Dinh li viet

Trong chương trình Đại số 10, khi nói đến ứng dụng của định lí Vi – ét không thể không nhắc đến bài toán điển hình của nó, đó là các bài toán: tính giá trị biểu thức, quan hệ giữa hai ng[r]

PHẦN MỞ ĐẦU I Bối cảnh đề tài

Trong chương trình Đại số 10, nói đến ứng dụng định lí Vi – ét khơng thể khơng nhắc đến tốn điển hình nó, tốn: tính giá trị biểu thức, quan hệ hai nghiệm, phép tính hai nghiệm, lập phương trình bậc hai, tìm điều kiện nghiệm, … phương trình Đó tốn liên quan mật thiết đến “tổng tích” hai số thực, đặc biệt tổng tích

của phương trình bậc hai ax2 bx c 0a0 Đó phương trình

có hai nghiệm x x1, tổng hai nghiệm

b

S x x

a

  

tích hai nghiệm

1

c P x x

a

 

Các tốn dạng ứng dụng định lí thường xuất kì thi đa số học sinh khối lớp, xa xuất kì thi tuyển sinh Cao đẳng Đại học, đặc biệt kì thi học sinh giỏi toán

Song, thực tế đa số học sinh lại khơng làm dạng tốn cảm thấy tốn thật khó khăn, đa số tốn có chứa tham số địi hỏi phải có tư cao

II Lí chọn đề tài

Trước bối cảnh trên, sàng lọc lựa chọn số dạng toán thường gặp để giảng dạy rút kinh nghiệm cho thân

Tiếp tục tốn thường kem theo u cầu tính giá trị biểu thức, quan hệ hai nghiệm, phép tính hai nghiệm, lập phương trình bậc hai, tìm điều kiện nghiệm, … phương trình Việc giải tốn phương pháp tính hai nghiệm thật khó khăn (vì đa số phương trình có chứa tham số) Trong trường hợp hệ thức Vi – ét phương tiện hiệu giúp học sinh giải loại tốn

Tơi chọn đề tài “Ứng dụng định lí Vi – ét giải tốn Đại số 10” với lí sau đây:

 Vì tốn dạng tốn thường gặp kỳ thi: Học kì, tuyển sinh đại học đặc biệt thi học sinh giỏi cấp

 Đa số học sinh chưa sử dụng thành thạo định lí tốn liên quan

 Một tốn khơng thiết đơn có cách để giải quyết, cần sử dụng triệt để vấn đề tổng – tích, nghiệm phương trình

III Phạm vi đối tượng nghiên cứu

Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tơi trình bày ứng dụng định lí Vi – ét vào tập mẫu mực thuộc chương trình nội dung kiến thức học sinh khối lớp 10

IV Mục đích nghiên cứu

kiện nghiệm, … phương trình Theo cách dùng định lí Vi – ét lời giải tốn đơn giản, đa số học sinh làm

Khoảng năm học lớp 10, toán cần áp dụng định lý Vi – ét phong phú đa dạng Đa phần tốn có mặt nhiều kì thi quan trọng thi học kì 1, học kì 2, thi tốt nghiệp THPT, thi tuyển vào trường chuyên, thi học sinh giỏi, … Trong viết này, tơi hi vọng đóng góp thêm số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh làm quen tiến tới giải tốt tập vận dụng cần sử dụng đến định lí Vi – ét

Hơn nữa, sáng kiến kinh nghiệm viết với mục đích nâng cao nghiệp vụ giảng dạy thân

V Điểm kết nghiên cứu

Sáng kiến kinh nghiệm trình bày tốn thường gặp định lý Vi – ét chương trình tốn phổ thơng

PHẦN NỘI DUNG

I Cơ sở lý luận

1 Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp:

Trước tiên cần hiểu “ Chỉ thực nhẩm nghiệm phương trình bậc hai trường hợp có nghiệm nguyên nghiệm nguyên nghiệm hữu tỉ”

Để làm rõ ý tưởng chủ đạo phương pháp này, bắt đầu thí dụ phương trình

2 12 0.

