Ứng dụng đa thức

LỜI CAM ĐOAN Khóa luận của tôi với đề tài: “ỨNG DỤNG ĐA THỨC” đã được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới sự hướng dẫn của GVC.Vương Thông, các thầy cô tron

Em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô giáo trong khoa Toán, các thầy cô trong tổ Đại số trực tiếp giảng dạy và tạo điều kiện tốt nhất cho em trong thời gian em làm khóa luận

Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực của bản thân còn hạn chế nên không tránh khỏi những thiếu sót Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn

Hà Nội, ngày tháng 5 năm 2013

Sinh viên

Hoàng Thị Nhung

LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận của tôi với đề tài: “ỨNG DỤNG ĐA THỨC” đã được

thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới sự hướng dẫn của GVC.Vương Thông, các thầy cô trong tổ Đại số, các bạn sinh viên khoa Toán Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện khóa luận, tôi có tham khảo tài liệu của một số tác giả (đã nêu trong mục Tài liệu tham khảo)

Tôi xin cam đoan khóa luận của tôi không trùng lặp hoặc sao chép của bất kì ai Nếu sai, tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm

Hà Nội, ngày 20 tháng 5 năm 2013

Sinh viên thực hiện

Hoàng Thị Nhung

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN

LỜI CAM ĐOAN

MỞ ĐẦU 1

1.1 Vành đa thức một ẩn 3

1.1.1 Xây dựng vành đa thức một ẩn 3

1.1.2 Một số tính chất của đa thức 4

1.1.3 Đa thức trên trường số 8

1.2 Vành đa thức nhiều ẩn 10

1.2.1 Định nghĩa 10

1.2.2 Bậc của đa thức 11

1.2.3 Đa thức đối xứng 12

1.2.4 Đa thức đồng dư 13

Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN 15

2.1 Ứng dụng 1: Bài toán xác định đa thức 15

2.2 Ứng dụng 2: Chứng minh một số bài toán chia hết 23

2.3 Ứng dụng 3: Tìm điểm cố định của họ đồ thị hàm số 26

2.4 Ứng dụng 4: Một số ứng dụng của định lý Viéte 31

2.5 Ứng dụng 5: Xét tính bất khả quy của một đa thức 40

Chương 3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC NHIỀU ẨN 45

3.1 Ứng dụng 1: Phân tích đa thức thành nhân tử 45

3.2 Ứng dụng 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng 51

3.3 Ứng dụng 3: Chứng minh đẳng thức 56

3.4 Ứng dụng 4: Chứng minh bất đẳng thức 59

3.5 Ứng dụng 5: Giải bài toán liên quan đến phương trình bậc hai 64 3.6 Ứng dụng 6: Giải hệ phương trình 68

3.7 Ứng dụng 7: Trục căn thức ở mẫu số 73

KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 78

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Trong nhà trường phổ thông, môn toán giữ một vị trí hết sức quan trọng Nó giúp học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngành khoa học khác, là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế

Muốn học giỏi nói chung và học giỏi toán nói riêng thì phải luyện tập, thực hành nhiều Tức là ngoài việc nắm vững lý thuyết các em còn phải làm nhiều bài tập Đối với học sinh bài tập thì rất nhiều và đa dạng nhưng thời gian học tập thì hạn hẹp Đồng thời các em khó có điều kiện chọn lọc những bài toán hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập, rèn luyện và phát triển tư duy toán học của mình

Trong môn Toán, đa thức giữ một vị trí quan trọng không những là đối tượng nghiên cứu chủ yếu của đại số mà còn là công cụ đắc lực của giải tích Nó được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các dạng đơn giản mà ta thường gọi là các biểu thức chứa chữ đại diện cho các số

Tuy nhiên cho đến nay tài liệu về đa thức chưa có nhiều Các dạng bài tập về đa thức chưa được phân loại rõ ràng và hệ thống hóa chưa đầy

đủ cũng như đưa ra phương pháp giải một cách tường minh

Với những lý do trên em chọn đề tài “Ứng dụng đa thức” nhằm

phân loại, hệ thống một số bài toán về đa thức và ứng dụng của nó để giải các bài toán liên quan Từ đó giúp các em học sinh có thêm tài liệu

về đa thức để luyện tập và thực hành Bên cạnh đó ta cũng thấy thêm vai trò của đa thức trong môn toán ở nhà trường phổ thông cũng như trong một số môn học khác

