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 được hoàn thành tại

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 đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp

Thạc sĩ Toán học họp tại 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

1

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Đa thức là một trong các khái niệm cơ bản của đại số nói riêng

và của toán học nói chung. Bài toán tìm nghiệm của đa thức, của

phương trình đại số bằng căn thức đã được các nhà toán học quan

tâm nghiên cứu trong nhiều thế kỷ. Mặc dù lời giải của bài toán này

cho đến nay chỉ mới tìm được đối với các đa thức bậc nhỏ hơn 5,

nhưng nhiều tính chất về nghiệm của đa thức đã được phát hiện. Một

trong những tính chất đó là mối liên hệ giữa các nghiệm và các hệ tử

của đa thức, nó được thể hiện bằng một công thức nổi tiếng – Công

thức Viète.

Ứng dụng của công thức Viète khá phong phú và hiệu quả.

Trong chương trình toán bậc phổ thông, học sinh đã được học công

thức Viète đối với tam thức bậc hai. Với các trường chuyên và lớp

chọn, học sinh còn được học công thức Viète đối với đa thức bậc ba,

tuy nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức độ nhất

định. Với mục đích tìm hiểu và hệ thống hóa những ứng dụng của

công thức Viète trong chương trình toán học phổ thông, tôi chọn đề

tài cho luận văn thạc sĩ của mình là: “ Ứng dụng công thức Viète

trong giải toán bậc phổ thông”.

2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

- Tìm hiểu, nghiên cứu các ứng dụng của công thức Viète

trong giải toán.

- Hệ thống và phân loại các bài toán có thể giải được bằng

công thức Viète.

- Định hướng việc ứng dụng công thức Viète cho từng lớp

bài toán.

2

3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu

- Đa thức một ẩn, đa thức nhiều ẩn, đa thức đối xứng, phương

trình, hệ phương trình đối xứng.

- Công thức Viète và các ứng dụng trong chương trình toán

bậc phổ thông.

- Các dạng toán phổ thông được giải bằng công thức Viète.

4. Phƣơng pháp nghiên cứu

- Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu có nội dung liên

quan đến đề tài luận văn, đặc biệt là các tài liệu liên quan đến công

thức Viète.

- Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận

văn.

- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng

dẫn, của chuyên gia và của các đồng nghiệp.

5. Cấu trúc luận văn

Ngoài phần mở đầu và kết luận nội dung của luận văn được

chia thành hai chương:

Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị

Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ sở về đại số, giải tích

và lượng giác đủ để làm cơ sở cho chương sau.

Chương 2. Những Ứng dụng của Công thức Viète

Chương này là nội dung chính của luận văn, trình bày các ứng

dụng của công thức Viète trong giải toán bậc phổ thông.

3

CHƢƠNG

CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. ĐA THỨC MỘT ẨN

1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn

Giả sử A là một vành giao hoán, có đơn vị kí hiệu là 1. Ta

gọi P là tập hợp các dãy 0 1( , , ..., , ...)na a a trong đó ,ia A với

mọi i và 0ia tất cả trừ một số hữu hạn. Trên P ta định

nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau:

0 1 0 1 0 0 1 1( , ,..., , ...) ( , ,..., , ...) ( , ,..., , ...)n n n na a a b b b a b a b a b (1.1)

0 1 0 1 0 1( , ,..., , ...) ( , ,..., , ...) ( , , ..., , ...)n n na a a b b b c c c (1.2)

với 0 1 0... , 0, 1, 2,...k k k k i j

i j k

c a b a b a b a b k

Vì các ia và ib bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên các

i ia b và các cũng bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên (1.1)

và (1.2) xác định hai phép toán trong P.

Tập P cùng với hai phép toán cộng và nhân ở trên là một vành

giao hoán có đơn vị. Phần tử không của phép cộng là dãy (0, 0, ...) ,

phần tử đơn vị của phép nhân này là (1, 0, 0, ...) . Xét dãy

(0, 1, 0, ..., 0, ...)x P . Theo quy tắc của phép nhân trong P, ta có:

2 (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...)x , 3 (0, 0, 0, 1, 0,..., 0,...)x , ... , (0, ..., 0, 1, 0,..., 0,...)n

n

x

Ta quy ước 0 (1, 0, 0,...)x .

Mặt khác, xét ánh xạ: A P

( , 0, 0,...)a a .

Dễ dàng kiểm chứng được ánh xạ này là một đơn cấu vành, do

4

đó ta đồng nhất phần tử a A với dãy ( , 0, 0, ...)a P và xem A là

một vành con của vành P. Vì mỗi phần tử của P là một dãy

0 1( , , ..., ,...)na a a trong đó 0ia trừ tất cả một số hữu hạn, nên

mỗi phần tử của P có dạng 0 1( , , ..., , 0, 0,...)na a a trong đó

0 1, , ..., na a a A (không nhất thiết khác 0). Việc đồng nhất a với

( , 0, 0,...)a và việc đưa vào dãy x cho phép ta viết

0 1 0 1( , ,..., ,0,0,...) ( ,0,0,...) (0, ,0,0,...) ... (0,...,0, ,0,...)n na a a a a a

0 2

0 1 2 ... n

na x a x a x a x .

Định nghĩa 1.1. Vành P được định nghĩa như trên được gọi

là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A, gọi tắt là vành đa thức ẩn

x trên A, kí hiệu [ ]A x . Các phần tử của [ ]A x gọi là các đa thức thức

của ẩn x lấy hệ tử trong A và thường kí hiệu là ( ), ( ), ...f x g x

Trong một đa thức 0 2

0 1 2( ) ... n

nf x a x a x a x a x , các

, 0,ia i n gọi là các hệ tử của đa thức, các i

ia x gọi là các hạng tử

của đa thức và đặc biệt 0

0 0a a x được gọi là hạng tử tự do của đa

thức.

1.1.2. Bậc của đa thức một ẩn

Định nghĩa 1.2. Cho đa thức 0 2

0 1 2( ) ... n

nf x a x a x a x a x

khác 0 với 0na . Ta gọi bậc của ( )f x là n, kí hiệu deg ( )f x n .

Hệ tử na được gọi là hệ tử cao nhất của ( )f x .

Quy ƣớc: Đa thức 0 không có bậc.

1.1.3. Phép chia có dƣ, đồng dƣ thức

1.1.4. Nghiệm của đa thức một ẩn

1.2. ĐA THỨC NHIỀU ẨN

1.2.1. Xây dựng vành đa thức n ẩn

5

Định nghĩa 1.5. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị.

[ ]iA x là vành đa thức ẩn ix trên A , 1,i n . Ta đặt

1 1 2 1 2 1[ ], [ ], ..., [ ]n n nA A x A A x A A x

Vành 1[ ]n nA A x được kí hiệu

1 2[ , , ..., ]nA x x x và gọi là vành

đa thức của n ẩn 1 2, , ..., nx x x lấy hệ tử trong A. Mỗi phần tử của

nA gọi là một đa thức của n ẩn 1 2, ,... nx x x lấy hệ tử trong A và thường

được kí hiệu là 1 2( , ,... ),nf x x x

1 2( , ,... ),...ng x x x

Từ định nghĩa trên ta có 1iA sẽ là các vành con của vành

0 1 2, 1, : ...i nA i n A A A A A .

Từ đó với mọi 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ]n nf x x x A x x x ta đều có thể

viết dưới dạng

1 2 1 211 12 21 22

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( , ,..., ) ... ... ... ...n n m m mna a a a aa a a a

n n n m nf x x x c x x x c x x x c x x x ,

với ;ic A 1 2, ,..., , 1,i i ina a a i m là các số tự nhiên và

1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i in j j jna a a a a a khi i j . Các ic gọi là các hệ tử,

1 2

1 2 ...i i ina a a

i nc x x x gọi là các hạng tử của đa thức 1 2( , ,..., )nf x x x . Đa

thức 1 2( , ,..., ) 0nf x x x khi và chỉ khi tất cả các hệ tử của nó bằng 0.

1.2.2. Bậc của đa thức nhiều ẩn

Định nghĩa 1.6. Giả sử 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ]n nf x x x A x x x là

đa thức khác 0:

1 2 1 211 12 21 22

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( , ,..., ) ... ... ... ...n n m m mna a a a aa a a a

n n n m nf x x x c x x x c x x x c x x x

với ;ic A 1 2, ,..., , 1,i i ina a a i m là các số tự nhiên và

1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i in j j jna a a a a a khi i j . Ta gọi bậc của đa

thức 1 2( , ,..., )nf x x x đối với ẩn ix là số mũ cao nhất mà ix có được

trong các hạng tử của đa thức.

6

Ta gọi bậc của hạng tử 1 2

1 2 .. .i i ina a a

i nc x x x là tổng các số mũ của

các ẩn. Hạng tử có số mũ lớn nhất được gọi là hạng tử cao nhất của

1 2( , ,..., )nf x x x .

Bậc của đa thức (đối với toàn thể các ẩn) là số lớn nhất trong

các bậc của hạng tử.

Một đa thức mà các hạng tử của nó đều có cùng bậc k được gọi

là đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k. Đặc biệt một dạng bậc nhất

gọi là dạng tuyến tính, một dạng bậc hai gọi là dạng toàn phương,

một dạng bậc ba gọi là dạng lập phương.

1.2.3. Đa thức đối xứng

Định nghĩa 1.7. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị,

1 2( , ,..., )nf x x x là một đa thức của vành 1 2[ , ,..., ]nA x x x . Ta nói

1 2( , ,..., )nf x x x là một đa thức đối xứng của n ẩn nếu

1 2 (1) (2) ( )( , ,..., ) ( , ,..., )n nf x x x f x x x , với mọi phép thế

1 2 ...,

(1) (2) ... ( )

n

n

trong đó (1) (2) ( )( , ,..., )nf x x x có

được từ 1 2( , ,..., )nf x x x bằng cách trong 1 2( , ,..., )nf x x x thay ix bởi

( ) , 1,ix i n .

Ta có thể nói một đa thức đối xứng, nếu nó không thay đổi khi

thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển

của nó.

Định nghĩa 1.8. Những đa thức dạng: 1 2

1 2 ...

... , 1,k

k

k i i i

i i i

x x x k n

là các đa thức đối xứng và là các đa thức đối xứng cơ bản đối với n

ẩn 1 2, ,..., nx x x .

Giả sử 1 2( , ,..., )ng x x x là một đa thức của 1 2[ , ,..., ]nA x x x ,

7

phần tử của 1 2[ , ,..., ]nA x x x có được bằng cách trong

1 2( , ,..., )ng x x x thay ix bởi , 1,i i n gọi là đa thức của các đa

thức đối xứng cơ bản, kí hiệu 1 2( , ,..., )ng .

Vì 1 2, ,..., n là các đa thức đối xứng nên 1 2( , ,..., )ng

cũng là một đa thức đối xứng

1.2.4. Công thức Viète

Cho đa thức bậc n: 1

0 1 1( ) ...n n

n nf x a x a x a x a

lấy hệ tử trong một trường nào đó. Khi đó 1 2, ,..., nx x x là n nghiệm

của khi và chỉ khi chúng thỏa mãn các hệ thức sau:

1 2

1 2

11 1 2

1

22 1 2 1 3 1

1

...

1 2

...

...

...

... ( 1)

...

... ( 1)

k

k

n

n i

i o

n n i j

i j n o

k kk i i i

i i i o

n nn n

o

ax x x x

a

ax x x x x x x x

a

ax x x

a

ax x x

a

(1.3)

Công thức này gọi là công thức Viète và các vế trái là các đa

thức đối xứng cơ bản đối với các biến 1 2, ,..., nx x x .

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

8

CHƢƠNG 2

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 giữa các nghiệm

Phương pháp: Giá trị của những biểu thức đối xứng giữa các

nghiệm của phương trình thường được tính như sau:

Bước 1: Kiểm tra điều kiện có nghiệm của phương trình. Tính

giá trị của các đa thức đối xứng cơ bản đối với các

nghiệm của phương trình.

Bước 2: Biểu diễn các biểu thức đối xứng qua các đa thức đối

xứng cơ bản.

Bước 3: Dựa vào các đa thức đối xứng cơ bản để tính giá trị của

các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm.

Bài toán 2.1.1. Cho phương trình

( 1)( 2)( 3)( 4)x x x x m , với m là tham số thực. Xác

định m để 4 nghiệm (phức) 1 2 3 4, , ,x x x x của phương trình đều

khác 0. Từ đó tính tổng S 1 2 3 4

1 1 1 1

x x x x theo tham số m.

Lời giải.

Bước 1: Khai triển phương trình đã cho ta được

4 3 2 50 24 0x bx cx x m .

Bước 2: Áp dụng công thức Viète ta có:

3

4 1 2 3 4

50

24

i j kx x x

x x x x m

.

Để cả 4 nghiệm của phương trình đều khác 0 thì điều kiện là

4 0 , nghĩa là 24m .

9

Bước 3: Ta có: S 3

1 2 3 4 1 2 3 4 4

1 1 1 1 50.

24

i j kx x x

x x x x x x x x m

Vậy S 50

, 24.24

mm

b. Tìm giá trị tham số để phương trình thỏa mãn điều kiện

cho trước

Phương pháp: Các bài toán dạng này thường được giải theo

phương pháp điều kiện cần và đủ như sau:

Bước 1: Điều kiện cần: Giả sử phương trình đa thức bậc n có đủ

nghiệm, dựa vào công thức Viète để tính giá trị của các

đa thức đối xứng cơ bản đối với các nghiệm của phương

trình.

Bước 2: Biểu diễn điều kiện cho trước (thường là biểu thức đối

xứng giữa các nghiệm) qua các đa thức đối xứng cơ bản,

từ đó suy ra điều kiện của tham số.

Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ.

Bài toán 2.1.5. Hãy tìm những giá trị của tham số a sao cho

phương trình 4 3 23 6 4 0x x x ax có 4 nghiệm (phức)

1 2 3 4, , ,x x x x , trong đó có một nghiệm, chẳng hạn 1x , thỏa mãn:

1

2 3 4

1 1 1x

x x x .

Lời giải.

Bước 1: Gọi 4 nghiệm của phương trình đã cho là 1 2 3 4, , ,x x x x .

Theo công thức Viète ta có: 1 2 3 43, 6, , 4a .

Bước 2: 1 3 4 2 4 2 3 1 2 3 4 4

2 3 4

1 1 14x x x x x x x x x x x

x x x .

10

Hay

2

1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 14 6 ( ) 6 ( 3 ) 3 6x x x x x x x x x x x x

4

1 115 14.x x

Thay x bởi 1x vào phương trình đã cho ta được:

4 3 2

1 1 1 13 6 4 0x x x ax 1

4, 12.

12x a

a

Nghĩa là a phải thỏa mãn phương trình: 2

16 43. 2 0

( 12) 12a a

.

Suy ra 8a hoặc 10a .

Bước 3: Thay 8, 10a a vào phương trình đã cho, ta kiểm

tra được phương trình thỏa mãn điều kiện đã cho.

Vậy có hai giá trị của tham số a là 8a và 10a .

c. Giải phương trình đa thức khi biết tính chất của các

nghiệm

Phương pháp:

Bước 1: Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình.

Bước 2: Dựa vào tính chất của nghiệm cùng với công thức Viète

để tìm nghiệm của phương trình.

Bài toán 2.1.9. Giải phương trình 3 212 4 17 6 0x x x ,

biết rằng phương trình có hai nghiệm (phức) có tích bằng – 1.

Lời giải.

Bước 1: Phương trình luôn có nghiệm (phức).

Bước 2: Gọi 1 2 3, ,x x x là 3 nghiệm (phức) của phương trình, khi

đó theo công thức Viète ta có: 1 2 3 1 2 3

1 1;

3 2x x x x x x .

Theo giả thiết phương trình có 2 nghiệm mà tích của chúng

bằng – 1, không mất tính tổng quát ta gọi hai nghiệm đó là 1 2,x x .

11

Ta có: 1 2 3

3

1 2

11

22

1

x x xx

x x

. Khi đó 1 2

5

6x x .

Theo công thức Viète thì 1 2,x x là hai nghiệm của phương

trình 2 51 0

6X X

1 2

2 3;

3 2x x .

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 3 1 2

; ;2 2 3

.

e. Giải phương trình chứa căn thức

Phương pháp: Ta có thể vận dụng công thức Viète, để giải

phương trình vô tỉ có dạng ( ) ( ) 0n ma f x b g x , cụ thể

như sau:

Bước 1: Tìm tập xác định của phương trình.

Bước 2: Đặt ẩn phụ ( )

( )

n

m

u a f x

v a g x

, xác định điều kiện

của ẩn phụ. Biến đổi phương trình vô tỉ về phương trình

đa thức, từ đó ứng dụng công thức Viète để giải phương

trình theo ẩn phụ. Tiếp theo suy ra nghiệm của phương

trình vô tỉ ban đầu.

Bài toán 2.1.20. Giải phương trình: 4 45 1 2x x .

Lời giải.

Bước 1: Tập xác định 1; 5D .

Bước 2: Đặt 4

4 4 4

44

, 05

5 41

1

u vu x

u x u vv x

v x

.

12

Khi đó phương trình đã cho trở thành: 4 4

, 0

4

2

u v

u v

u v

.

Suy ra

, 0

2

0

u v

u v

uv

hoặc

, 0

4

2

u v

uv

u v

.

Theo công thức Viète thì u, v là nghiệm của phương trình

2 2 0t t hoặc phương trình 2 2 4 0t t . Phương trình

2 2 4 0t t vô nghiệm. Phương trình 2 2 0t t có

nghiệm là: 0t và 2t .

Suy ra các cặp u, v có thể là: 0 2

;2 0

u u

v v

.

Ta có: 4

4

5 05

1 2

xx

x

(thỏa mãn điều kiện)

4

4

5 21

1 0

xx

x

(thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của phương trình là 5x hoặc 1x .

2.1.2. Giải hệ phƣơng trình

Phương pháp: Để giải hệ phương trình đối xứng loại I. (Tức

là khi ta hoán đổi vị trí của các ẩn trong từng phương trình của hệ thì

các phương trình của hệ không thay đổi ), ta thường thực hiện như

sau:

Bước 1: Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình

theo các đa thức đối xứng cơ bản của các ẩn.

Bước 2: Giải hệ phương trình theo các đa thức đối xứng cơ bản.

13

Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tìm nghiệm của hệ phương

trình ban đầu.

Bài toán 2.1.24. Giải hệ phương trình 3 3 3

4 4 4

3

27

113

x y z

x y z

x y z

,

, ,x y z .

Lời giải.

Bước 1: Ta có: 3 3 3x y z

3

1 1 2 33 3 ,

và 4 4 4 4 2 2

1 1 2 2 1 34 2 4x y z .

Vậy hệ phương trình đã cho trở thành:

1

3

1 1 2 3

4 2 2

1 1 2 2 1 3

3

3 3 27

4 2 4 113

.

Bước 2: 1 2 3

1 2 3

3, 4, 12

3, 4, 12

.

Bước 3:

i) Trường hợp 1 2 33, 4, 12 . Theo công

thức Viète thì , ,x y z là nghiệm của phương trình

3 23 4 12 0X X X hay 3, 2 , 2X X i X i .

ii) Trường hợp 1 2 33, 4, 12 . Theo công

thức Viète thì , ,x y z là nghiệm của phương trình

3 23 4 12 0X X X hay 3, 2, 2X X X .

Vậy hệ phương trình đã cho có 12 nghiệm là các hoán vị của

3, 2 , 2i i và các hoán vị của 3, 2, 2 .

14

2.1.3. Các bài toán về đa thức

Bài toán 2.1.29. Hãy tìm tất cả các đa thức ( )nP x với hệ số

nguyên và có dạng 1

1 1( ) ! ... ( 1) ( 1)n n n

n nP x n x a x a x n n

sao cho ( )nP x có n nghiệm thực 1 2, , ..., nx x x thỏa mãn điều kiện

[ , 1];kx k k 1, 2, ...,k n và 1n .

Lời giải.

Với 1n , đa thức 1( ) 2P x x là đa thức thỏa mãn các

điều kiện của bài toán, vì nó có một nghiệm là 1 2 [1, 2]x .

Với 2n , đa thức có dạng 2

2 1( ) 2 6P x x a x ở đây

1a là một số nguyên. Theo điều kiện thì đa thức này phải có 2

nghiệm thực 1 2,x x sao cho 1 21 2 3x x . Theo công thức

Viète ta có: 11 2

2

ax x và 1 2 3x x .

Khi đó ta nhận được:

2

2

2

2

( ) 2 7 6

( ) 2 8 6

P x x x

Q x x x

.

Với 3n , áp dụng công thức Viète cho đa thức ( )nP x , ta

có: 1 2

( 1) 1...

! ( 1)!n

n n nx x x

n n

.

Nhưng với 3n ta có: 1 1

!( 1)! 2

n nn n

n

. Vì

thế 1 2... !nx x x n

Mặt khác từ điều kiện [ , 1]; 1, 2, ...,kx k k k n ta nhận

được 1 2... 1.2.3... !nx x x n n . Điều này vô lý và cho thấy không

tồn tại đa thức thỏa mãn bậc 3n điều kiện đề bài.

Vậy các đa thức ta phải tìm:

15

2

1 2( ) 2; ( ) 7 6P x x P x x x và 2( ) 2 8 6Q x x x .

2.1.4. Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến đa thức

Phương pháp:

Bước 1: Áp dụng công thức Viète đối với đa thức đã có để

chuyển các bất đẳng thức thành bất đẳng thức giữa các

nghiệm của đa thức.

Bước 2: Sử dụng các bất đẳng thức đại số quen biết để chứng

minh bất đẳng thức giữa các nghiệm và từ đó suy ra bất

đẳng thức ban đầu.

Bài toán 2.1.34.

Giả sử đa thức 2( ) , 0f x ax bx c a có hai nghiệm

1 2, 2;x x . Chứng minh bất đẳng thức sau:

(4 ) 2 2(4 2 )c

a b a b ca

.

Lời giải.

Bước 1: Áp dụng công thức Viète đối với đa thức ( )f x , ta có

1 2 1 2,b c

x x x xa a

.

Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành

1 2 1 2

1 1 2

1 1 1 .2 2 2 2

x x x x

. (2.1)

Bước 2: Đặt

2 1

2 2

2

2

xu

xv

.

16

Khi đó: (2.1) 2 2

1 1 2; , 1

1 1 1u v

u v uv

.

Ta có:

2 2

1 1 2

1 1 1u v uv

2

2 2

( ) ( 1)0

(1 ) (1 ) (1 )

v u uv

uv u v

.

Bất đẳng thức (2.1) được chứng minh. Vậy bất đẳng thức đã cho

được chứng minh.

2.1.5. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu

thức đại số

Bài toán 2.1.40. Cho hai số thực x, y thỏa mãn

3 1 3 2x x y y . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

của biểu thức K x y .

Lời giải.

Điều kiện xác định: 1

2

x

y

.

Xét hệ: 3 1 3 2x x y y

K x y

3( 1 2)x y K

x y K

. (2.2)

Đặt 2 21, 2 3 3u x v y u v x y K .

Vậy (2.2) trở thành: 22 2

3( ) 3

133

2 9

Ku v

u v K

Ku v Kuv K

.

Theo công thức Viète thì u, v là nghiệm của phương trình

2 218 6 9 27 0t K t K K .

Hệ phương trình đã cho có nghiệm ( , )x y sao cho 1, 2x y

khi và chỉ khi 2 218 6 9 27 0t K t K K có hai nghiệm

17

không âm hay 9 3 21

9 3 152

K

.

Vậy giá trị nhỏ nhất của K là 9 3 21

2

và giá trị lớn nhất

của K là 9 3 15 .

2.2. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG SỐ HỌC

Bài toán 2.2.5. Cho dãy số ( )n nu được xác định như sau:

0 2,u 1 6,u 1 16 2n n nu u u . Chứng minh rằng

1

2 2 ,k

ku k .

Lời giải.

Ta xét phương trình đặc trưng của dãy số là: 2 6 2 0x x .

Phương trình có hai nghiệm 1 23 11, 3 11x x nên

dạng tổng quát của dãy số là 3 11 3 11n n

nu .

k , ta có:

2 2

2 3 11 3 11k k

ku 2 (10 3 11) (10 3 11) 2 .k k k k

Đặt 1 10 3 11x , 2 10 3 11x . Khi đó ta có:

1 2

1 2

20

1

x x

x x

nên theo công thức Viète thì 1 2,x x là hai nghiệm

của phương trình: 2 20 1 0X X .

1 2 1 2

1 2 1 1 2 2 1 2P 20 20 20P Pn n n n n n

n n nx x x x x x

.

Đồng thời ta có 0 1P 2, P 20 nên từ công thức truy hồi

ta suy ra Pn luôn là một số chẵn. Vậy 1

2 2 ,k

ku k .

18

2.3. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG GIẢI TÍCH

2.3.1. Các bài toán liên quan đến giao điểm của đồ thị hàm

số với một đƣờng thẳng

Phương pháp:

Bước 1: Viết phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

đã cho với đường thẳng.

Bước 2: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có

nghiệm có nghiệm. (Lưu ý rằng số nghiệm của phương

trình chính là sô giao điểm của các đồ thị).

Bược 3: Áp dụng công thức Viète để biểu diễn mối liên hệ

của các nghiệm. Sau đó biến đổi để giải quyết bài toán.

Bài toán 2.3.1. Cho hàm số 3 3 3

2( 1)

x xy

x

có đồ thị

(C). Tìm m để đường thẳng y m cắt đồ thị (C) của hàm số tại

hai điểm A và B sao cho AB 1 .

Lời giải.

Bước 1: Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng

y m với đồ thị (C) của hàm số là: 3 3 3

2( 1)

x xm

x

2 (2 3) 3 2 0x m x m . (2.3)

Bước 2: Để đường thẳng y m cắt đồ thị (C) tại hai điểm

phân biệt A, B thì điều kiện là phương trình trên có hai nghiệm phân

biệt 1 2,x x (là hoành độ của hai giao điểm A, B). Điều này tương

đương với 3

2m hoặc

1

2m (2.4)

Bước 3: Với điều kiện trên của tham số m thì theo công thức

19

Viète, ta có 1 2

1 2

2 3

3 2

x x m

x x m

.

Và AB 1

2 1 5(2 3) 4(3 2 ) 1

2m m m

, (thỏa mãn điều kiện (2.4)).

2.3.2. Các bài toán cực trị của hàm số

Phương pháp:

Bước 1: Xác định điều kiện để hàm số có cực trị và tìm biểu thức

liên hệ giữa các tọa độ của các cực trị.

Bước 2: Áp dụng công thức Viète và biến đổi để giải quyết bài

toán.

Bài toán 2.3.6. Cho hàm số

3 2 2 22( 1) ( 4 1) 2( 1)y x m x m m x m .

Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2,x x sao cho

1 2

1 2

1 1 1.( )

2x x

x x .

Lời giải.

Bước 1: Ta có:

2 2' 0 3 4( 1) 4 1 0y x m x m m . (2.5)

Hàm số đạt cực trị khi và chỉ khi phương trình (2.5) có hai nghiệm

phân biệt

22 3

' 0 4 1 02 3

mm m

m

.

20

Bước 2: Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (2.55). Theo

công thức Viète ta có 1 2

2

1 2

4(1 )

3

4 1

3

mx x

m mx x

.

Theo giả thiết 1 2

1 2

1 1 1( )

2x x

x x

1

1

5

m

m

m

.

1m không thỏa điều kiện

Vậy 1m và 5m

2.3.3. Các bài toán về tiếp tuyến

Bài toán 2.3.10. Cho hàm số 3 23 1y x x mx có đồ

thị ( )mC , (m là tham số). Xác định m để ( )mC cắt đường thẳng

1y tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến

của ( )mC tại D, E vuông góc với nhau.

Lời giải.

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và đường thẳng

1y là 3 2

2

03 1 1

( ) 3 0.

xx x mx

g x x x m

Để ( )mC cắt đường thẳng 1y tại ba điểm C(0;1), D, E phân

biệt thì điều kiện là ( )g x có 2 nghiệm phân biệt 1 2, 0x x hay

2

99 4 0

40 3.0 0

0

g m m

mm

. ( )g x có 2 nghiệm 1 2,x x .

