SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.

SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.

đa thức bậc n có thể giải được bằng căn thức Vấn đề này đã được các nhà Toán học Gauss và Abel giải quyết một cách trọn vẹn thông qua lí thuyết trường và lí thuyết Galois, ở đó người ta đã chứng minh được tất cả các phương trình đa thức bậc lớn hơn

4 đều không giải được bằng căn thức Như vậy những phương trình đa thức bậc lớn hơn 4 đều không có quy trình chung để giải, tuy nhiên nhờ có định lí về sự phân rã, người ta có thể biểu diễn được mối liên hệ giữa các nghiệm của một phương trình đa thức bất kì Một trong những nhà Toán học thành công nhất trong quá trình biểu diễn mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức là Viét Viét đã nêu được các mối liên hệ mang tính đối xứng giữa các nghiệm của phương trình

Mặc dù các câu hỏi lớn về phương trình Đại số dạng đa thức đã được trả lời, tuy nhiên trong phạm vi Toán học phổ thông thì các bài toán về đa thức và nghiệm của đa thức vẫn luôn có tính thời sự Các bài toán về đa thức và nghiệm của đa thức luôn chiếm một vị trí xứng đáng trong các bài thi học sinh giỏi các cấp và gây ra nhiều khó khăn cho học sinh

Trong đề tài này chúng tôi quan tâm đến vấn đề: Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học Ở đây chúng tôi không có ý định xây dựng lại các bài toán tìm điều kiện để phương trình đa thức bậc n có nghiệm thoả mãn một tính chất nào đó Nội dung của đề tài gồm có hai phần Phần thứ nhất là cho một phương trình đa thức bậc n

có nghiệm thoả mãn một tính chất nào đó, chúng tôi xây dựng các bất đẳng thức về các

hệ số của phương trình Phần thứ hai chúng tôi ứng dụng định lí Viét vào Số học, kết quả thu được là chúng tôi xây dựng được một lớp các bài toán phương trình nghiệm nguyên dạng bậc hai, và các bài toán về lí thuyết chia trên tập hợp các số nguyên

Đề tài được hoàn thành tại trường THPT chuyên Phan Bội Châu Trong quá trình thực hiện đề tài chúng tôi nhận được nhiều sự chỉ bảo của các thầy cô giáo đi trước về bố cục, nội dung Nhân đây cho phép tôi bày tỏ lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán- Tin trường THPT chuyên Phan Bội châu

Cuối cùng, do nhiều nguyên nhân, đề tài hoàn thành không tránh khỏi được những sai sót Chúng tôi mong nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô giáo và các độc giả để ngày càng hoàn thiện hơn trong quá trình nghiên cứu khoa học và viết các đề tài

I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong quá trình dạy học ở bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức và phát triển

tư duy cho học sinh là hai nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên.Vì lí do thời lượng chương trình và đáp ứng một cách đại trà về kiến thức cho học sinh nên chương trình sách giáo khoa phổ thông chỉ mới đáp ứng được một phần kiến thức Chính điều này

đã làm hạn chế sự phát triển tư duy của những em học sinh khá và giỏi Vì vậy trong quá trình giảng dạy chúng tôi luôn quan tâm đến hai vấn đề là đáp ứng kiến thức đại trà

và phát triển tư duy cho học sinh khá giỏi Thông thường các em học sinh chỉ mới có khả năng giải quyết trực tiếp các bài toán mà không có khả năng nhìn nhận bài toán đó

từ những góc độ khác nhau, từ đó dẫn đến một hiện tượng thường thấy trong nghiên cứu khoa học là: “chỉ thấy cây, không thấy rừng” Học sinh chỉ có khả năng giải quyết các vấn đề một cách rời rạc mà không có khả năng xâu chuỗi chúng lại với nhau thành một mảng kiến thức lớn Chính vì thế việc rèn luyện và phát triển các tư duy tương tự hoá và tổng quát hoá là hết sức cần thiết đối với học sinh phổ thông Việc làm này giúp các em tích luỹ được nhiều kiến thức phong phú, khả năng nhìn nhận và phát hiện vấn

đề nhanh, giải quyết vấn đề có tính lôgic và hệ thống cao

Có nhiều hướng khác nhau để rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh Trong

đề tài này chúng tôi tập trung phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc áp dụng định lí Viét trong chương trình Đại số lớp 10 Trong chương trình Đại số lớp 10, định

lí Viét chỉ được phát biểu cho phương trình bậc hai Tuy nhiên để đáp ứng được yêu cầu của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, chúng tôi giới thiệu định lí Viét dạng tổng quát và “nhúng” vào các lĩnh vực khác nhau của Toán học

Xuất phát từ cách nhìn vấn đề theo chiều ngược: Nếu phương trình bậc hai 0

II NỘI DUNG

1.Sử dụng định lí Viét để xây dựng các bài toán bất đẳng thức, cực trị giữa các hệ

số của phương trình dạng đa thức

a) Xây dựng các bài toán bất đẳng thức, cực trị cho các hệ số của phương trình bậc hai

Chúng ta biết rằng nếu phương trình bậc hai: ax2bxc 0 có  b2 4ac 0thì phương trình có nghiệm thực Tuy nhiên chúng ta cũng có thể nhìn vấn đề theo chiều ngược lại: nếu phương trình bậc hai ax2bxc 0 có nghiệm thực thì   0 b2 4ac

Từ cách nhìn nhận này chúng ta có thể ràng buộc thêm các điều kiện cho các nghiệm của phương trình bậc hai để từ đó xây dựng nên các bài toán bất đẳng thức, cực trị về các hệ số của phương trình Chẳng hạn chúng ta bắt đầu với bài toán sau:

Ví dụ 1 Cho phương trình x2bxc 0có hai nghiệm thực dương x1, x2thoả mãn

2 2 1 2

2

9

2x x x x x x x

x x

2

9 1 1

2 1

2 2 2



x x x x

Ta có:

2 2 1 1

2 1 2 1

2 2 2 1

1 1 4

3 8

1 8

1 8

1 8

1 1

1

x x x

x

x x x

x x x x x

2

9 3 2

3 4

4

3 4

3 4

3

2 1

c) Thay bx1x2,cx1x2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

2 1 2

1 2

(x x x x   x x

5 1

1

2 1 2 1

2 1 1 2 1 2 1

1 1 4

3 4

1 4

1 1

1

x x x

x x x x x x x

5 4 4

3 1 1

2 1

Đây là điều cần chứng minh

Bây giờ trong Ví dụ 1 chúng ta cho phương trình bậc hai dạng tổng quát

b a

Lời giải của Ví dụ 2 hoàn toàn tương tự Ví dụ 1

Ví dụ 3 Cho phương trình x2bxc 0có hai nghiệm thực dương x1, x2thoả mãn

a) Chứng minh rằng: .

2

1 2

1

2 1 2 12 22

2 2

2 1 2 2 2

1 x  x x 

x

a) Theo giả thiết ta có:

4 , 1

2

b c

b  nên

2

5 1 3 2

1 1 3 2

2 2

1

2 2

f

Ta có

1

1 )

f , với mọi b  2

nên

5

8 ) 2 ( )

c a c a P

a c

a  

Trước hết chúng ta xem P ( c a, )như một hàm của biến c, ta có:

) ,

3 2

3 2

3 2

2 4 3 2

a a a

c a

c a a a c a c a P

Vậy P ( c a, ) là hàm nghịch biến đối với biến c nên:

) ,

( c a

4

1 4 4

1

3

a a

a a a P

)

3

a a

a a

4 2

3 4 6

a a a a a f

Vậy f (a)là hàm đồng biến trên 1 ;    do đó: P ( c a, ) 1

4 1

1 4

b Xây dựng các bất đẳng thức về hệ số của phương trình bậc ba

Chúng ta đã biết rằng phương trình bậc ba bao giờ cũng có ít nhất một nghiệm thực Sau khi nghiên cứu xong ứng dụng của đạo hàm, chúng ta có điều kiện cần và đủ

để phương trình bậc ba f(x) ax3bx2cxd 0:

- Có đúng một nghiệm thực là: phương trình f'(x)  0vô nghiệm thực hoặc có nghiệm kép thực hoặc phương trình f'(x)  0có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2thoả mãn

0

Trước hết chúng ta có các đẳng thức quan trọng sau:

Đặt Sx1x2x3,Px1x2x3,Qx1x2x2x3x1x3.

