văn ñã sưu tầm, hệ thống phân loại ñược số lớp toán giải ñược công thức Viète Cụ thể là: toán liên quan ñến hàm số, toán tìm giá trị lớn – giá trị nhỏ nhất, toán giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất ñẳng thức, toán ña thức, toán hình học, lượng giác Đối với lớp toán, ví dụ minh họa nhằm làm sáng tỏ khả ứng dụng phong phú linh hoạt công thức Viète, có toán tương tự từ dễ ñến khó dành cho học sinh lớp chọn, lớp chuyên Hy vọng nội dung luận văn tiếp tục ñược hoàn thiện mở rộng nhằm thể ứng dụng ña dạng hiệu công thức Viète Footer Page 26 of 133 ... phương trình ñại số, ñược thể công thức tiếng – Công thức Viète Ứng dụng công thức Viète phong phú hiệu Trong chương trình toán học phổ thông, học sinh ñã ñược học công thức Viète ñối với tam thức... giải chúng tìm ñược thông qua công thức Viète Với mục ñích tìm hiểu hệ thống hóa cách ñầy ñủ ứng dụng công thức Viète chương trình toán bậc phổ thông, chọn ñề tài “ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE VÀO... 133 THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” cho luận văn thạc sĩ Luận văn gồm hai chương Để thuận tiện cho người ñọc, chương nhắc lại số kiến thức ña thức, ñặc biệt ña thức ñối xứng công thức