Ứng Dụng Công Thức Viète Trong Giải Toán Bậc Phổ Thông.doc

Nhận viết đề tài trọn gói – ZL: 0909 23 26 20–
Luanvanmaster.com
TẢI TÀI LIỆU KẾT BẠN ZALO : 0909 23 26
20
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

Luanvanmaster.com
TẢI TÀI LIỆU KẾT BẠN ZALO : 0909 23 26 20
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

Luanvanmaster.com
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.

Luanvanmaster.com
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.

Luanvanmaster.com
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 (a0 , a1 , ..., an , ...) trong đó ai A, với
mọi i và ai 0 tất cả trừ một số hữu hạn. Trên P ta định
nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau:
( a0 ,
(a0 ,
a1 ,..., an , ...) (b0 , b1
a1 ,..., an , ...) (b0
,..., bn , ...)
,b1 ,...,bn
 ( a0 b0 , a1 b1 ,..., an bn , ...)
, ...)  (c0 , c1 , ..., cn , ...)
(1.1)
(1.2)
với ck  a0 bk a1bk ... ak b0   ai bj , k 0, 1, 2,...
i jk
Vì các ai và bi bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên các
ai bi 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
x (0, 1, 0, ..., 0, ...) P . Theo quy tắc của phép nhân trong P,
ta có:
x2  (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...) , x3  (0, 0, 0, 1, 0,..., 0,...), ... , xn  (0, ..., 0, 1, 0,..., 0,...)
n
Ta quy ước x0 (1, 0, 0,...) .
Mặt khác, xét ánh xạ: A P

Luanvanmaster.com
a (a, 0, 0,...) .
Dễ dàng kiểm chứng được ánh xạ này là một đơn cấu vành, do

Luanvanmaster.com
4
đó ta đồng nhất phần tử a A với dãy ( a, 0, 0, ...) P và xem A là
một vành con của vành P. Vì mỗi phần tử của P là một dãy
( a0 , a1 , ..., an ,...) trong đó ai 0 trừ tất cả một số hữu hạn, nên
mỗi phần tử của P có dạng ( a0 , a1 , ..., an , 0, 0,...) trong đó
a0 , a1 , ..., an A (không nhất thiết khác 0). Việc đồng nhất a với
(a, 0, 0,...) và việc đưa vào dãy x cho phép ta viết
( a0 , a1 ,..., an ,0,0,...)  ( a0 ,0,0,...) (0, a1 ,0,0,...)  ... (0,...,0, an ,0,...)
 a0 x 0
 a1 x a2 x 2
 ... an xn
.

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 f (x) a x0
 a x a x2
 ... a xn
, các
0 1 2 n
a , i gọi là các hệ tử của đa thức, các a xi
gọi là các hạng tử
0, n
i i
của đa thức và đặc biệt a0 a0 x0
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 f ( x) a0 x 0
 a1 x a2 x 2

... an xn
khác 0 với an 0 . Ta gọi bậc của f (x) là n, kí hiệu deg f ( x
) n . Hệ tử an 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