x  x 

Ta có

1 2

1

12 3.4

x x

x x

 

 

 



ở đó: 121.12 12   2.6 6   3.4 4  

trong cặp số trên, ta chọn cặp 3;4    3 x1x2 Từ đánh giá đó,suy phương trình có hai nghiệm x1 3 x2 4

Như vậy, để thực việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình

2 0

x bx c 

ta thực theo bước:

Bước 1: Thiết lập hệ thức Vi–ét cho nghiệm x1 x2:

1 2

x x b

x x c

 

 

 

Với cặp thừa số phân tích được, ta tính m n , đó: a Nếu m n b, chuyển sang bước 3.

b Nếu m n b, thực lại bước 2.

Bước 3: Vậy, phương trình có hai nghiệm x1mvà x2 n Nhận xét:

1 Thuật toán có tính dừng hiểu sau:

a Nếu tìm cặp m n;  thỏa mãn điều kiện m n b dừng lại

phép thử đưa lời kết luận

b Nếu cặp m n;  không thỏa mãn dừng trường hợp hiểu không nhẩm nghiệm

2 Chúng ta biết hai trường hợp đặc biệt phương trình

2 0

ax bx c  là:

a Nếu a b c  0 phương trình có nghiệm x11

c x

a



b Nếu a b c  0 phương trình có nghiệm x11

c x

a



2 Tìm hai số biết tổng tích chúng

Phương pháp: (Định lí Vi–ét đảo) Nếu hai số u v có

u v S u v P

  



 

thì u v nghiệm phương trình

2 0

t St P  .

Chú ý:

1

2

và

u t v t

u t v t

 



  



3 Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử Phương pháp:

Ta chứng minh được:

 Nếu phương trình f x  0vơ nghiệm ( b2  4ac0) tam thức  

f x khơng thể phân tích thành tích hai nhân tử bậc (với

hệ số thực)

 Nếu phương trình f x  0 có hai nghiệm x1 x2 (kể hai nghiệm trùng nhau) phân tích tam thức f x  sau:

   1  2

f x ax bx c a x x   x x

4 Tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm Phương pháp:

Biểu thức đối xứng nghiệm x1 x2 phương trình

2 0

ax bx c 

là biểu thức có giá trị khơng thay đổi ta hốn vị x1 x2

Ta biểu thị biểu thức đối xứng nghiệm x1 x2 theo S P, ví dụ:

 2

2 2

1 2 2

x x  x x  x x S  P

1

1 2

1

x x S

x x x x P



  

 3  

3 3

1 2 2

2 2

1

2 2 2

1 2

1

x x S P

x x x x P

 

  

MỆNH ĐỀ:

 Tổng hay tích đa thức đối xứng hai biến u v đa thức đối xứng hai biến

 Mỗi đa thức đối xứng u v biểu diễn dạng đa thức hai biến S u v  P u v (chú ý

rằng S P đa thức đối xứng u v)

Hai mệnh đề giúp ta có “niềm tin” thực hành giải toán Chẳng hạn, nhân hai đa thức đối xứng u v mà kết lại đa thức khơng đối xứng chắn kết sai Khi biết giá trị u v u v ta tin tưởng tính giá trị đa thức đối xứng u v

Điều áp dụng nhiều tốn có liên quan đến phương trình

bậc hai, lẽ định lí Vi–ét cho phép ta tính S x 1 x2 P x x theo hệ số phương trình; từ tính giá trị biểu thức đối xứng

của x1 x2 mà khơng cần phải giải phương trình

5 Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào tham số Phương pháp:

Để tìm hệ thức liên hệ nghiệm khơng phụ thuộc tham số (giả sử tham số m), ta thực theo bước sau:

Bước 1: Tìm điều kiện m để phương trình có hai nghiệm x x1,

0

a

 

Bước 2: Áp dụng định lí Vi–ét, ta  

   

1 2

x x f m

I

x x g m

  



 

