Khóa luận tốt nghiệp phương trình bậc ba và một số tính chất

1
Lời nói đầu
Ph-ơng trình và hàm số bậc ba trong ch-ơng trình phổ thông chỉ xét
d-ới góc độ giải tích, nh- tìm nghiệm, khảo sát hàm số, tìm cực trị, Tuy
nhiên, ít ai quan tâm đến việc có hay không mối kiên hệ giữa ph-ơng
trình bậc ba với các yếu tố trong hình học và l-ợng giác.
Dựa trên nhận xét, một tam giác hoàn toàn đ-ợc xác định bởi ba yếu
tố độc lập (chẳng hạn ba cạnh của tam giác), ba yếu tố này có thể đ-ợc
coi là ba nghiệm của một ph-ơng trình bậc ba t-ơng ứng. Khóa luận sẽ
xoay quanh vấn đề xây dựng ph-ơng trình bậc ba, từ đó khai thác các
tính chất của ph-ơng trình bậc ba để chứng minh các hệ thức trong hình
học và l-ợng giác.
Khóa luận đ-ợc chia làm ba ch-ơng, lời mở đầu và kết luận.
1. Ch-ơng 1. Kiến thức chuẩn bị.
Trình bày các kiến thức để làm rõ ch-ơng 2 và ch-ơng 3.
2. Ch-ơng 2. Ph-ơng trình bậc ba và các tính chất nghiệm.
Trình bày công thức nghiệm và tính chất nghiệm của ph-ơng trình
bậc ba .
3. Ch-ơng 3. Xây dựng ph-ơng trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố
hình học và l-ợng giác
Ch-ơng này là kết quả chính của khóa luận gồm việc xây dựng
ph-ơng trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố hình học và l-ợng giác, từ
đó sáng tạo ra nhiều hệ thức mới, cũng nh- ứng dụng vào việc giải các
bài toán phức tạp mà cách giải sẽ gọn gàng và logic hơn nhiều so với các
cách giải thông th-ờng.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nh-ng chắc chắn sẽ không tránh khỏi những
thiếu sót vì trong một thời gian t-ơng đối ngắn, với những hạn chế nhất
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
2
định về mặc kiến thức cũng nh- kinh nghiệm về mặc thực tiễn. Rất mong
quý thầy cô cùng các bạn sinh viên đóng góp ý kiến.

Nhân đây, em xin chân thành cảm ơn Th.S Phan Thị Quản, ng-ời đã
tận tình chỉ bảo, h-ớng dẫn em trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài
này. Em cũng xin cảm ơn các các thầy cô giáo trong khoa toán đã truyền
thụ kiến thức và giúp đỡ em trong suốt bốn năm học tập, tạo điều kiện
cho em hoàn thành luận văn này.
Đà Nẵng, ngày 10 tháng 6 năm 2008
SVTH
Nguyễn Thành Hiển
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
3
Ch-ơng 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Các định lý cơ bản
Định lý 1.1. (Về hệ thức l-ợng trong tam giác th-ờng) Gọi c
1
= AH và
a
1
= CH là hình chiếu của các cạnh AB = c và BC = a trên cạnh AC = b.
Khi đó
1. Nếu góc A nhọn thì a
2
= b
2
+ c
2
2bc
1
.
2. Nếu góc A tù thì a

2
= b
2
+ c
2
2bc
1
Định lý 1.2. (Định lý Stewart) Nếu đ-ờng thẳng AD = d thuộc tam giác
ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì
d
2
a = b
2
m + c
2
n amn.
Hệ quả 1.1.1. Đ-ờng trung tuyến của tam giác ứng góc A đ-ợc tính theo
công thức
m
a
=

2(b
2
+ c
2
) a
2
2
.