Luanvanmaster.com
5
Định nghĩa 1.5. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị.
A[ xi ] là vành đa thức ẩn xi trên A ,  . Ta đặt
i 1, n
A1 A[ x1 ], A2  A1[ x2 ], ..., An  An1[ xn ]
Vành An An1[ x] được kí hiệu A[ x1 , x2 , ..., xn ] và gọi là vành
đa thức của n ẩn x1 , x2 , ..., xn lấy hệ tử trong A. Mỗi phần tử của
An gọi là một đa thức của n ẩn x1 , x2 ,...xn lấy hệ tử trong A và thường
được kí hiệu là f ( x1 , x2 ,... xn ), g ( x1 , x2 ,... xn ),...
Từ định nghĩa trên ta có
A
i1 sẽ là các vành con của vành
Ai , i 1, n : A0 AA1A2  ... An .
Từ đó với mọi f ( x1 , x2 ,..., xn ) A[ x1 , x2 ,..., xn ] ta đều có thể
viết dưới dạng
f ( x , x ,..., x ) c x a
11 x a
12 ... x a
1 n c x a
21 x a
22 ...x a
2 n  ... c x a
m1 x a
m 2 ...xa
mn ,
1 2 n 1 1 2 n 2 1 2 n m 1 2 n
với ci A; i là các số tự nhiên và
ai1 , ai 2 ,..., ain , 1, m
( ai1 , ai 2 ,..., ain ) ( a j 1 , a j 2 ,..., a jn ) khi i  j . Các ci gọi là các hệ tử,
c xa
i 1 xa
i 2 ... xa
in gọi là các hạng tử của đa thức f ( x , x ,..., x ) . Đa
i 1 2 n 1 2 n
thức f ( x1 , x2 ,..., xn ) 0 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 f ( x1 , x2 ,..., xn )  A[ x1 , x2 ,..., xn ] là
đa thức khác 0:
f ( x , x ,..., x ) c x a
11 x a
12 ... x a
1 n  c x a
21 x a
22 ...x a
2 n  ... c x a
m1 x a
m 2 ...xa
mn
1 2 n 1 1 2 n 2 1 2 n m 1 2 n
ci A;
với ai1 , ai 2 ,..., ain , i 1, m là các số tự nhiên và
( ai1 , ai 2 ,..., ain ) ( a j 1 , a j 2 ,...,
a
jn
)
khi i  j . Ta gọi bậc của đa
thức f ( x1 , x2 ,..., xn ) đối với ẩn xi là số mũ cao nhất mà xi có được
trong các hạng tử của đa thức.

Luanvanmaster.com
6
Ta gọi bậc của hạng tử c xa
i 1 xa
i 2 .. .xa
in là tổng các số mũ của
i 1 2 n
các ẩn. Hạng tử có số mũ lớn nhất được gọi là hạng tử cao nhất của
f ( x1 , x2 ,..., xn ) .
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,
là một đa thức của vành A[ x1 , x2 ,..., xn ] . Ta nói
là một đa thức đối xứng của n ẩn nếu
f ( x1 , x2 ,..., xn ) f ( x (1) , x (2) ,..., x ( n) ) , với mọi phép thế

 1 2 ... n 
, trong đó f ( x (1) , x (2) ,..., x ( n) ) có

(1)(2)

 ... (n)
được từ f ( x1 , x2 ,..., xn ) bằng cách trong f ( x1 , x2 ,..., xn ) thay xi bởi
x ( i ) , i 1, 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:k  xi1 xi2 ...xik , k 1, n
i1 i2...ik
là các đa thức đối xứng và là các đa thức đối xứng cơ bản đối với n
ẩn x1 , x2 ,..., xn .
f ( x1 , x2 ,..., xn )
f ( x1 , x2 ,..., xn )

Luanvanmaster.com
Giả sử g ( x1 , x2 ,..., xn ) là một đa thức của A[ x1 , x2 ,..., xn ] ,

Luanvanmaster.com
7
phần tử của A[ x1 , x2 ,..., xn ] có được bằng cách trong
g ( x1 , x2 ,..., xn ) thay xi bởii , i gọi là đa thức của các đa
1, n
thức đối xứng cơ bản, kí hiệu g(1 , 2 ,..., n ) .
Vì1 , 2 ,...,n là các đa thức đối xứng nên g(1 , 2 ,...,n )
cũng là một đa thức đối xứng
1.2.4. Công thức Viète
Cho đa thức bậc n: f (x)  a xn
 a xn1
 ... a x a
0 1 n1 n
lấy hệ tử trong một trường nào đó. Khi đó x1 , x2 ,..., xn là n nghiệm
của khi và chỉ khi chúng thỏa mãn các hệ thức sau:
 n a

1  x1  x2  ... xn

x
i   1
ao
 i1
  x
i
x
ja
2
 2  x1 x2 x1 x3 ... xn1 xn  a
o
 1 i jn

...
(1.3)

ak

k  
x
i1
x
i2 ...xik  (1)k
ao
 i1 i2 ...ik

...

an
  x x ...x  (1)n
n n
 1 2 a
 o
Công thức này gọi là công thức Viète và các vế trái là các đa
thức đối xứng cơ bản đối với các biến x1 , x2 ,..., xn .
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

Luanvanmaster.com
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
( x 1) ( x 2) ( x 3) ( x 4) m , với m là tham số thực. Xác
định m để 4 nghiệm (phức) x1 , x2 , x3 , x4 của phương trình đều
khác 0. Từ đó tính tổng S  1  1  1  1 theo tham số m.
x x x
x
1 2 3 4
Lời giải.
Bước 1: Khai triển phương trình đã cho ta được
x4
 bx3
 cx2
 50x 24 m 0 .
Bước 2: Áp dụng công thức Viète ta có:
3
 x x x  50
 i j k
.

 x x x x 24
 m
 4 1 2 3 4
Để cả 4 nghiệm của phương trình đều khác 0 thì điều kiện là
40, nghĩa là m 24 .

Luanvanmaster.com
9
Bước 3: Ta có: S 1  1  1  1  x
i
x
j
x
k

3
 50 .
x x x x x x x x  24
4
m
1 2 3 4 1 2 3 4
VậyS
50
, m 24.
24 m
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 x4
 3x3
 6x2
 ax 4 0 có 4 nghiệm (phức) x1 , x2 ,
x3 , x4 , trong đó có một nghiệm, chẳng hạn x1 , thỏa mãn:
x 1  1  1 .
1
x2 x3 x4
Lời giải.
Bước 1: Gọi 4 nghiệm của phương trình đã cho là x1 , x2 , x3 , x4 .
Theo công thức Viète ta có: 1 3, 2 6,  3  a,4 4 .
Bước 2: x  1  1  1  x x  x x  x x x x x x  4 .
1
x2 x3
3 4 2 4 2 3 1 2 3 4 4
x4

Luanvanmaster.com
10
Hay
4 x1 x2 x3 x4  6 x1 (x2 x3 x4 )  6 x1 (3 x1 )  x123x1 6
 x1
4
 15x1 14.
Thay x bởi x1 vào phương trình đã cho ta được:
x4
 3x3
 6x2
 ax 4 0  x  4 , a12.
1 1 1 1 1
a 12
Nghĩa là a phải thỏa mãn phương trình: 16  3. 4 20.
(a 12)2
a12
Suy ra a 8 hoặc a 10 .
Bước 3: Thay a 8, a 10 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 a 8 và a 10 .
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 12 x 3
 4 x 2
 17 x 6 0
, 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 x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm (phức) của phương trình, khi
đó theo công thức Viète ta có: x x  x1 ; x x x  1 .
1 2 3
3 1 2 3
2
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 x1 , x2 .

Luanvanmaster.com
11


1
x1 x2 x3
 x3
1
x1 x2
5
Ta có: 2 . Khi đó .
2 6

x x  1
1 2
Theo công thức Viète thì x1 , x2 là hai nghiệm của phương
trình X 2
5 X 1  0  x  2 ; x  3 .
6 1
3 2
2
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
n m  0 , cụ thể
phương trình vô tỉ có dạng a f ( x ) b g ( x)
như sau:
Bước 1: Tìm tập xác định của phương trình.
u  n
Bước 2:
a f ( x)
xác định điều kiện
Đặt ẩn phụ


,
v m a g ( x)

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: 45 x 4x 1  2 .
Lời giải.
 
Bước 1: Tập xác định D 1;5.
u
u , v 0
 4 5 x 4 4 4
Bước 2: Đặt 
  5  x u  v  4 .

 4
u
v x1 4

v  x1

Luanvanmaster.com
12
u , v 0

Khi đó phương trình đã cho trở thành: u4 v4 4
.
u v 2
u , v 0 u , v 0



u v  

uv 
Suy ra 2 hoặc 4 .