Bước 3: Khử mtừ hệ  I ta hệ thức cần tìm

Chú ý: Trong nhiều trường hợp, việc khử tham số từ hệ  I cần sử dụng đẳng thức, đặc biệt đẳng thức lượng giác, cụ thể:

2

sin xcos x1 tan cotx x1

2

2 1 tan

cos

x

x

 

2

2 1 cot

sin

x

x

 

6 Xét dấu nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp:

Dùng định lí Vi–ét ta xét dấu nghiệm x x1, phương trình ax2 bx c 0dựa kết quả:

 Phương trình có hai nghiệm trái dấu  P0

 Phương trình có hai nghiệm dấu

0

P

    

 

 Phương trình có hai nghiệm dương

0 0

P S

   

  

  

 Phương trình có hai nghiệm âm

0 0

P S

   

  

7 Tìm điều kiện để nghiệm phương trình bậc hai thỏa mãn điều kiện cho trước

Phương pháp:

Ta thực theo bước sau:

Bước 1: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm x x1,

0

a

 

  

Bước 2: Áp dụng định lí Vi–ét, ta  

   

1 2

x x f m

II

x x g m

  



 

Bước 3: Biểu diễn điều kiện thông qua  II 8 Giải hệ phương trình đối xứng loại một

Ta quy ước gọi hệ chứa ẩn x y, đối xứng loại phương trình hệ đối xứng x y, (nghĩa hốn vị x y, cho ta phương trình không đổi)

Phương pháp:

Bước 1: Đặt S  x y P xy;  , đưa hệ hệ có hai ẩn S P Bước 2: Tìm S P x y, ; , nghiệm phương trình tổng tích

2 0.

X  SX P

II Thực trạng vấn đề biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề

Thí dụ 1: Trình bày cách nhẩm nghiệm cho phương trình sau a 3x2 3x 18 0

b

2 4x  x 

Giải

a Phương trình cho tương đương với phương trình

2 6 0

x  x 

Khi  

1 2

1

x x

x x

 

 

  



Mà 2  3 1

Vậy phương trình có hai nghiệm x13 x2 3

b Phương trình cho tương đương với phương trình 8 12 0

x  x 

Khi

1 2

8 12 2.6

x x

x x

 

 

 



Mà 8  .

Vậy phương trình có hai nghiệm x12 x2 6

Thí dụ 2: Cho hai số a b, có tổng tổng nghiệm phương trình

2 6 1 0

x  x  có tích tích nghiệm phương trình x2 8x 7

Giải Trước hết ta có nhận xét

 Phương trình x2 6x 1 có  1 36 32 0   nên có hai nghiệm phân biệt

 Phương trình x2 8x 7 có  2 64 28 36 0   nên có hai nghiệm phân biệt

Do từ định lí Vi–ét, ta có

a b a b

  

  

Như a b, nghiệm phương trình t2 6t 7

3

3

t t

    

  

Vậy giá trị a b

3

;

3

a a

b b

     

 

 

    

 

 .

Nhận xét: Trong thí dụ cần ý đến tồn nghiệm hai phương trình ban đầu

Sau ứng dụng thực tế

Thí dụ 3: Tìm hai cạnh mảnh vườn hình chữ nhật trường hợp chu

vi 94,4mvà diện tích 494,55m2 Giải

Gọi x y, hai kích thước hình chữ nhật, theo đề ta có:

  47,2

2 94,4

494,55 494,55

x y x y

xy xy

 

 

 



 



 

Suy x y, hai nghiệm phương trình

2 47,2 494,55 0 31,5 15,7

t

t t

t

 

    

 

Vậy mảnh vườn có chiều dài 31,5m chiều rộng 15,7m

Thí dụ 4: Tìm m cho tổng bình phương nghiệm phương trình

 

2 3 2 3 2 0

x  m x  m

đạt giá trị nhỏ

Giải Phương trình có nghiệm

3m 22 2 m

     

2

9m 20m 16

   

Nên    0, m R Ta có:

 2  

2 2

1

2

2

2 2

16 10

8 26 26

,

3 9

x x S P m m

m m

m m

      

  

 

      

  R.