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm hiểu về đa thức và một số ứng dụng của đa thức

3 Đối tượng nghiên cứu

Đa thức và một số ứng dụng của đa thức

4 Phương pháp nghiên cứu

Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp, khái quát hóa

Chương 1: NHỮNG KIẾN THỨC LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI

Đưa cách viết tổng quát về cách viết thông thường:

Xét ánh xạ:

: ,0, ,0



là một đơn cấu vành Do đó ta đồng nhất aA với ( )f a   P A P

Các phần tử của A cũng được gọi là các đa thức Ký hiệu x0,1,0,

a0a x1 a x n n là cách viết thông thường

Khi đó thay cho P ta viết là A[x], với A là vành cơ sở, x là ẩn Các phần

tử của A[x] thường được ký hiệu là f(x), g(x),…gọi là đa thức ẩn x

f x a a xa x , a n  0 Nếu f(x)= 0 thì ta nói f(x) không có bậc hoặc có bậc – Nếu f(x 0 thì n được gọi

là bậc của đa thức f(x) và kí hiệu là n = degf(x)

Tính chất: Giả sử f(x), g(x) là hai đa thức khác 0

(i ) Nếu deg f x deg g x  thì f x   g x 0 và

deg f x g x max degf x degg x

(ii) Nếu degf(x) = degg(x) và f(x) + g(x)  0 thì

deg(f x   g x ) max{degf x degg x , ( )}

Định lý: Cho vành đa thức A[x], A là một trường, với mọi đa thức

f(x), g(x) trong A[x], g(x) khác đa thức không thì tồn tại duy nhất hai đa thức q(x), r(x) trong A[x] sao cho f (x) = g(x).q(x) + r(x)  A[x], với degr(x) < degg(x) nếu r(x)  0 Khi đó, q(x) là đa thức thương và r(x) là

đa thức dư của phép chia

Phép chia hết

Định nghĩa: Cho hai đa thức f x g x   , A x ;g x 0 Ta nói

rằng, đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x) trong A[x] nếu tồn tại một đa thức q(x)  A[x], sao cho f(x) = g(x).q(x) Ta kí hiệu là: f x g x   

v Nếu f(x) g(x) thì degf(x)  degg(x)

1.1.2.3 Nghiệm của đa thức

Định nghĩa:

Cho α là một phần tử tùy ý của vành A và ( ) f x một đa thức tùy ý

của vành đa thức A[x] Khi đó, phần tử α được gọi là nghiệm của đa thức

f(x) trong A nếu f(α)= 0 và việc tìm nghiệm của ( ) f x trong A chính là

đi giải phương trình đại số ( ) 0f x 

Định lý Bezout:

Giả sử A là một trường, A, f x A x Dư của phép chia

 

f x cho x là ( ) f 

a x  degf x n Gọi x 1 , x 2 ,…, x n là n nghiệm của f(x) trên trường

nghiệm của nó Khi đó, ta có các hệ thức sau và ta kí hiệu các hệ thức đó

3 2 1

n

3 n 3 n

1 n 2 n 4

2 1 3 2 1

n

2 n 2 n

1 n 3

1 2 1

n

1 n n

2 1

a

a 1 x

x x x

* a

a 1 x

x x

x x x x x x

a

a 1 x

x

x x x x

a

a 1 x

x x

i i

k n k i

i i k

n j i

2 n j i 2

n 1

1 n i 1

k 2 1

k 2 1

a

a 1 x

x x S

a

a x x S

a

a x S

Cho f x A x  với A là một trường Khi đó:

i Các đa thức bậc một trên trường A đều là bất khả quy

ii Các đa thức bậc hai, bậc ba là bất khả quy trên A khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong A

Định lý 2:

Nếu ( )f x là một đa thức bất khả quy trên A, g x  là đa thức bất

kỳ với hệ tử trong A thì hoặc là g x   f x hoặc làg x   , f x 1

Định lý 3:

Cho ( )f x là một đa thức bất khả quy trên A, ( ) g x và ( )h x là những

đa thức thuộc A[x] Nếu f x g x      h x thì có ít nhất ( )f x hoặc ( )g x

chia hết cho ( )h x

Tiêu chuẩn Eisenstein:

Khi đó, đa thức ( )f x bất khả quy trên  x

1.1.3 Đa thức trên trường số

1.1.3.1 Đa thức với hệ số hữu tỷ

Nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số hữu tỷ:

trong đó b là mẫu số chung của các phân số a i và b i là những số nguyên,

với i=0 , n, g x   x Vì ( )f x và ( )g x chỉ khác nhau một nhân tử bậc

0 nên các nghiệm của f(x) là các nghiệm của ( ) g x Vậy việc tìm nghiệm

của một đa thức với hệ số hữu tỷ được đưa về việc tìm nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên:

Bổ đề 1: Mọi đa thức với hệ số thực bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực

Bổ đề 2: Mọi đa thức bậc hai 2

ax bxc với hệ số phức bao giờ cũng

Các đa thức bất khả quy của vành đa thức  x , với là trường các số phức là các đa thức bậc nhất

Hệ quả 2:

Mọi đa thức bậc n > 0 với hệ số phức có n nghiệm phức

Hệ quả 3:

Các đa thức bất khả quy của  x , với là trường số thực, là các

đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai 2

Ta xây dựng vành đa thức nhiều ẩn bằng phương pháp quy nạp

Cho A là vành giao hoán có đơn vị Ta xây dựng được vành đa thức một ẩn x1 và lấy hệ tử trên A là A[x1] Ta đặt A1=A[x1] Trên A1, ta lại xây dựng vành đa thức một ẩn x 2 là A1[x2] Ta đặt A2 = A1[x2]…Tiếp tục

quá trình trên ta xây dựng được vành đa thức một ẩn x n lấy hệ tử trên A n-1

là A n-1 [x n ], ta đặt A n = A n-1 [x n]

Khi đó vành A n được gọi là vành đa thức n ẩn x 1 , x 2 ,…, x n kí hiệu

là A[x 1 , x 2 ,…, x n ] Mỗi phần tử của A n là một đa thức n ẩn x 1 , x 2 ,…, x n lấy

Các số c i được gọi là các hệ tử, i 1 a in

n

a 1

ix x

c được gọi là các hạng

tử của đa thức f x x 1, 2,,x n

Đa thức f x x 1, 2,,x n= 0  ci  0 ;  i  1 , m

Hai đa thức f x x 1, 2,,x nvà g x x 1, 2,,x n được gọi là bằng

nhau khi và chỉ khi chúng có cùng hạng tử như nhau

Đặc biệt:

Nếu k = 1 thì f x x 1, 2,,x nđược gọi là dạng tuyến tính

Nếu k = 2 thì f x x 1, 2,,x nđược gọi là dạng toàn phương

Nếu k = 3 thì f x x 1, 2,,x nđược gọi là dạng lập phương

1.2.3 Đa thức đối xứng

1.2.3.1 Định nghĩa

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị, đa thức

 1, 2, , n  1, 2, , n

f x x  x A x x  x được gọi là một đa thức đối xứng của n

ẩn nếu và chỉ nếu với mọi phép thế τ     τ ( 1 1 ) τ ( 2 2 ) τ ( n n )   , ta có

1 2 (1) (2) ( )

( , , , )n ( , , , n )

f x x x  f x x x , trong đó: τ ( 1 ), τ ( 2 ), , τ ( n ) là một

hoán vị bất kỳ của n phần tử x x1, 2,,x n

1.2.3.2 Đa thức đối xứng cơ bản

Trong vành đa thức A[x 1 ,x 2 ,…,x n] các đa thức đối xứng sau được gọi là các đa thức đối xứng cơ bản:

n 2

1 n

1 i i

σ       



n 1 - n 3

1 2 1 j

i

j i



n 1 - n 2 - n 4

2 1 3 2 1 k

j i

k j i





…

n

σ = x 1 x 2 …x n

1.2.3.3 Định lý cơ bản (về đa thức đối xứng)

Mọi đa thức đối xứng f(x 1 ,x 2 ,…,x n )  A[x 1 ,x 2 ,…,x n] đều biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng một đa thức của các đa thức đối xứng cơ

bản với hệ tử trong A

1.2.4 Đa thức đồng dư

1.2.4.1 Định nghĩa

Cho ( ) x là đa thức khác không ta nói rằng đa thức ( )f x và ( ) g x

là đồng dư theo môđun đa thức ( ) x nếu  f x –g x   ( )x Kí hiệu:

f x g x mod x

Nhận xét

Cho φ ( x ) là đa thức khác không Nếu f(x) và g(x) là hai đa thức

thì f x g x mod ( ( ))x khi và chỉ khi f(x) và g(x) cho cùng một đa

thức dư khi chia chúng cho ( ) x

1.2.4.2 Các tính chất của đồng dư trong vành đa thức

Cho φ ( x ) là đa thức khác không, ta có:

1  f ( x ) ta có: f(x)  f(x)(mod φ ( x ))

2 Với hai đa thức f(x), g(x) bất kỳ, nếu f(x)  g(x)(mod φ ( x )) thì

Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN 2.1 Ứng dụng 1: Bài toán xác định đa thức

sử dụng các tính chất của vành đa thức

- Cách thứ hai: Dùng kết quả của phép chia đa thức

2.1.2 Phương pháp giải

Đối với dạng bài tập này ta dùng các phép biến đổi ẩn, hoặc cho ẩn

những giá trị đặc biệt x=0,1,… rồi tính giá trị của đa thức tại những giá

trị đó Ta được hệ phương trình mà ẩn là các hệ số của đa thức

Giải hệ phương trình này tìm các hệ số, từ đó xác định được đa thức

2.1.3 Các ví dụ

Ví dụ 1: Xác định đa thức f x   x sao cho khi chia f x cho

(x – 2) dư 5, chia cho (x – 3) dư 7 và chia cho x– 2x– 3 thì được thương là 1 – x2 và còn dư

Giải:

Theo giả thiết ta có: f x   x– 2  q x 5 (1)

 f x  x– 3 ’q x 5  (2)

Gọi thương của phép chia đa thức f x  cho x– 2x– 3 là ( )r x Vì

x– 2x– 3 là đa thức bậc hai nên đa thức dư là đa thức không hoặc nếu khác đa thức không thì có bậc không quá 1 Do đó: r x ax b , với ,a b Theo giả thiết ta có: f x   x– 2x– 3ax b      (3)

Vì (1), (2), (3) đúng với mọi x nên:

2 a 7

b a 3

5 b a 2

Ví dụ 2: Tìm đa thức bậc ba f x   x , biết rằng f x chia cho các

đa thức (x – 1), (x – 2), (x – 3) đều được dư là 6 và f(–1) = –18

) 2 ( 1 c b a 2

Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta được:

3

26 c , 1 b , 3

Theo giả thiết ta có:

3 1 3 2

( ) 1 ( -1) ( )( ) -1 ( 1) ( )

46 a

45 b

a 2

1 b

Ví dụ 7: Hãy tìm tất cả những đa thức ( ) f x sao cho thỏa mãn:

f x  f x (α- const, α 0) (*1)

Giải:

Hiển nhiên, nếu f(x) là đa thức hằng thì (*1) thỏa mãn

Giả sử degf(x)  1 Khi đó ta có:

Vậy chỉ có những đa thức bậc 0 thỏa mãn điều kiện (*1)

Ví dụ 8: Tìm tất cả các đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện:

0 C C

C

C Trường hợp này (*2)

thỏa mãn khi f = 0 hoặc f = 1 với mọi số thực x

Nếu degf = n  1 thì ta có thể giả sử:

Thay vào (* 2 ) ta được: x g x s ( ).(2 )x g x s (2 ) (22  x3x2)s g x(2 3x2)

0 g(0) 

 : điều này mâu thuẫn với (2) Do đó trường hợp này cũng loại

Vậy chỉ tồn tại ( ) 0f x  hoặc f x 1 thỏa mãn (*2)

Ví dụ 9: Tìm tất cả các đa thức f x( ) bậc n với các hệ số nguyên không

âm không lớn hơn 8 và f  9 32078

Vì 0  a0  8 nên a 0 là số dư trong phép chia 32078 cho 9, suy ra:

0 2

a  Như vậy, ta có:

a n 9 n + a n-1 9 n-1 +…+ a 1 9 + 2 = 32078

3564 a

9 a 9

Bài 3: Xác định đa thức f x   x thỏa mãn f x chia cho đa thức x +

3 còn dư 1, f x chia cho đa thức x4còn dư 8 và f x  chia cho đa thức x3x4 thì được thương là 3 và còn dư

Bài 4: Cho ,a b Tìm tất cả các đa thức f x( )  x thỏa mãn điều

Bước 2: ( ) ( ), ( )f  g  h  ; ( ), ( )g  h  được xem là đa thức của α

Từ lí luận trên ta có kết quả

Với a = 0 ta có f(0) = 0 : suy ra a = 0 là một nghiệm của đa thức

f(a) hay f(a) a,  n *, a (1)

Với a= –1 ta có f(–1)= 0: suy ra a = –1 là một nghiệm của đa thức

f(a) hay f(a)  ( a  1),  n *, a (2)

là một nghiệm của đa

thức f(a) hay f(a)  ( 2a  1),  n *, a (3)

    Khi đó ta sử dụng công thức đồng dư và các tính chất

của nó để giải quyết bài toán này

Thật vậy, ta có:

)) a ( φ (mod )

a ( )

1 a ( )) a ( φ (mod a

1

a    2   n1   2 n1

 ( a  1 ) n1   a n2(mod φ ( a ))

Suy ra: f(a) = (a + 1) 2n+1 + a n+2   a n2  an2(mod φ ( a )) Mặt

)

a

(

φ  2   Khi đó ta sử dụng công thức đồng dư và các tính

chất của nó để giải quyết bài toán này

Từ a3 1  ( a  1 )( 1  a  a2) suy ra: a3  1 (mod φ ( a ))

)) a ( φ (mod a

a )) a ( φ (mod a a

)) a ( φ (mod

a 1 a

a a f(a)  3m  3n1  3k2    2hay f a( )0(mod ( )) a

m n k  a

    , ta có: f a3m a3n1a3k2 chia hết cho a2  a 1

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 với mọi số thực a

và b thì  n 1 – n 1 n –1

f b b  na  a n chia hết cho (b – a) 2

Với ba, ta có: f ( a ) a a a nan 1 0

n

1 n 1

n 1 n

Dựa vào tính chất của hai đa thức bằng nhau ta có:

Đa thức f x( )0 khi và chỉ khi các hệ tử của đa thức f x( ) bằng không

Vậy từ đó suy ra đa thức bậc n có nhiều hơn n nghiệm thì đa thức đó là

đa thức 0

0 ) y , x ( a

0 ) y , x ( a

0 0 k

0 0 1

0 0 0

Giải:

Gọi M(x 0 ; y 0) là điểm cố định cần tìm Khi đó ta có:

y0  x0 3  ( m  1 ) x0 2  ( 2 m2  3 m  2 ) x0  2 m ( 2 m  1 ),  m  ( 2x0 4)m2   ( x02 3x0 2)m(x03 x02 2x0 y0) 0, m (1)

Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn m, nó có nghiệm với mọi m

2 x 0

y x 2 x x

0 2 x 3 x

0 4 x 2

0 0

0 0

3 0

3 0

0

2 0 0

) 1 ( 0 5 x 3 x 2

0

2 0 0

0

2 0

1 x

0 0

Vậy (C m ) luôn đi qua hai điêm cố định là: M 1 (1; –4) và M 2(

4

47

; 2

) 1 ( 0

4 x

0 0

3 0

2 x

m 1 x ) m 1 ( x 2 y

Gọi M(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định mà (C m ) đi qua Khi đó ta có:

0 0

0

2 0

m x

m 1 x ) m 1 ( x 2

1 x 0 1 x x 2 x y

0 1 y x

x m , 0 1 x x 2 x y m ) 1 y x (

x m , m 1 x ) m 1 ( x 2 ) m x ( y

0

0

0

2 0 0 0

0 0

0 0

2 0 0 0 0

0

0 0

2 0 0

0

Do vậy (C m ) đi qua điểm cố định M–1; –2

Đặt

m x

m 1 x ) m 1 ( x 2 ) x ( f y

) 1 m ( 1 m x 2 ) x ( f

) m 1 (

) 1 m ( ) 1 ( ' f

) m x (

) 1 m ( ) m x ( 2 ) m x (

) 1 m ( 2 ) x ( ' f

2 2

2

2 2

2 2

Bài 1: Cho hàm số y  x3  3 mx  3 m  2 (C m ) Chứng minh rằng tiếp tuyến với (C m ) tại điểm uốn luôn đi qua một điểm cố định