0

 2
uv u v
Theo công thức Viète thì u, v là nghiệm của phương trình
t2
 t 2
  0 .
2t 0 hoặc phương trình 2t 4 Phương trình
t2   0 t2

2t 4 vô nghiệm. Phương trình 2t 0 có
 0 t
nghiệm là: t và 2 .
Suy ra các cặp u, v có thể là:
4 5 x  0
Ta có:



4 x 1 2

4 5 x  2


4 x 1  0

u  0   2

;
u
.




2 0
 v v
 
 x 5 (thỏa mãn điều kiện)


 x 1 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là x 5 hoặc x 1 .
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.

Luanvanmaster.com
13
Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tìm nghiệm của hệ phương
trình ban đầu.
x y z  3
Bài toán 2.1.24. Giải hệ phương trình

x3
 y3
 z3
 27,
 4
 y
4
 z
4
 113

x
x, y, z .
Lời giải.
Bước 1: Ta có: x 3
 y 3
 z3
 3
 3
2
 3
3
,
1 1
và x4
 y4
 z4
 4
 42

2
 22
 4 .
1 1 2 1 3
Vậy hệ phương trình đã cho trở thành:

1
 3

 3  3 27 .
 3 3
 1 1 2

 41
2
2 22
2
 413  113
1
4
Bước 2:
1 3,2 4,312
.

3,2 4,3


1 12
Bước 3:
i) Trường hợp 13,2  4,312. Theo công
thức Viète thì x, y, z là nghiệm của phương trình
X3
 3X2
 4X12  0 hay X 3, X 2i , X  2i .
ii) Trường hợp1 3,  2 4, 3 12. Theo công
thức Viète thì x, y, z là nghiệm của phương trình
X 3
 3X2
 4X12  0 hay X 3,X 2, X  2 .
Vậy hệ phương trình đã cho có 12 nghiệm là các hoán vị của
3, 2i ,  2i và các hoán vị của 3, 2, 2.

Luanvanmaster.com
14
2.1.3. Các bài toán về đa thức
Bài toán 2.1.29. Hãy tìm tất cả các đa thức Pn ( x) với hệ số
nguyên và có dạng P ( x) n ! x n
 a x n
1
 ... a x (1) n
( n1)n
n n1 1
sao cho Pn ( x) cón nghiệm thực x1 , x2 , ..., xn thỏa mãn điều kiện
xk [k , k1]; k 1, 2, ..., n và n 1 .
Lời giải.
Với n 1 , đa thức P (x) x 2 là đa thức thỏa mãn các
1
điều kiện của bài toán, vì nó có một nghiệm là x1 2 [1, 2] .
Với n 2 , đa thức có dạng P (x) 2x2
 a x 6 ở đây
2 1
a1 là một số nguyên. Theo điều kiện thì đa thức này phải có 2
nghiệm thực x1 , x2 sao cho 1 x1 2 x2  3 . Theo công thức
Viète ta có: x x  a1 và x x  3 .
1 2
2 1 2
Khi đó ta nhận được:
P ( x ) 2 x 2
 7 x 6
.
 2
 8 x 6
Q ( x ) 2 x 2
 2
Với n 3 , áp dụng công thức Viète cho đa thức Pn ( x) , ta
có: x x ...x  (n 1)n  n1 .
1 2 n
n! (n1)!
Nhưng với n 3 ta có: n 1

n1  n n!. Vì
( n1)! 2
thế x1 x2 ... xn  n!
Mặt khác từ điều kiện xk [k , k 1]; k 1, 2, ..., n ta nhận
được x1 x2 ...xn 1.2.3...n n! . Điều này vô lý và cho thấy không tồn
tại đa thức thỏa mãn bậc n 3 điều kiện đề bài.
Vậy các đa thức ta phải tìm:

Luanvanmaster.com
15
P (x )
1  x2; P2 (x )  x2 7x  6 và Q(x )  2x28x  6 .
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 f (x) ax2
 bx c, a 0 có hai nghiệm
x1 , x2 2; . Chứng minh bất đẳng thức sau:
 
c
(4 a b ) 2   2(4 a 2b c) .
 
 a
Lời giải.
Bước 1: Áp dụng công thức Viète đối với đa thức f (x) , ta có
x x b , x x c .
1 2
a 1 2
a
Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành
1

1

2
. (2.1)
x1 x2
1 x x
2 1 2 1 2 . 2
u 2

x1
1 2
Bước 2: Đặt  2 .
 2

x2

v
2


Luanvanmaster.com
16
Khi đó: (2.1) 
1
1 u 2
Ta có:
1

1

2
1 u 2
1 v 2
1 uv
1 2
  ; u , v  1.
1 v 2
1 uv

(v u )2
(uv 1)
 0 .
(1 uv ) (1 u 2
) (1 v2
)
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
x 3   y . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
x 1 3 y 2
của biểu thức K x y .
Lời giải.
x1
Điều kiện xác định: .
 
Xét hệ:  3 x 1  3 y 2 y   1  y 2)
 K
. (2.2)
x 3( x
K x y x y K
 
u  u 2
 v 2
 x y 3 K 3 .
Đặt x 1, v y 2

 v
K
3(u v) K
u
3
Vậy (2.2) trở thành: 

.
 
 K
2

u 2
 v2
 K  3  1
uv 2  9 K3
  
Theo công thức Viète thì u, v là nghiệm của phương trình
18t2
 6K t K 2
 9K 27 0 .
Hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x, y) sao cho x 1, y 2
khi và chỉ khi 18t2
 6K t K 2
9K27 0 có hai nghiệm

Luanvanmaster.com
1
7
9 3
không âm hay 21 K93 .
15
2
9 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của K là
21
và giá trị lớn nhất
2
của K là 9 3 .
15
2.2. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG SỐ HỌC
Bài toán 2.2.5. Cho dãy số (un )n được xác định như sau:
u0  2, u1  6,
u
n1  6un 2un1 . Chứng minh rằng
u 2k1 , k .
2k
Lời giải.
Ta xét phương trình đặc trưng của dãy số là: x2  6 x 2 0 .
Phương trình có hai nghiệm x1 3 x2 3 nên
11, 11
dạng tổng quát của dãy số là  3 n 3 n
.
un 11 11
k , ta có:
2 k 2k
u
2k 3 11 3 11  2
k 
11)
k
 (10  3 11)
k 
2
k
.
(10 3 
Đặt x1 103 11 , x2 103 11 . Khi đó ta có:
x  x  20
 1 2
nên theo công thức Viète thì x1 , x2 là hai nghiệm

 1
x x
1 2
của phương trình: X 2
 20X 1 0 .
 P  x n
 x n
 20 x n
1
 xn 2  20 x n
1
 xn
2
 20P  P .
n 1 2 1 1 2 2 n1 n2
Đồng thời ta có P0  2, P1  20 nên từ công thức truy hồi

Luanvanmaster.com
ta suy ra P luôn là một số chẵn. Vậy u 2k1 , k .
n 2k

Luanvanmaster.com
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 y
 x 3
 3x 3 có đồ thị
2(x  1)
(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: m
 x 3
 3x 3
2(x1)
 x2
 (2m 3)x 3 2m 0 . (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 x1 , x2 (là hoành độ của hai giao điểm A, B). Điều này tương
đương với m 3 hoặc m 1 (2.4)
2 2

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

Luanvanmaster.com
19
Viète, ta có
x x  2 m 3
.

1 2
3 2m
x x 
 1 2
VàAB1
1
 (2m 3)2
 4(3 2m) 1 m
5
, (thỏa mãn điều kiện (2.4)).
2
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
y  x3
 2(m 1)x2
 ( m2
 4m 1)x 2(m2
 1) .
Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho
1  1  1 .( x x ) .
x1 x2 2
1 2
Lời giải.
Bước 1: Ta có:
y ' 0  3x2
 4(m 1)x m2
 4m 1 0 . (2.5)
Hàm số đạt cực trị khi và chỉ khi phương trình (2.5) có hai nghiệm
phân biệt
m  2 
 ' 0 m2
 4m 1 0
3
 .
m  2  3


Luanvanmaster.com
20
Bước 2: Gọi x1 ,x2 là hai nghiệm của phương trình (2.55). Theo

x x  4(1 m)
 1 2
công thức Viète ta có 
 3 .

x x m2
 4m 1
 1 2
3

1 1 1
m 1
Theo giả thiết   (x  x )

m1 .
x1 x2 2
1 2 
m 5

m  1 không thỏa điều kiện
Vậy m 1 và m 5
2.3.3. Các bài toán về tiếp tuyến
Bài toán 2.3.10. Cho hàm số y x3
 3x2
 mx 1 có đồ
thị (Cm ) , (m là tham số). Xác định m để (Cm ) cắt đường thẳng
y 1 tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến
của (Cm ) tại D, E vuông góc với nhau.
Lời giải.
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng
y 1 là x3
 3x2
 mx 1 1
x 0

x
2
 3x m 0.
g(x)
Để (Cm ) cắt đường thẳng y 1 tại ba điểm C(0;1), D, E phân
biệt thì điều kiện là g(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 0 hay
  9 4m 0  9
g m

 4 . g(x) có 2 nghiệm x1 , x2 .

 3.0 m 0

02


m 0
x1 x2   3 .
Khi đó theo công thức Viète ta có


x
1
x
2 m

Luanvanmaster.com
21
Để các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau thì k1 k21.
 m 1(9 65) , thỏa mãn điều kiện của m.
8
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
A 
1

1
 1.
cos  cos3
5 5
Lời giải.
Bước 1: Ta có: , 3,  lànghiệm của phương trình
5
  5
5 x , k  , lần lượt ứng với k 0, k 1, k 2 .
2k 1
Bước 2: 5x 2k
 4cos 3
x 2cos 2
x 3cos x 1 0.
Bước 3: Suy ra cos , cos 3 ,cos là 3 nghiệm của
5
5
phương trình 4 y3
 2 y2
 3y 1 0 nên theo công thức Viète
ta có:   3 ,  1 .
2 3
4 4

Luanvanmaster.com

Luanvanmaster.com
22
Vậy A 1

1

1

2
3.
cos

cos
3 cos 3
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 MN 3
2
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.
MA BJ
Vì (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.

OAN 90 0
OHI =
Xét tam giác OHI và tam giác OAN, có .

HOI = AON

Suy ra tam giác OHI đồng dạng với tam giác OAN. (2.6)

Luanvanmaster.com
23
 = MAI
Xét tam giác OHI và tam giác MAI có
OHI

HIO = AIM

Suy ra tam giác OHI đồng dạng với tam giác MAI.
Từ (2.6) và (2.7) ta suy ra
AN
AI MA
OA
 MA.AN
900
.
(2.7)
OA.AI
Vậy MA.AN
a2
không đổi.
2
b) Đặt MA x; NA y thì MN x y .
+ Với MN 3a . Bài toán đã cho trở thành bài toán tìm hai
2
số dương x , y biết rằng xy
a2
và x y 3a . Áp dụng
2 2
công thức Viète thì x, y là hai nghiệm của phương trình
X 2
 3a X a2
 0 suy ra X a hoặc X a .
2 2
2
MA a NA a
Vậy 

a hoặc 

a.
NA MA
2 2
 

Luanvanmaster.com
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.

Ứng Dụng Công Thức Viète Trong Giải Toán Bậc Phổ Thông.doc

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Ứng Dụng Công Thức Viète Trong Giải Toán Bậc Phổ Thông.doc

Similar to Ứng Dụng Công Thức Viète Trong Giải Toán Bậc Phổ Thông.doc (20)

More from Dịch vụ viết đề tài trọn gói 0934.573.149

More from Dịch vụ viết đề tài trọn gói 0934.573.149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Ứng Dụng Công Thức Viète Trong Giải Toán Bậc Phổ Thông.doc