Dấu “=” xảy

8

3

3

m   m

Do x12 x22 đạt giá trị nhỏ

8

m

Thí dụ 5: Cho phương trình

 

2 2 2 3 0

mx  m x m   .

a Có hai nghiệm trái dấu

b Có hai nghiệm dương phân biệt c Có nghiệm âm

Giải

a Phương trình có hai nghiệm trái dấu

0

3

m

m m

P

m

  

  

 

 

 

b Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

   

 

2

0

'

3

0

2

0

m

m m m

m P

m m S

m

  

     



 

  



 

  



   

   

   

4

;0 3; ;0 3;4

;0 2;

m

m m

m

  

         

    



 

 .

c

Trường hợp 1: m0 Phương trình trở thành:

3

4 0

4

x   x 

Do đó, m0 khơng thỏa.

Trường hợp 1: m0 m

  

Khi m   4 0.

2

4

m x

m

 

   

Do đó, m4 khơng thỏa.

Tóm lại, phương trình có nghiệm âm khả sau:

 x1  0 x2  0m3(kết câu a.);



 

1

3

3

0 2 2

0

0

m

m

x x b m

m

a m

 



  

      

 

   

 

khơng có giá trị m thỏa hệ Vậy giá trị cần tìm là:

0m3

Thí dụ 6: Cho phương trình

   2  

2 2 1 1 0, 0, 1

ax  a x a a a a

Giả sử phương trình có hai nghiệm x x1,

a Viết phương trình bậc hai theo z có hai nghiệm là:

1

2

x z

x



2

1

x z

x



b Tìm hệ thức độc lập tham số nghiệm x x1, c Định a để phương trình có nghiệm thỏa x13x2

Giải Ta có:

   

2

2

a

S x x

a

P x x a

 

  

 

   

a Ta có:



2 2

1 2

1

2 1

2

x x x x S P

z z

x x x x P

              2 2 2

2 4

2 2

4

1

a

a

a a a

a a                 2 x x z z x x  

Vậy phương trình bậc hai cần tìm 2 a z z a            

2 4 2 2 0

a z a z a

    

b Ta có  

2

2 a S a a S      Do đó:     2 2 1 2 S P a S S            

S 22P S2

   

c Ta có:

    2 2 ; a x x a

x x a

         

    2 2

4 (*)

3 a x a x a         

 2  2 1 a a a     4a

  (vì a1)

3

a

 

Với giá trị trên, phương trình cho có nghiệm x2 xác định (*) phương trình cho có nghiệm

Vậy giá trị cần tìm là:

3

a

Thí dụ 7: Giải hệ phương trình

2 3 13 35 x y x y            Giải

Hệ phương trình cho hệ đối xứng loại Ta có: 2 3 13 35 x y x y                 2 13 35

x y xy

x y x y xy

    13 13 35

x y xy

x y xy

                   

Đặt S  x y P xy; 

Hệ phương trình cho trở thành

2 2 13 (1) 13 35 (2) S P S P                

Rút P từ phương trình (1), vào (2) ta được:

4S  39S 35 0

 1 4 4 35 0

5

S S S

S S S                 

 Với

9

8

S   P

(thỏa điều kiện có nghiệm)

thì x y, nghiệm phương trình:

2 0.

8

X  X  

Do đó: 22 2 22 x y          



2 22 2 22 x y           

 Với

5

2

S   P

Ta được:

1

x y

   

 



3

x y

   

 



 Với

7

2

S   P

(không thỏa điều kiện có nghiệm)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là:

2 22 22 22 22

, ; , ;

2 2

       

   

   

3

1, ; ,1

2

   

   

   

Thí dụ 8: Tìm tất giá trị m để phương trình m2x2  2mx m 0

có hai nghiệm mà xếp trục số, chúng đối xứng qua điểm x 1.