1 m px

p mx y







 Hãy xác định m để họ đường cong

này đi qua một điểm cố định duy nhất

Bài 3: Cho hàm số

1 x

m x x y

2







 (C m ) Tìm m sao cho trên (C m ) có

hai điểm phân biệt M, N thỏa mãn điều kiện:

m y

x

N N

M M

- Dựa vào định lý Viéte ta xác định được nghiệm của phương trình

ta lựa chọn một trong hai hướng sau:

Hướng 1: Nếu phương trình không chứa tham số thì biến đổi về dạng ( – )x x g x0  0 Từ đó suy ra các nghiệm

Hướng 2: Nếu phương trình có chứa tham số Thay x = x 0 vào

phương trình tìm giá trị của tham số

- Ứng dụng định lý Viéte vào giải hệ phương trình

- Sử dụng định lý Viéte để giải một số bài toán về bất đẳng thức

2.4.3 Các ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình 12x 3

+ 4x 2 - 17x + 6

Biết rằng trong số các nghiệm có hai nghiệm có tích bằng -1

6 x

1 x 2

0 1 x 2

3

2 x

2

1 x

x x x x

) 3 ( m x

x x x x x x x x x x x

) 2 ( 18 x

x x x x x x x x x x x

) 1 ( 8

x x x x

4 3 2 1

4 3 1 4 3 2 4 2 1 3 2 1

4 3 4 2 3 2 4 1 3 1 2 1

4 3 2 1

Từ (*) và (1) suy ra: x 1 + x 2 = x 3 + x 4 = 4

Ta có (2)  x1x2  x3x4  x1( x3  x4 )  x2( x3  x4 )  18

18 4 4 x x x x 18 ) x x )(

x x ( x x

x

x1 2  3 4  1  2 3  4   1 2  3 4  



2 x x

x x (

2 x x x x

4 3 2 1

4 3 2 1

1 x

x

4 3

2 1

x

3 x x

4 3

2 1

1 x

x

4 3

2 1

5 2 x

5 2 x

5 2 x

4 x

x

1 x

x

2 1 2 1

3 x

3 x

1 x

4 x x

3 x x

4 3 4 3

4 3

4 3

x

3 x x

4 3

2 1

3 x

3 x

1 x

4 x x

3 x

x

2 1 2 1

2 1

2 1

5 2 x

5 2 x

5 2 x

4 x x

1 x

x

4 3 4 3

4 3

4 3

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

3 x , 1 x , 5 2 x , 5 2

x1   2   3  4 

(có thể hoán đổi vai trò giữa x 1 với x 2 , giữa x 3 với x 4), hoặc:

5 2 x , 5 2 x , 3 x , 1

0 S

1 X

1 x

1 x

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: ( ; )x y (1; 1),( 1;1)  

Ví dụ 4: Giải và biện luận hệ phương trình:

a 1 y x

2 2

a 1 y x 5

a 3 a y x

a 1 y x

2 2

2 2 2

y x S

5 P

a 1 S

Do đó theo định lý Viéte đảo ta có x, y là nghiệm của phương trình:

X 2 – SX + P = 0 hay a 3 0

2

5 X ) a 1 (

X2      (*)

Ta tính biệt thức Δ của phương trình (*):

11 a 8 a ) 3 a 2

5 ( 4 ) a 1 (

3 3 4 a 0

2

3 3 5 X X

2 1

2 1

; 2

3 3 5 , 2

3 3 5

; 2

3 3 5 y

3 3 4 a 0

Δ thì phương trình (*) có hai nghiệm

phân biệt:

2 1

- Nếu  4  3 3  a   4  3 3 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm

- Nếu a   4  3 3 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

y x

2 21 z

y x

1 3

z y x

3 3 3

2 2 2

x

S1         

21 b 2 3 b S ) yz xz xy ( 2 ) z y x ( z y

y x )(

z y x ( z y