Thế thì:

2 2 2

Theo định lí Viét đảo thì phương trình X3 SX2 QXP 0 nhận các số thực

x      x1x2 2 x2x3 2 x3x12 0 Đây là điều phải chứng minh

b) c) Kết quả của câu b, c có được nhờ áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không

âm

d) Bất đẳng thức cần chứng minh ở câu d trở thành:

x1x2x2x3x1x32 3x1x2x3x1x2x3.Nếu trong ba nghiệm x1,x2,x3 có một nghiệm nào đó bằng không thì ta có điều cần chứng minh Xét trường hợp cả ba số x1 ,x2 ,x3 đều khác không Khi đó bất đẳng thức

3 2 1

1 1 1 3 1 1 1

x x x x x x x

x x

0 1 1 1

1 1

1 3 2

3 2 2

2 1

x x

x

Đây là điều cần phải chứng minh

Để chứng minh các bất đẳng thức ở các câu e, f chúng ta cần có bất đẳng thức Schur như sau:

Nếu x,y,zlà các số thực dương và t là số thực dương thì:

0 ) )(

( ) )(

( ) )(

e) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

0 ) )(

( ) )(

( ) ( 1 2 2 2 1 2 3 3 3 1 3 2

1 x x x x x x x x x x x x 

x

Đây chính là bất đẳng thức Schur với t 1

f) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

0 ) )(

( ) )(

( ) ( 1 2 22 2 1 2 3 32 3 1 3 22

1 x x x x x x x x x x x x 

x

Đây chính là bất đẳng thức Schur với t 2

Ví dụ 2 Xét các số thực a, bsao cho phương trình ax3x2bx 1  0có ba nghiệm thực

dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

) (

2 3 5

2 2

a b a

ab a P

1

3 1 3 2 2 1 3 2 1 3 2 1

a

b x x x x x x a x x x x x

Do   2 1 2 2 3 1 3

3 2

3

1 0

3 1

2

a

b a

b

a    

3 3

1 0

3 3

3 2 1 3 2

Ta có 0

) (

2 2 )

a b

) 1 5 ( 3 3

1 , ) ,

2

a a

a a

a P b a P

) 1 5 ( 3

2 2

a a

1

; 0 ,

0 ) 1 3 (

1 14 15 )

2 4 '

a a a f

Suy ra hàm số f (a) nghịch biến trên 

1 4 ) ( 4 ) ,

Dấu đẳng thức xẩy ra khi , 3

3 3

b a a

b a c b

) )(

(

3 2 3 2 2 2 1 3 2 1 2

3 2 2 2 1 3 2

- Nếu x12x22x32 0 thì chúng ta có ngay điều cần chứng minh

- Xét trường hợp x12x22x32 0 Không mất tính tổng quát, giả sử x1 x2 x3,và

9

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

10 )

3 2 1 3 2

Dấu đẳng thức xẩy ra chẳng hạn tại x1  1 ;x2x3 2, hay là a  3 ,b 0 ,c 4

Ví dụ 4 Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn xyyzzxxyz 4 Chứng minh rằng xyz (xyyzzx)  0

Không mất tổng quát, giả sử z minx,y,zx 0 ,y 0 xyxy 0

1 ( ) 2 (xy 2xy x y 

- Nếu (x 1 )(y 1 )  0 thì ta có ngay điều cần chứng minh

- Xét trường hợp (x 1 )(y 1 )  0

Khi đó ta có:

) 2 (xy 2 x  y 2 x y xy x y

 (xy 2 )2xy(x 1 )(y 1 )  0

Bây giờ sử dụng kết quả của Ví dụ 4, chúng ta có ví dụ sau:

Ví dụ 5.Cho bốn số thực không âm a,b,c,d thoả mãn điều kiện

16 )

c b

a        

Chứng minh

Đặt pabcd, qabacadbcbdcd, rabcabdacdbcd,sabcd.

Theo định lí Viét đảo thì a,b,c,d là bốn nghiệm của đa thức

)

(x x4 px3 qx2 rx s

Không mất tổng quát, có thể giả sử abcd.

Theo định lí Rolle, với F(a) F(b) F(c) F(d)  0thì tồn tại ba nghiệm thực x1,x2,x3 của

đa thức F'(x)  4x3 3px2 2qxr, trong đó ax1bx2cx3d.

Theo định lí Viét ta có:

4

, 2

, 4

3

3 2 1 3 1 3 2 2 1 3

2 1

r x x x

q x x x x x x

p x x

Từ giả thiết của bài toán ta có:

4 16

2qr x1x2x2x3x1x3x1x2x3

Theo Ví dụ 4 suy ra x1x2x3x1x2x2x3x1x3 3 2

2 4

3

q p q p









Đây là điều cần chứng minh

Dấu đẳng thức xẩy ra khi abcd 1

Qua các ví dụ trên chúng ta nhận thấy rằng có thể ràng buộc rất nhiều điều kiện cho các nghiệm của phương trình bậc ba để từ đó xây dựng lên các bất đẳng thức về quan hệ giữa các hệ số của phương trình

2 Ứng dụng của định lí Viét trong các bài toán số học

Khi phát biểu định lí của mình, Viét phát biểu cho phương trình dạng đa thức có nghiệm phức Tuy nhiên nếu chúng ta “nhúng” định lí này vào các bài toán phương trình nghiệm nguyên, chúng ta sẽ có được những kết quả hết sức thú vị Chẳng hạn chúng ta bắt đầu với Ví dụ sau:

Ví dụ 1 Cho a, b là các số nguyên dương phân biệt thoả mãn a2b2 3chia hết cho

.

abChứng minh rằng 3 4

2 2

Lời giải

Từ kết luận của bài toán chúng ta nghĩ đến việc xét phương trình bậc hai

3

Xét phương trình bậc hai a2kb0ab02 3  0 có hai nghiệm a0, a1thoả mãn:

0 1 0

b a a

kb a a

Do đó (a1,b0) cũng là một nghiệm của phương trình đã cho Điều này dẫn đến

2 0 1

b a

k suy ra k 3hoặc k 4

- Với k 3 thì phương trình 3 2 3 0

0 0

2  b ab  

a có biệt thức   5b02 12  3 mod 5 không là

số chính phương nên phương trình không có nghiệm nguyên

- Với k 4 thì phương trình có nghiệm nguyên dương b0  1 ,a0 2

Vậy nếu a, b là các số nguyên dương phân biệt thoả mãn a2b2 3chia hết cho

ab thì 3 4

2 2

- Hướng 1: Cho P ( b a, , ), Q ( b a, , ) là các biểu thức bâc hai đối với một ẩn nào đó

thoả mãn P ( b a, , ) chia hết cho Q ( b a, , ) Tìm các giá trị của

) , , (

) , , (

b a Q

b a P

hoặc tìm mối liên hệ giữa a ,b,

- Hướng 2: Tìm các giá trị của tham số nguyên kđể phương trình k

b a Q

b a

) , , (

) , , (

có nghiệm nguyên

Trước hết chúng ta sẽ xây dựng một số bài toán theo Hướng 1

Ví dụ 2 (IMO 2007) Cho a, blà các số nguyên dương thoả mãn 2 2

) 1 4 ( a  chia hết cho 1

4ab Chứng minh ab

Lời giải của bài toán này trong đáp án khá phức tạp, ở đó người ta đã giải quyết theo hướng tập hợp Tuy nhiên nếu phân tích kĩ giả thiết của bài toán, chúng ta hoàn toàn có thể giải theo hướng của phương trình bậc hai như sau

Ta có:

2 2

2 2

2 2

2 2

) 1 4 ( ) 1 4 )(

4 4 ( 2 ) ( 16 ) 1 4 4 4 ( ) 1 4

( a   a  ab ab  a ab  a  ab ab  ab

Vì hai số 2

16a và 4ab 1 nguyên tố cùng nhau nên 2 2

) 1 4 ( a  chia hết cho 4ab 1 tương đương với 2

) (ab chia hết cho 4ab 1 Đặt (ab)2k( 4ab 1 ).