Giải

Gọi x x1, hai nghiệm phương trình  

2

m x  mx m  thỏa mãn

yêu cầu tốn

Vì x x1, đối xứng qua điểm x1, nên

1 1

2

x x



Hay x1x2 2

Theo định lí Vi–ét, ta có

1 2

2

m

x x

m

 



Do đó,

2

m

Vậy không tồn giá trị m thỏa mãn tốn

Thí dụ 9: Cho phương trình  2  2  4

x x x x  m

a Giải phương trình với m6.

b Tìm m để phương trình vơ nghiệm

c Tìm m để phương trình có nghiệm d Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt e Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt f Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt

Giải Viết lại phương trình dạng:

x2 2x x  2x 8 m.

   

Đặt t x 22x1,t 0

Suy x22x t  1 x2 2x 8 t 9.

Khi phương trình có dạng:

t 1 t 9 2m f t  t2 10t 9 2m 0 1 

        

a Với m6, ta được:

 1 10 21

t

t t

t

 

     

 

 Với t 3, ta được:

2

1,2

2 2

x  x   x  x   x   Với t 7, ta được:

2

3,4

2 7

x  x   x  x   x  

1,2

x   x3,4  1 7. b Phương trình cho vơ nghiệm

 1 vơ nghiệm  1 có hai nghiệm nhỏ 0.

Nhận xét: phương trình  1 có S 10 0 nên điều kiện thứ hai khơng xảy ra.

Khi đó, để  1 vơ nghiệm

 

' 25 2m 2m 16 m

           

Vậy với m 8 phương trình cho vơ nghiệm.

c Phương trình cho có nghiệm  1 có nghiệm thỏa mãn t1 t2

  '

0

0

f S

   

  

 

 , hệ vô nghiệm.

Vậy không tồn m thỏa mãn đề

d Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt

 1 có nghiệm kép lớn  1 có hai nghiệm t1 0 t2

' 16 8

0 10 9

0

m m

S

m

P m

       

   

      

 

     



Vậy với m8

9

m

phương trình cho có hai nghiệm phân biệt e Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt

 

' 16

9

0

2 10

m

f m m

S

   

 

 

        

   

 

Vậy với

9

m

phương trình cho có ba nghiệm phân biệt f Phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt

 1 có nghiệm 0t1t2

' 16

9

0

2 10

m

P m m

S

   

 

 

          

   

 

Vậy với

9

2

m

  

phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt III Hiệu SKKN

Bằng việc sử dụng thục định lí Vi – ét cách triệt để, giải tốn liên quan đến phương trình, hệ phương trình cách ngắn gọn, bị nhầm lẫn Hơn nữa, từ học sinh tư để làm toán cần sử dụng nhiều cơng cụ khác nhau, chẳng hạn tốn bất đẳng thức, tìm cực trị hàm số,

KẾT LUẬN I Những học kinh nghiệm

Định lí Vi – ét có ứng dụng rộng rãi đa dạng với nhiều dạng toán khác Qua kết ta thấy

 Phương trình bậc hai ax2 bx c 0 có hai nghiệm x x1, 2, đó:  Phương trình có hai nghiệm trái dấu  P0

 Phương trình có hai nghiệm dấu

0

P

    

 

 Phương trình có hai nghiệm dương

0 0

P S

   

  

  

 Phương trình có hai nghiệm âm

0 0

P S

   

  

  

 Muốn tìm điều kiện để nghiệm phương trình bậc hai thỏa mãn điều kiện cho trước, cần thực bước sau:

0

a

 

  

Bước 2: Áp dụng định lí Vi–ét, ta  

   

1 2

x x f m

II

x x g m

  



 

Bước 3: Biểu diễn điều kiện thông qua  II

 Ngồi sử dụng thành thạo định lí Vi – ét, học sinh cịn tiện lợi tồn “tổng – tích”

II Ý nghĩa sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm này, giúp học sinh nắm vững ứng dụng định lí Vi – ét vào giải tốn cách xác, từ giúp học sinh khả tư sáng tạo tốn có sử dụng định lí Vi – ét Theo học sinh nắm bắt vững lí thuyết vấn đề tốn nâng cao thêm học sinh tự giải tốt vấn đề

III Khả ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm