Đề tài Định lý Viete và ứng dụng

MỞ ĐẦU Định lý Viete là một trong những định lý quan trọng trong chöông trình moân Toaùn baäc THPT. Chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh không khó để có thể giải quyết các bài toán liên quan đến so sánh nghiệm, nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang phát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng trước vấn đề đó chúng tôi đã đưa ra giải pháp là dùng định lý Viete để giải quyết bài toán liên quan đến so sánh nghiệm với một số cho trước. Bên cạnh đó chúng tôi còn đưa ra một số ứng dụng khác để giải các bài toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi, đó là các bài toán: phương trình có nghiệm chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, bài toán liên quan đến số học, dùng định lý Viete để giải bài toán lượng giác. Đôi nét về Francois Viete: Francois Viete sinh năm 1540 tại Fontenay-le-Comte, Pháp. Thuở nhỏ ông học ở trường dòng và sau đó tiếp tục học ở luật ở trường Đại học Poitiers ngay tại quê nhà. Ông sớm nổi bật lên sự khôn ngoan, sắc sảo trong những lần tham vấn về luật cho những người lỗi lạc, sau đó không lâu ông trở thành cố vấn hoàng gia cho Vua Henry III và Henry IV của Pháp. Vào những lúc rảnh rỗi ông nghiên cứu toán học và tự xuất bản những kết quả mà ông gặt hái được. Ông được mệnh danh là cha đẻ của ngành số học hiện đại và là nhà Toán học lỗi lạc nhất thế kỉ thứ 16. Khả năng toán học của Viete trong sự việc sau: vào mùa hè năm 1594 nhà toán học người Bỉ A. Van Roomen đưa ra thách thức cho tất cả những nhà toán học đương thời về lời giải cho một phương trình bậc 4, 5. Đại sứ Hà Lan dâng cho vua Henry IV cuốn sách của Van Roomen với lời bình luận rằng dường như nước Pháp không có một nhà toán học nào quan trọng. Nhà vua cho gọi Viete và ngay sau đó ông đã tìm ra lời giải cho bài toán và vào ngày hôm sau ông đã tìm ra thêm 22 cách giải nữa. Đáp lại Van Roomen. Viete thách thức ông giải bài toán Apollonius tìm ra cách dựng một đường tròn tiếp xúc với 3 tam giác cho trước. Khi Adrianus Romanus tìm ra lời giải sử dụng hai hyperbol, Viete không hài long lắm về lời giải đó vì nó xa lạ với hình học mà theo ông chỉ dung hình học phẳng: chỉ với những đường tròn và đường thẳng. Sau đó ông đã đưa ra lời giải tổng quát cho bài toán tiếp tuyến với một phương pháp thuần chất hình học và xuất bản một cuốn sách nhỏ với tựa đề Apollonius Gallus năm 1600 tại Pais. Adrianus Romanus cảm thấy rất hài long và hứng thú nên ngay sau đó ông lên đường đến Pháp để gặp Viete và có tình bạn thân thiết với Viete. Lấy làm ngạc nhiên vì sao một luật sư bận rộn lại có thể dành nhiều thời gian đến Toán học như thể. Theo một nhà sử học đương thời, vào năm 1600, sự quan tâm dành cho Toán học của Viete một cách sâu sắc đến nỗi suốt 3 ngày liền ông ngồi trren bàn làm việc, không ăn, không ngủ ngoại trừ ngả đầu vào khủy tay và thiếp đi. Viete mất năm 1603, chỉ sau 2 tháng Vua cho ông nghỉ hưu. Định lý Viete. Mét ®a thøc bËc n cã ®óng n nghiÖm ( thùc hay phøc ) vµ c¸c nghiÖm nµy tháa m·n ®Þnh lÝ Viete Ñònh lyù Viete thuaän (Đối với phương trình bậc 2, 3) Neáu laø hai nghieäm cuûa phương trình thì Giả sử là ba nghiệm của phương trình . Khi ñoù: Ñònh lyù Viete (ñaûo) Neáu hai soá thoûa thì chuùng laø nghieäm cuûa phương trình Neáu caùc soá thoûa thì chuùng laø caùc nghieäm cuûa phương trình MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIETE 1. Giải bài toán liên quan đến so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số: Ngày nay trong chương trình Toán phổ thông đã bỏ định lý đảo dấu tam thức bậc hai nên khi gặp các bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai hoặc là các bài toán đưa về so sánh nghiệm với một số thì chúng ta gặp khó khăn. Sau đây chúng ta ứng dụng định lý Viete để giải bài toán trên. Chúng ta đã biết: Bài toán 1: Cho tam thức bậc hai (*) và số thực . Tìm điều kiện để: a) nằm giữa hai nghiệm của (*). b) nhỏ hơn hai nghiệm của (*) c) lớn hơn hai nghiệm của (*) d) (*) có đúng một nghiệm nhỏ hơn e) (*) có nghiệm nhỏ hơn f)(*) có đúng một nghiệm lớn hơn g) (*) có nghiệm lớn hơn Giải: Điều kiện nằm giữa hai nghiệm của (*)là: Điều kiện nhỏ hơn hai nghiệm của (*)là: Điều kiện lớn hơn hai nghiệm của (*)là: Điều kiện để (*) có đúng một nghiệm nhỏ hơn là: TH1: TH2: Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn là: TH1: TH2: Điều kiện để (*) có đúng một nghiệm lớn hơn là: TH1: TH2: Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn là: TH1: TH2: Nhận xét: Thoạt nhìn thì bài toán này mang đậm dấu ấn dùng kiến thức so sánh nghiệm của một tam thức bậc 2 với số thực , và bằng cách làm như trên chúng ta đã giải quyết bài toán một cách dễ dàng dựa vào định lý Viete , tránh không sử dụng kiến thức về tam thức bậc 2 đã được giảm tải trong sách giáo khoa. Ví dụ 1: Cho phương trình: a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm . b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm . c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm . d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm . Giải. Để phương trình (1) có nghiệm Để phương trình (1) có nghiệm Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa (vô nghiệm) Bài toán 2. Cho phương trình Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm. Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Giải: Cách 1: Đặt ĐK nếu a > 0, nếu a < 0. Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự) Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: (2) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm TH1: Phương trình (2) có nghiệm . TH2: Phương trình (2) có nghiệm Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa . TH1: Phương trình (2) có nghiệm . TH2: Phương trình (2) có nghiệm Cách 2: Xét a > 0 Ta có nên đặt khi đó . Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: (2) với Phương trình (2): (3) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm TH1: Phương trình (2) có nghiệm . TH2: Phương trình (2) có nghiệm Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa , hoặc phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa . TH1: Phương trình (2) có nghiệm . TH2: Phương trình (2) có nghiệm (Trong đó là biệt thức của pt (3), ) Nhận xét: Nếu chúng ta khéo léo hơn trong việc đặt ẩn phụ thì chúng ta có thể đưa bài toán về so sánh với số 0. Với ý tưởng trên chúng ta có thể giải các ví dụ sau: Ví dụ 2: Cho phương trình . Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải. ĐK . Đặt suy ra , thay vào phương trình (1) ta được phương trình: Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm TH1: Phương trình (2) có nghiệm . TH2: Phương trình (2) có nghiệm Vậy với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa: Kết luận: Với thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau: TH1: Phương trình (2) có nghiệm . TH2: Phương trình (2) có nghiệm (vô nghiệm) Vậy với thì pt (1) có nghiệm duy nhất. Ví dụ 3: Cho phương trình: a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Giải: Phương trình (1) tương đương Phương trình (2) Đặt , vì nên ta suy ra điều kiện . Thay vào phương trình (2) ta được phương trình: Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm TH1: Phương trình (3) có nghiệm . TH2: Phương trình (3) có nghiệm . TH3: Phương trình (3) có nghiệm . Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm. Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm : Vậy với thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm TH1: Phương trình (3) có nghiệm . TH2: Phương trình (3) có nghiệm TH3: Phương trình (3) có nghiệm: Vậy với thì phương trình có nghiệm duy nhất. 2. Ứng dụng vào giải bài toán số học: Chúng ta bắt đầu với bài toán sau: Bài toán: Tìm số hạng tổng quát của dãy Fibonacci được xác định như sau: Giải: Gọi a, b là các số thỏa điều kiện a + b = 1, a.b = - 1. Tức là a, b là nghiệm của phương trình: (*). Ta có: . Đặt ta có hay là cấp số nhân công bội a Mặt khác: nên ta có Tức là: , từ đó: (**) Do a, b là nghiệm phương trình (*) nên ta có thể coi Thay a, b vào (**) ta có: Từ cách giải bài toán trên ta có thể tìm được số hạng tổng quát của dãy số cho bởi sau: Dãy số được xác định như vậy được gọi là dãy tuyến tính cấp hai. Từ đó ta giải bài toán tổng quát hơn đó là bổ đề sau: Bổ đề: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện . Bài toán thuận: Cho phương trình có hai nghiệm thực . Đặt . Khi đó Bài toán đảo: Cho hai số thực phân biệt . Kí hiệu . Khi đó nếu thì là hai nghiệm phân biệt của phương trình f(x) = 0. Chứng minh: Bài toán thuận: là nghiệm của phương trình (*) . Thật vậy vì là nghiệm của phương trình (*) nên theo định lý Viete ta có: Bài toán đảo: suy ra là 2 nghiệm của (*) Hệ truy hồi đã cho tương đương với: (1) Hay . Do là hai nghiệm phân biệt nên chúng không thể đồng thời bằng 0. Vì thế (1) chỉ xảy ra khi Tức là là hai nghiệm của phương trình (*). Ứng dụng bổ đề ta có các bài toán sau: Ví dụ 1: Tìmvới [x] là phần nguyên của số thực x, chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Giải: Đặt ta có Theo định lý Viete đảo thì x1, x2 là nghiệm phương trình: Đặt . Theo bổ đề thì từ đó ta tính được: Mà Vậy Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong biểu diễn thập phân của số có ít nhất n chữ số 9 sau dấu phẩy. Giải: : Đặt ta có Theo định lý Viete đảo thì x1, x2 là nghiệm phương trình: Đặt . Theo bổ đề thì ta luôn có Sn luôn là số nguyên dương Mà Vậy Mà Sn là số nguyên dươngnên sau dấu phẩy của số luôn có ít nhất n chữ số 9 Ví dụ 3: Cho phương trình có các nghiệm . Chứng minh rằng có thể phân tích được thành tổng 3 số nguyên liên tiếp . Giải: Phương trình có hai nghiệm phân biệt là Theo khai triển nhị thức Newton thì sao cho: Mặt khác theo định lý Viet eta có: Vậy Ví dụ 4: Cho phương trình có các nghiệm . Kí hiệu . CMR Sn là số nguyên . Tính Sn theo Sn+1 và Sn-1, . Tìm số dư của phép chia S3108 cho 5 Giải: Theo định lý Viete ta có: nên S0, S1 là các số nguyên. Mặt khác cũng theo định lý Viete, ta có: , suy ra . Giả sử Sk là số nguyên , ta có: Suy ra: . Công thức trên chính là cách tính Sn+1 theo Sn và Sn-1. Bây giờ tìm số dư của phép chia S3108 cho 5 Ta có: Trong đồng dư thức trên ta thay n + 1 bởi n-2 thì ta có Từ đó Lại thay n+1 bởi n ta được . Mà Do đó số dư trong phép chia cần tìm là 2 Ví dụ 5: Ñònh a ñeå phöông trình sau coù nghieäm nguyeân: (1) Giaûi: Phöông trình (1) coù: Ñeå (1) coù nghieäm nguyeân thì ñieàu kieän caàn laø: phaûi laø chính phöông. (vôùi ) Vì 167 laø soá nguyeân toá neân ñaúng thöùc (*) xaûy ra hoaëc Vaäy giaù trò cuûa a laø: Kieåm tra: + Khi a = 40 thì (1) (nhaän) + Khi a = - 44 (nhaän) Keát luaän: Giaù trò cuûa a caàn tìm laø: a = 40; a = -44 Ví dụ 6: (VMO 2002) Tìm các giá trị nguyên dương của n để phương trình sau có nghiệm nguyên dương: Giải: Giả sử n là số nguyên dương sao cho phương trình (1) có nghiệm nguyên dương (x,y, u, v). Gọi là nghiệm nguyên dương của phương trình (1) sao cho và có giá trị nhỏ nhất. Và không mất tính tổng quát, giả sử: . Từ đó từ (1) ta thấy (2) Mặt khác là nghiệm nguyên dương của phương trình bậc hai: (*) Theo định lý Viete và (2) ta thấy phương trình (*) còn có một nghiệm nguyên đương nữa là: . Điều này chứng tỏ cũng là một nghiệm của phương trình (1). Mặt khác và và có giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm của (1) nên: . Theo định lý dấu tam thức bậc hai ta có: Suy ra: . Mà n nguyên dương nên Tại n = 1 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = u = v = 4 Tại n = 2 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = u = v = 2 Tại n = 3 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = 1; u = v = 2 Tại n = 4 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = u = v = 1 Vậy Ví dụ 7: (VMO 1980) Phương trình có thể có ba nghiệm hữu tỷ phân biệt không? Tại sao? Giải: Giả sử các nghiệm của phương trình là hữu tỷ phân biệt. Trong đó: u, v, w, t là những số nguyên và không phải tất cả là chẵn. Theo định lý Viete ta có: u + v + w = 2t, uv + vw + wu = -2t. Nên tổng: . Điều này chứng tỏ rằng u, v, w phải chẵn. Nhưng cũng là số nguyên. Điều này mâu thuẫn. Vậy có thể có ba nghiệm hữu tỷ phân biệt Ví dụ 8: (Canada 1982)Cho có hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu có một nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại thì: Giải: Gọi 3 nghiệm của P(x) là u, v, uv, Theo định lý Viete ta có: Xét a = 1:0 = u +v + uv + 1=(u + 1)(u + 1) nên có nghiệm bằng – 1, do đó 2P(-1) = 0 chia hết cho mọi số. Xét thì b – c = uv(1 + u +v + uv) = uv(1 - a) Nên hữu tỷ. Do nguyên nên uv nguyên. Ta có P(1) + P(-1) – 2(1 + P(0)) = 2(a - 1) = -2(u + v + uv +1) = -2(1 + u)(1 + v) Và : 2P(-1) = 2(-1 - u) (-1 - v) (-1 - uv) = -2(1 + uv) (1 + u) (1 + u). Do đó Ví dụ 9: (IMO 1988) Cho a, b là các số nguyên dương sao cho là ước của . Chứng minh rằng là số chính phương. Giải: Đặt Cố định k và xét Giả sử k không phải là số chính phương, Trong tất cả các cặp (a, b) giả sử là cặp có tổng a+ b nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát giả sử ta xét phương trình: (1) Phương trình (1)có một nghiệm . Theo định lý Vieta ta có Từ đó suy ra x2 là số nguyên và khác 0 vì nếu là số chính phương mâu thuẫn với giả thiết. x2 không thể âm vì mâu thuẫn x2 là nghiệm của (1). Vì vậy và Do ta có mâu thuẫn với A+B nhỏ nhất Vậy là số chính phương. Ví dụ 10: Cho x, y là các số nguyên dương sao cho là ước của . Chứng minh rằng Giải: Đặt Xét Trong tất cả các cặp (x, y) giả sử là cặp có tổng x+ y nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát giả sử ta xét phương trình: (1) Phương trình (1)có một nghiệm . Theo định lý Vieta ta có Suy ra t2 nguyên dương nên Ta có mâu thuẫn với X+Y nhỏ nhất. Do đó X = Y nên X2 là ước của 2X2+1 suy ra X2 cũng là ước của 1. Vậy X = 1 nên =3. Từ đó suy ra x2 là số nguyên và khác 0 vì nếu là số chính phương mâu thuẫn với giả thiết. x2 không thể âm vì mâu thuẫn x2 là nghiệm của (1). Ví dụ 11: (IMO2007) Cho a, b là các số nguyên dương sao. Nếu là ước của thì a = b Giải: Vì nên ta có : Giả sử tồn tại a,b nguyên dương phân biệt thỏa . Đặt . Cố định k và xét Trong tất cả các cặp (a, b) giả sử là cặp có tổng a+ b nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát giả sử . Ta xét phương trình: (1) Phương trình (1) có nghiệm x1 = A. Theo định lý Vieta ta có Suy ra x2 là số nguyên dương Do A + B nhỏ nhất ta có mâu thuẫn với giả thiết. Vậy a = b. 3. Các bài toán bất đẳng thức và cực trị Ví dụ 1: Cho phöông trình: Ñònh a ñeå phöông trình coù nghieäm sao cho toång bình phöông hai nghieäm cuûa phöông trình ñaït giaù trò lôùn nhaát vaø nhoû nhaát. Giaûi: Phöông trình (1) coù nghieäm luoân luoân ñuùng . Do ñoù (1) luoân coù hai nghieäm phaân bieät. Goïi laø hai nghieäm cuûa phöông trình, ta coù: Theo baát ñaúng thöùc Bunhiakopxki: Ví dụ 2: Xeùt caùc soá thöïc: a, b, c sao cho phöông trình: coù hai nghieäm thuoäc [0, 1]. Haõy tinh giaù trò lôùn nhaát cuûa bieåu thöùc: Giaûi: Vôùi caùc soá thöïc a, b, c laøm cho phöông trình coù hai nghieäm . Goïi hai nghieäm ñoù laø , theo ñònh lyù Viet ta ñöôïc: Ta coù: Khoâng maát tính toång quaùt coù theå giaû söû Daáu “=” xaûy ra Ví dụ 3: Goïi laø nghiệm cuûa phöông trình: a. Chöùng minh raèng: b. Chöùng minh raèng: Giaûi: a. Chöùng minh raèng: Ta coù: neân: + Neáu thì baát ñaúng thöùc (1) luoân ñuùng. + Xeùt : · laø nghieäm cuûa phöông trình: Ñaët: thì: Maët khaùc: Suy ra: Hay (ñpcm) b. Chöùng minh raèng: Giaû söû moät trong hai nghieäm cuûa phöông trình laø: Caàn chöùng minh: Thaät vaäy, baát ñaúng thöùc (*) Roõ raøng baát ñaúng thöùc naøy luoân ñuùng.Vaäy: (ñpcm) Ví dụ 4: Bieát phöông trình: coù ba nghieäm döông laø . Chöùng minh raèng: . Giaûi: Theo ñònh lyù Viete ta coù: Ta coù: Aùp duïng baát ñaúng thöùc: Thaät vaäy: baát ñaúng thöùc (*) luoân luoân ñuùng. Do ñoù: (do > 0) Ta chöùng minh: Ta coù: (theo baát ñaúng thöùc Bunhiacopski) (2) Laïi coù: Töø (1) (2) vaø (3) suy ra: . Do ñoù: (ñpcm) Ví dụ 5: Cho đa thứccó 3 nghiệm không âm phân biệt. CMR Giải: Giả sử là ba nghiệm không âm phân biệt của P(x). Theo định lý Vieta ta có là ba nghiệm không âm phân biệt nên theo bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức AG-AM ta có: (đpcm) Ví dụ 6: Cho phương trình bậc ba: . Biết rằng phương trình có các nghiệm, đồng thời các nghiệm ấy là tan 3 góc của một tam giác nhọn. CMR Giải: Giả sử phương trình có ba nghiệm là tanA, tanB, tanC với A, B, C là ba góc của tam giác nhọn ABC. Theo định lý Viete ta có: Do tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > 0 vì vậy p 0. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: (đpcm) Ví dụ 7:(VMO 2002) Biết rằng đa thứccó 3 nghiệm phân biệt. CMR: Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: Gọi x1, x2, x3 là ba nghiệm thực của của P(x). Theo định lý Viet eta có: Suy ra . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: Nếu thì và bất đẳng thức đúng. Nếu . Không mất tính tổng quát , giả sử và do bđt đồng bậc nên ta giả sử . Khi đó: do đó bất đẳng thức cần chứng minh lại biến đỏi về dạng: . Theo bất đẳng thức Bụhiacopski ta có: (đpcm) Ví dụ 8: (VMO 1999)Cho phương trình , có ba nghiệm dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của Giải: Gọi x1, x2, x3 là 3 nghiệm dương của phương trình đã cho. Theo định lý Viete ta có: . Ta có: Xét hàm số với Ta có suy ra f (b) giảm trên . Xét hàm số g(a) với Ta có với mọi . Dấu bằng xảy ra khi . Khi đó . Vậy 4. Các bài toán lượng giác Ví dụ 1: Chứng minh là ba nghiệm của phương trình . Suy ra: , Giải: Ta có , , nên là ba nghiệm của phương trình: . Theo định lý Viete ta có: Ví dụ 2: Tính Giải: Ta có là nghiệm của phương trình Đặt thì , . Ta có phương trình: . Do đó là ba nghiệm của phương trình Nên Ví dụ 3: Tính Giải: Ta có :là nghiệm phương trình Hay Do đó là ba nghiệm của phương trình: Theo định lý Viete ta có: Do đó Ví dụ 4: Tính Giải: Ta có Với các giá trị thì đều bằng . Do đó là nghiệm của đa thức Theo định lý Viete ta có Ví dụ 5: Tính Giải: Ta có là nghiệm của phương trình Nhưng không phải là nghiệm của phương trình: cosx – 1 = 0 suy ra là nghiệm của phương trình Đặt thì là các nghiệm của phương trình Theo định lý Viete ta có: Vậy Ta xét thêm Khi đó: Tức là: Vậy 5. Liên hệ giữa các nghiệm Ví dụ 1: Cho phöông trình baäc hai: . Chöùng minh raèng ñieàu kieän: laø ñieàu kieän caàn vaø ñuû ñeå phöông trình coù hai nghieäm, trong ñoù nghieâm naøy baèng k laàn nghieäm kia. Giaûi: Giaû söû phöông trình treân coù nghieäm; nghieäm naøy baèng k laàn nghieäm kia: Theo ñònh lyù Viet: Ñaûo laïi: Khi Ta coù: Suy ra phöông trình coù hai nghieäm Ví dụ 2: Cho phương trình bậc ba: có ba nghiệm phân biệt. CMR điều kiện cần và đủ để 3 nghiệm lập thành cấp số cộng là: Giải: Giả sử Theo định lý Viete: . Nên . Do đó Đảo lại nếu có hệ thức thì là một nghiệm của phương trình: Khi đó nên lập thành cấp số cộng. Ví dụ 3: Cho PT coù 3 nghieäm laø . Chöùng minh 3 nghieäm naøy laäp thaønh caáp soá nhaân Giaûi: Do . Ñaët , ta coù (1) (2) (3) Töø (1), (2) vaø (3) suy ra laø 3 nghieäm cuûa PT Vaäy laäp thaønh caáp soá nhaân (4) coù nghieäm x = 1 Caùch khaùc. Theo ñònh lí Vieùt Neáu p = 0 thì Neáu thì , thay vaøo PT, ta coù Neáu p = 0 laäp thaønh caáp soá nhaân Neáu , xeùt PT Choïn laø nghieäm cuûa PT ñaõ cho Ví dụ 4: (VMO 1985) Tìm a để phương trình: có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân. Giải: Gọi 4 nghiệm lập thành cấp số nhân là với . Theo định lý Viete ta có: Ta có vì nếu m = -1thì phương trình có hai nghiệm trùng nhau là (trái với giả thiết) Ta có (1) tương đương với . Chia (3) cho (1) vế theo vế, ta được: (1) (4) Suy ra . Thay (4) vào (2) ta có: (2’) Vì do đó . Từ (1) suy ra y > 0. Từ (4) ta có: . Đặt thì . Thay vào (2) và (2’) ta được (5) Ta luôn có nên Thay vào (5) thì ta được TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Đức Tấn : Phương trình bậc hai và một số ứng dụng [2] Nguyễn Hữu Điển: Đa thức và ứng dụng [3] Lê Hoành Phò : Các vấn đề về đa thức [4] Nguyễn Văn Mậu: Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ [5] Nguyễn văn Nho : 40 năm Olimpic Toán Quốc tế [6] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ [7] Tài liệu trên InternetBài tập Goïi laø 2 nghieäm cuûa phöông trình: 1. Haõy tính theo m caùc bieåu thöùc sau: a. ; b. 2. Ñònh m sao cho 3. Ñònh m ñeå: 4. Tìm giaù trò lôùn nhaát, nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc: Cho phöông trình baäc hai: 1. Ñònh m ñeå phöông trình coù hai nghieäm thoaû maõn: 2. Ñònh m ñeå phöông trình coù hai nghieäm thoaû maõn: 3. Ñònh m ñeå phöông trình coù hai nghieäm thoaû bieåu thöùc: ñaït giaù trò nguyeân. Cho phöông trình baäc hai: 1. Ñònh m ñeå PT (1) coù hai nghieäm sao cho bieåu thöùc: ñaït giaù trò nhoû nhaát. 2. Ñònh m ñeå phöông trình (1) coù hai nghieäm thoaû maõn: 3. Goïi laø hai nghieäm cuûa (1). Chöùng minh raèng: Cho phöông trình: Ñònh a ñeå (1) coù 2 nghieäm thöïc thoaû maõn Vôùi nhöõng giaù trò naøo cuûa a thì phöông trình: coù hai nghieäm thöïc khaùc nhau thoûa maõn: Cho phöông trình: a) Tìm ñeå phöông trình coù hai nghieäm . b) Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc: Goïi laø hai nghieäm cuûa phöông trình: (1) Ñònh m ñeå bieåu thöùc ñaït giaù trò lôùn nhaát, nhoû nhaát. Cho phöông trình baäc hai: 1. Chöùng minh raèng vôùi thì (1) coù hai nghieâm thoûa maõn: 2. Ñònh a ñeå phöông trình (1) coù hai nghieäm sao cho: Cho laø hai nghieäm cuûa phöông trình (1) 1. Haõy tính giaù trò cuûa bieåu thöùc: theo a vaø b. 2. Cho a = 7; b = 3. Haõy tính giaù trò cuûa bieåu thöùc: Q = vôùi laø nghieäm cuûa (1) töông öùng vôùi a = 7; b = 3 3. Cho a = 3m – 3; b = -5m +12 (m laø tham soá). Ñònh m ñeå phöông trình coù hai nghieäm maø nghieäm naøy baèng bình phöông nghieäm kia. Cho phöông trình: vôùi a, b > 0, coù caùc nghieäm laø . Chöùng minh raèng toàn taïi caùc soá sao cho: Xeùt caùc soá thöïc: a, b, c sao cho phöông trình: coù hai nghieäm thuoäc [0, 1]. Haõy tinh giaù trò lôùn nhaát cuûa bieåu thöùc: Cho phöông trình: . Giaû söû phöông trình coù nghieäm keùp . Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa Cho phöông trình: Tìm ñeå nghieäm lôùn nhaát cuûa phöông trình nhaän giaù trò nhoû nhaát. Cho hai phöông trình: vaø . Ñònh a ñeå hai phöông trình coù nghieäm xen keõ nhau. Tìm a, b sao cho phöông trình: coù hai nghieäm thoûa maõn: vaø Ñònh m ñeå phöông trình sau coù 4 nghieäm phaân bieät: Ví dụ 22: Cho các số thực x, y, z khác không thỏa điều kiện . CMR Ví dụ 23: Cho các số thực x, y, z thỏa điều kiện . CMR Bài 1. Biết rằng các nghiệm của phương trình x2 + ax + b = 0 và x2 + cx + d = 0 đều thuộc (-1, 1). Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình 2x2 + (a+c)x + (b+d) = 0 cũng thuộc (-1, 1). Bài 2. Chứng minh rằng đa thức P(x) = 1 + x + x2/2! + + xn/n! không có nghiệm bội. Bài 3. Rút gọn các biểu thức sau Bài 4. Cho a < b < c là ba nghiệm của phương trình x3 – 3x + 1 = 0. Chứng minh rằng a2 – c = b2 – a = c2 – b = 2. Bài 5. Giải hệ phương trình Bài 6. Tìm mối liên hệ giữa các hệ số của phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 biết rằng tích của hai nghiệm của phương trình này bằng tổng của chúng. Bài 7. Chứng minh các khẳng định dưới đây (a) Định lý về nghiệm nguyên. Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + + a1x + a0 với an-1, , a1, a0 là các số nguyên và f(p) = 0 với p nguyên. Khi đó a0 chia hết cho p. (b) Định lý về nghiệm hữu tỷ. Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + + a1x + a0 với an-1, , a1, a0 là các số nguyên và f(p/q) = 0 với p/q là phân số tối giản. Khi đó a0 chia hết cho p và an chia hết cho q. (c) Trong các ký hiệu của câu (b), với mọi số nguyên k số f(k) chia hết cho p – kq. Bài 8. Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 Î R[x]. Đặt M = max{|an-1/an|, |an-2/an|, , |a1/an|, |a0/an|} Khi đó mọi nghiệm a của P(x) thoả mãn bất đẳng thức |a| < M + 1. Hãy chứng minh.