Khi đó theo công thức Viète ta có 1 2

1 2

3x x

x x m

.

21

Để các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau thì 1 2 1k k .

1

(9 65)8

m , thỏa mãn điều kiện của m.

2.4. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG LƢỢNG GIÁC

Phương pháp:

Bước 1: Chọn một phương trình nhận những giá trị trong các

biểu thức của bài toán làm nghiệm.

Bước 2: Xây dựng phương trình đại số nhân các hàm số lượng

giác tương ứng làm nghiệm.

Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tính các giá trị biểu thức

hoặc chứng minh biểu thức lượng giác.

Bài toán 2.4.1. Tính giá trị của biểu thức

A1 1

13

cos cos5 5

.

Lời giải.

Bước 1: Ta có: 3

, ,5 5

là nghiệm của phương trình

5 2 1 ,x k k , lần lượt ứng với 0, 1, 2k k k .

Bước 2: 5 2x k

3 24cos 2cos 3cos 1 0.x x x

Bước 3: Suy ra 3

cos , cos , cos5 5

là 3 nghiệm của

phương trình 3 24 2 3 1 0y y y nên theo công thức Viète

ta có: 2 3

3 1,

4 4 .

22

Vậy A 2

3

1 1 13.

3 coscos cos

5 5

2.5. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG HÌNH HỌC

Bài toán 2.5.1. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi (d) là

đường thẳng dựng từ A vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M

là một điểm trên (d) khác A, O là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H

là trực tâm của tam giác MBC, N là

giao điểm của OH và (d).

a) Chứng minh rằng khi M

thay đổi trên (d) thì AM.AN không

đổi.

b) Tính AM, AN trong hai

trường hợp 3

MN2

a .

Lời giải.

a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AC. Vậy suy

ra O là giao điểm của AI và BJ.

Vì MA BJ

(d) (ABC)AC BJ

BJ (MAC) BJ MC .

MC BJ

MC (BHJ) MC OH; OH (BHJ)MC BH

.

Chứng minh tương tự ta có: BM OH .

Suy ra OH (MBC) OH MI .

Xét tam giác OHI và tam giác OAN, có

0OHI = OAN 90

HOI = AON

.

Suy ra tam giác OHI đồng dạng với tam giác OAN. (2.6)

23

Xét tam giác OHI và tam giác MAI có

0OHI = MAI 90

HIO = AIM

.

Suy ra tam giác OHI đồng dạng với tam giác MAI. (2.7)

Từ (2.6) và (2.7) ta suy ra AN OA

MA.AN OA.AIAI MA

Vậy 2

MA.AN2

a không đổi.

b) Đặt MA ;x NA y thì MN x y .

+ Với 3

MN2

a . Bài toán đã cho trở thành bài toán tìm hai

số dương x , y biết rằng 2

2

axy và

3

2

ax y . Áp dụng

công thức Viète thì x, y là hai nghiệm của phương trình

22 3

02 2

a aX X suy ra X a hoặc

2

aX .

Vậy

MA

NA2

a

a

hoặc

NA

MA2

a

a

.

24

KẾT LUẬN

Luận văn: “Ứng dụng công thức Viète trong giải toán bậc phổ

thông” đã đạt được mục đích và nhiệm vụ đề ra, cụ thể luận văn đã

thực hiện được các vấn đề sau:

1. Hệ thống và phân loạii một số lớp bài toán sơ cấp có thể giải

được bằng công thức Viète.

2. Ứng dụng công thức Viète để giải những lớp bài toán đại số, số

học, giải tích, và hình học thuộc chương trình toán bậc phổ

thông.

3. Đối với mỗi lớp bài toán đều có đề xuất phương pháp giải và

nhiều ví dụ minh họa.

Hy vọng trong thời gian tới, nội dụng của luận văn còn tiếp tục

được bổ sung và hoàn thiện hơn nhằm chứng tỏ sự ứng dụng đa dạng

và hiệu quả của công thức Viète trong toán học.