Theo giả thiết thì klà một số tự nhiên và bài toán được giải quyết khi chúng ta chứng minh được k 0

Giả sử k 0 Do vai trò của a, blà bình đẳng nên trong tất cả các giá trị của a, b thoả mãn bài toán, gọi a0,b0 là cặp nghiệm sao cho a0 b0 nhỏ nhất và a0b0.

Xét phương trình bậc hai a2 2b0( 1  2k)ab02k 0 Phương trình này có hai nghiệm

b k a

a

2 0 1 0

0 1

0 2 ( 1 2 )

Điều này kéo theo a1, b0 cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán Theo cách gọi của nghiệm a0,b0 suy ra:

0 0

0 1

0 1 )( 1 ) (a  a  b



1 ) 2 1 (

2b0  k  k



Điều này không xẩy ra khi b ,0 k là các số nguyên dương

Vậy giả sử của chúng ta là sai và do đó k 0 hay chính là ab.

Qua lời giải của bài toán trên chúng ta nhận thấy bản chất của bài toán là: Nếu

b

a, là các số nguyên dương thoả mãn 2

) (ab chia hết cho 4ab 1 thì ab Từ đó chúng

ta có bài toán tổng quát hơn như sau:

Ví dụ 3 Cho p, q là các số nguyên dương thoả mãn 1 qp Chứng minh rằng nếu a, b

là các số nguyên dương sao cho 2

) (ab chia hết cho pab q thì ab Lời giải

pk b

a a

2 0 1 0

0 1

Điều này kéo theo a1, b0 cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán Theo cách gọi của nghiệm a0,b0 suy ra:

0 0

0 1

0 1 )( 1 ) (a  a  b



1 ) 2 (

b   



Điều này không xẩy ra khi b ,0 k là các số nguyên dương

Vậy giả sử của chúng ta là sai và do đó k 0 hay chính là ab.

Ví dụ 4 Chứng minh rằng nếu a, blà các số nguyên dương thoả mãn 2 2





ab

b a

- Trường hợp 1: 1 1

1

2 2 1

2

0 2

0 2

0

2 0 0

a k b

) 1 (

2 0 1 0

0 1 0

k b a a

kb a a

Nếu a1 0 thì a1, b0 cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán, và do đó

kb        2 

0 0 2 0 1

2 0 0

Từ lời giải của Ví dụ 4 chúng ta có thể mở rộng như sau:

Ví dụ 5 Cho p, q là các số nguyên dương thoả mãn 1 qpvà q là số chính phương Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương thoả mãn 2 2

q pab

b a

0

2 0 0

a k b

- Trường hợp 2: a0b0.Khi đó phương trình a2kpb0ab02kq 0 có hai nghiệm a0, a1

thoả mãn:

) 1 (

2 0 1 0

0 1 0

kq b a a

kpb a a

Nếu a1 0 thì a1, b0 cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán, và do đó

0 0 2

0 1

2 0 0

Trong tất cả các cặp (a, b) thoả mãn a2 b2 abck

gọi (a0,b0)là cặp sao cho a0 b0và

) 1 (

2 0 1 0

0 1 0

k b a a

cb a a

Nếu a1  0thì a1, b0 cũng là một cặp nghiệm thoả mãn bài toán

2 0 0 1 0

a

b k a

Bây giờ chúng ta xây dựng một số bài toán theo Hướng 2

Ví dụ 7 Tìm tất cả các số nguyên dương k để phương trình x2xyy2k(xy 1 ) có nghiệm nguyên dương x, y

) 1 ( )

1 (

2 0 1 0

0 1

y k x x

Điều này dẫn đến x1, y0 cũng là một nghiệm thoả mãn x1x0.

2 0 0

Nếu x0 y0 thì lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta có:

2 0 0

2 0 1

(x  x  y ky k  y

3 1

2 1 1

1 )

1 (

k y k

y k

- Với y0 1 k 7 ,x 2 ; 4

- Với y0 2hoặc y0 3 thì phương trình vô nghiệm

Vậy để phương trình có nghiệm nguyên dương thì k 4 hoặc k 7

Ví dụ 8 Tìm tất cả các số nguyên dương k để phương trình xy2k1  4xy có nghiệm nguyên dương x , y.

) 1 ( )

1 2 ( 2

2 0 1 0

0 1

y k x

x