SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Định lý Viete và ứng dụng

Chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh khơng khĩ để cĩ thể giải quyếtcác bài tốn liên quan đến so sánh nghiệm, nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đangphát hành thì

MỞ ĐẦU

Định lý Viete là một trong những định lý quan trọng trong chương trình môn Toán bậcTHPT Chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh khơng khĩ để cĩ thể giải quyếtcác bài tốn liên quan đến so sánh nghiệm, nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đangphát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải Đứngtrước vấn đề đĩ chúng tơi đã đưa ra giải pháp là dùng định lý Viete để giải quyết bài tốn liênquan đến so sánh nghiệm với một số cho trước Bên cạnh đĩ chúng tơi cịn đưa ra một số ứngdụng khác để giải các bài tốn thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi, đĩ là các bài tốn:phương trình cĩ nghiệm chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, bài tốn liên quan đến số học,dùng định lý Viete để giải bài tốn 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 kỉthứ 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

a a

Định lý Viete thuận (Đối với phương trình bậc 2, 3)

Nếu x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình ax2bx c 0 (a  thì 0) 1 2

1 2

b

a c

x x x x x x

a d

Định lý Viete (đảo)

Nếu hai số x x1, 2 thỏa 1 2

Nếu các số x x x thỏa 1, ,2 3

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

a)  nằm giữa hai nghiệm của (*).

b) nhỏ hơn hai nghiệm của (*)

c)  lớn hơn hai nghiệm của (*)

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.

c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa x1 1 x2

Bài toán 2 Cho phương trình ax2bx c 2ax2bx c 0 1   0;a0

a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.

b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Giải:

Cách 1: Đặt tax2bx c ĐK  2 

44

Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau: t2t0 (2)

a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm t k

Ta có

2 22

TH1: Phương trình (2) có nghiệm t1 0 t2  P0

TH2: Phương trình (2) có nghiệm 1 2

00

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 x2 m x2 1 3m 2 0 1 .

a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

Kết luận: Với m  8 68; thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

TH2: Phương trình (3) có nghiệm

2 2

  thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

c) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có đúng 1 nghiệm t 0

0

34

    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: 1 2 *

1,

Đặt u n a n1 ba nta có u n au n1hay ( )u là cấp số nhân công bội a n

n n n

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 a0,b2 4ac  0

a) Bài toán thuận: Cho phương trình f x( ) ax 2bx c 0(*)có hai nghiệm thực x x1, 2 Đặt

aSn bSnSn   0, n N suy ra x x1, 2là 2 nghiệm của (*)

Hệ truy hồi đã cho tương đương với:

1n (ax1 1 ) 2n (ax2 2 ) 0,

Hay *

1k ( )1 2k ( ) 0,2

x f x x f x   k N Do x x1, 2là hai nghiệm phân biệt nên chúng không thể đồng thời

bằng 0 Vì thế (1) chỉ xảy ra khi f x( )1 f x( ) 02 

Tức là x x1, 2là hai nghiệm của phương trình (*).

Ứng dụng bổ đề ta có các bài toán sau:

Ví dụ 1: Tìm [(4+ 15) ]với [x] là phần nguyên của số thực x, chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá7

Vậy (7 4 3) n S n (7 4 3) n101n  S n 101n (7 4 3) nS n

Mà Sn là số nguyên dương n N*nên sau dấu phẩy của số (7 4 3) nluôn có ít nhất n chữ số 9

Ví dụ 3: Cho phương trình x 2 4x 1 0  có các nghiệm x x1, 2 Chứng minh rằng 2 2

n n

x x có thể

phân tích được thành tổng 3 số nguyên liên tiếp  n N*.

Giải: Phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 2 3;x2  2 3

Theo khai triển nhị thức Newton thì a b n, nZ sao cho:*

S n là số nguyên  n N* Tính S n theo S n+1 và S n-1 ,  n N* Tìm số dư của phép chia S 3108 cho 5

Giải: Theo định lý Viete ta cĩ: S0 x10x20 2;S0 x x1 2 6 nên S0, S1 là các số nguyên

Mặt khác cũng theo định lý Viete, ta cĩ: x x1 2 1, suy ra  1    *

Lại thay n+1 bởi n ta được S n S n6(mod5) Mà 3108 6 ê S n n 3108S0 2(mod 5)

Do đĩ số dư trong phép chia cần tìm là 2

Ví dụ 5: Định a để phương trình sau có nghiệm nguyên: x2  (3 2 ) a x40 a0 (1)

Giải : Phương trình (1) có:  3 2 a2 4 40  a 4a216a 151

Để (1) có nghiệm nguyên thì điều kiện cần là:  phải là chính phương

Ví dụ 6: (VMO 2002) Tìm các giá trị nguyên dương của n để phương trình sau có nghiệm nguyên dương: x y u v n xyuv   

Giải: x y u v n xyuv     (x y u v   )2 n xyuv2

; ; ;

y u v x

cũng là một nghiệm của phương trình (1)

Mặt khác x0 y0 u0 v0 và x0y0u0v0và có giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm của (1) nên:

Mà n nguyên dương nên n {1; 2; 3; 4}

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 n {1; 2; 3; 4}

Ví dụ 7: (VMO 1980) Phương trình x3 2x2 x m 0có thể có ba nghiệm hữu tỷ phân biệt không? Tại sao?

Giải: Giả sử các nghiệm của phương trình là u v, ,w

t t t hữu tỷ phân biệt.

Trong đó: u, v, w, t là những số nguyên và không phải tất cả là chẵn

Vậy x3 2x2 x m 0có thể có ba nghiệm hữu tỷ phân biệt

Ví dụ 8: (Canada 1982)Cho P x( )x3ax2bx c có hệ số nguyên Chứng minh rằng nếu có một nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại thì: 2 ( 1) (1) P  P P( 1) 2(1  P(0))

 hữu tỷ Do u v2 2 cnguyên 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) 0

Và : 2P(-1) = 2(-1 - u) (-1 - v) (-1 - uv) = -2(1 + uv) (1 + u) (1 + u)

b nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát giả sử A B 0 ta xét phương trình:

2 21

k Bx

Ví dụ 10: Cho x, y là các số nguyên dương sao cho xy là ước của 2 2

  t2 kYt Y 2 1 0(1)

Phương trình (1)có một nghiệm t1X Theo định lý Vieta ta có

2 2

  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

x  kBx B  kx  k B  k mâu thuẫn x2 là nghiệm của (1)

Ví dụ 11: (IMO2007) Cho a, b là các số nguyên dương sao Nếu 4 ab  là ước của 1 2 2

(4a 1) thì a = b

Không mất tính tổng quát giả sử A B

Ví dụ 1: Cho phương trình: x2 (3sina cos )a x 4 4cos2 a0 (1)

Định a để phương trình có nghiệm sao cho tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.

Giải: Phương trình (1) có nghiệm   (3sina cos )a 2 4 4 4cos2  a 0

   luôn luôn đúng  a ¡ Do đó (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

Gọi x x1; 2là hai nghiệm của phương trình, ta có:

Ví dụ 2: Xét các số thực: a, b, c sao cho phương trình: ax2bx c 0 (a 0) có hai nghiệm thuộc [0,

1] Hãy tinh giá trị lớn nhất của biểu thức: ( )(2 )

a b a b T

a a b c



 

Giải: Với các số thực a, b, c làm cho phương trình ax2 bx c 0 có hai nghiệm 0,1 Gọi hai

nghiệm đó là x x1; 2 , theo định lý Viet ta được:

Ví dụ 3: Gọi x0 là nghiệm của phương trình: ax2 bx c 0(a0)

a Chứng minh rằng: x0 1 max b c;

2 ac b x

Do đó:  1 2 2 3 3 12  1 2 34

19

Ví dụ 6: Cho phương trình bậc ba: x3 px 2 qx p 0 Biết rằng phương trình có các nghiệm, đồng thời các nghiệm ấy là tan 3 góc của một tam giác nhọn CMR p3 3,q9

Do tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > 0 vì vậy p < 0, q > 0

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: tan A tan tanB Ctan A+ tanBtanC3 tan A tan tan3 B C

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: -6a(a 2 )2 b 27 10(c a2 2 )b 23

Gọi x1, x2, x3 là ba nghiệm thực của của P(x) Theo định lý Viet eta có:

Ví dụ 8: (VMO 1999)Cho phương trình ax3 x2bx 1 0(  a 0,a b ), có ba nghiệm dương Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2

a b

2 2

Khi đó x1x2 x3  3 Vậy Pmin 12 3

4 Các bài toán lượng giác

Ví dụ 1: Chứng minh cos20 , os100 , os1400 c 0 c 0là ba nghiệm của phương trình 4x3 3x 1 0

là nghiệm của phương trình sin 42 xsin 32 x

Đặt t sinxthì sin 32 x(3t 4 )t3 2, sin 42 x(2sin 2 os2 )x c x 2 16 (1t2  t2)(1 2 ) t2 2

x x x x x x T

Ví dụ 3: Tính A tan 106 0 tan 506 0tan 706 0

Giải: Ta có :20 , 40 ,80 là nghiệm phương trình tan 30 0 0 x  3

Ví dụ 4: Tính  A cos50cos770cos1490cos2210cos2930

Giải: Ta có cos 5 16cos5 20cos35cos

Với các giá trị  5 ,0  77 ,0  149 ,0  221 ,0  2930 thì os5c  đều bằng cos250

Do đó cos5 , os77 , os149 , os221 , os2930 c 0 c 0 c 0 c 0là nghiệm của đa thức P x( ) 16 x5 20x35x c os250Theo định lý Viete ta có A 160 0

5 Liên hệ giữa các nghiệm

Ví dụ 1:Cho phương trình bậc hai: ax2bx c 0(a0) Chứng minh rằng điều kiện:

k12ac kb 2 0(k 0) là điều kiện cần và đủ để phương trình có hai nghiệm, trong đó nghiêm này bằng k lần nghiệm kia.

Giải: Giả sử phương trình trên có nghiệm; nghiệm này bằng k lần nghiệm kia:

Suy ra phương trình ax2 bx c 0 có hai nghiệm x x1; 2

Ví dụ 2: Cho phương trình bậc ba: x3px2qx r 0cĩ ba nghiệm phân biệt CMR điều kiện cần

x x  p   x nên x x x1, ,2 3lập thành cấp số cộng.

Ví dụ 3: Cho PT x3 px qx r2   0 ( r  0) có 3 nghiệm là x x x Chứng minh 3 nghiệm này1, ,2 3

lập thành cấp số nhân  q3 r p 3

Ta có m  vì nếu m = -1thì phương trình có hai nghiệm trùng nhau là 1 yym2 (trái với giả thiết)

Ta có (1) tương đương với ( 1)( 2 1) 0

v v

16 16

a

a

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 Internet

Bài tập

1. Gọi x x1; 2là 2 nghiệm của phương trình: x2 2mx4 0 (1)

1 Hãy tính theo m các biểu thức sau:

2. Cho phương trình bậc hai: x2 mx 1 0 (1)

1 Định m để phương trình có hai nghiệm x x1; 2thoả mãn:





  đạt giá trịnguyên

3. Cho phương trình bậc hai: 2x2 2(m2)x m 24m 3 0 (1)

1 Định m để PT (1) có hai nghiệm x x1; 2sao cho biểu thức: 3 3 3

1 2

A x x  m  m đạt giátrị nhỏ nhất

2 Định m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2thoả mãn: 4 4

6. Cho phương trình: x2 (2sin  1)x6sin2 sin  1 0

a) Tìm  để phương trình có hai nghiệm x x1; 2

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 2 2

A x x đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

8. Cho phương trình bậc hai:a2  2a2x2 2a 1 x a 3a2 0

1 Chứng minh rằng với  a 0thì (1) có hai nghiêm x x1; 2 thỏa mãn:

1 2

3

x  x 

2 Định a để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2sao cho:x x1 2  ax1  ax2

9. Cho tg tg;  là hai nghiệm của phương trình x2 ax b 0 (1)

1 Hãy tính giá trị của biểu thức:

T    a     b  theo a và b.

2 Cho a = 7; b = 3 Hãy tính giá trị của biểu thức:

Q = 2x1 x2  2x2  x1 với x x1; 2 là nghiệm của (1) tương ứng với a = 7; b = 3

3 Cho a = 3m – 3; b = 5m +12 (m là tham số) Định m để phương trình có hai nghiệm mà

nghiệm này bằng bình phương nghiệm kia

10.Cho phương trình: ax2  bx b 0với a, b > 0, có các nghiệm là x x1; 2 Chứng minh rằng tồn

tại các số i 1;( 1,2)i sao cho: 1 2

11.Xét các số thực: a, b, c sao cho phương trình: ax2 bx c 0 (a  có hai nghiệm thuộc [0,0)

1] Hãy tinh giá trị lớn nhất của biểu thức: ( )(2 )

a b a b T

a a b c



 

12.Cho phương trình: x2 ax b  2 0với , a b¡ Giả sử phương trình có nghiệm kép  2

Tìm giá trị nhỏ nhất của A a 2 b2

13.Cho phương trình: x22a 3x a  13 0 (1)

Tìm a 1để nghiệm lớn nhất của phương trình nhận giá trị nhỏ nhất.

14.Cho hai phương trình: x2 3x2a0 và x2 6x5a0 Định a để hai phương trình có

nghiệm xen kẽ nhau

15.Tìm a, b ¡ sao cho phương trình: x2ax b 0 có hai nghiệm thỏa mãn: 2x1  1 và

Ví dụ 23: Cho các số thực x, y, z thỏa điều kiện

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

) )(

)(

( ) )(

)(

( ) )(

)(

( ) )(

)(

(

2 2

2 2

c d b d a d

d d

c b c a c

c a

b d b c b

b d

a c a

b

a

a A

( ) )(

( ) )(

(

3 3

3

b c a c

c a

b c b

b c

3 3

2 2

2 2

a z

y x

a z

y x

a z

y x

Bài 6 Tìm mối liên hệ giữa các hệ số của phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 biết rằng tích của hainghiệm 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  R[x] Đặt M = max{|an-1/an|, |an-2/an|, …, |a1/an|, |a0/an|}Khi đó mọi nghiệm  của P(x) thoả mãn bất đẳng thức || < M + 1 Hãy chứng minh