Hệ quả 1.1.2. Phân giác của góc A đ-ợc tính theo công thức
l
a
=
2

bc.p.(p a)
b + c
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
4
Hệ quả 1.1.3. Khoảng cách từ trọng tâm G đến tâm vòng tròn ngoại tiếp O
đ-ợc tính theo công thức
OG =
1
3

9R
2
(a
2
+ b
2
+ c
2
).
Hệ quả 1.1.4. Khoảng cách từ trực tâm H đến tâm vòng tròn nội tiếpI đ-ợc
tính theo công thức
HI
2

=4R
2

a
3
+ b
3
+ c
3
+ abc
a + b + c
Hệ quả 1.1.5. Khoảng cách từ trọng tâm G đến tâm I của đ-ờng tròn nội
tiếp đ-ợc tính theo công thức
IG =
1
3

9r
2
3p
2
+2(a
2
+ b
2
+ c
2
).
Hệ quả 1.1.6. Khoảng cách từ tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp O đến tâm đ-ờng
tròn nội tiếp I đ-ợc tính theo công thức

OI
2
= R
2

abc
a + b + c
.
Định lý 1.3. (Định lý hàm số sin)Trong tam giác ABC ta luôn có
a
sin A
=
b
sin B
=
c
sin C
=2R.
Định lý 1.4. (Định lý hàm số cosin)Trong tam giác ABC ta luôn có
a
2
= b
2
+ c
2
2bc cos A.
b
2
= c
2

+ a
2
2ca cos B.
c
2
= a
2
+ b
2
2ab cos C.
Định lý 1.5. (Định lý hàm số tang)Trong tam giác ABC ta luôn có
a b
a + b
=
tg
A B
2
tg
A + B
2
= tg
A B
2
.tg
C
2
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
5
1.2 Các công thức tính diện tích

Diện tích của tam giác ABC đ-ợc tính theo các công thức sau
S =
1
2
.a.h
a
=
1
2
.b.h
b
=
1
2
.c.h
c
=
1
2
bc. sin A =
1
2
ca. sin B =
1
2
ab. sin C =
abc
4R
=

p.(p a).(p b).(p c)
= r
a
.(p a)=r
b
.(p b)=r
c
.(p c)
=

r.r
a
.r
b
.r
c
=
a.r
b
.r
c
r
b
+ r
c
.
1.3 Bán kính đ-ờng tròn nội tiếp, bàng tiếp tam giác
Đ-ờng tròn nội tiếp, bàng tiếp của tam giác đ-ợc tính theo các công thức
sau
r =(p a).tg

A
2
=(p b).tg
B
2
=(p c)tg
C
2
r
a
= p.tg
A
2
=
S
p a
=

p.(p b).(p c)
p a
.
1.4 Các bất đẳng thức đại số quan trọng
Định lý 1.6. (Bất đẳng thức CauChy)
Với mỗi số thực d-ơng
a
1
,a
2
, ,a
n

ta có bất đẳng thức
a
1
+ a
2
+ + a
n
n

n

a
1
.a
2
a
n
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= = a
n
Hệ quả 1.4.1. (Bất dẳng thức CauChy suy rộng) Với các số thức d-ơng
a
1
,a
2
, ,a

n
và x
1
,x
2
, ,x
n
là các số thực không âm có tổng bằng 1,
ta có
a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ + a
n
x
n
a
x
1
1
.a
x
2
2
a

x
n
n
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
6
Định lý 1.7. (Bất đẳng thứcBunhiacopxkii)
Với hai dãy số thực tùy ý a
1
,a
2
, ,a
n
và b
1
,b
2
, b
n
ta có luôn bất đẳng
thức
(a
2
1
+ a
2
2
+ + a
2
n

).(b
2
1
+ b
2
2
+ + b
2
n
) (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ + a
n
b
n
)
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a
1
,a
2
, ,a
n

) và (b
1
,b
2
, ,b
n
) là hai
bộ tỷ lệ .
Hệ quả
1.4.2. Với hai dãy số thực a
1
,a
2
, ,a
n
và b
1
,b
2
, b
n
,
b
i
0 i = 1,n,tacó
a
2
1
b
1

+
a
2
2
b
2
+ +
a
2
n
b
n

(a
1
+ a
2
+ + a
n
)
2
b
1
+ b
2
+ + b
n
.
Bất đẳng thức trên th-ờng đ-ợc gọi là bất đẳng thức Schwarz.
Hệ quả

1.4.3. Với hai dãy số thực a
1
,a
2
, ,a
n
và b
1
,b
2
, b
n
, ta có

a
2
1
+ b
2
1
+ +

a
2
n
+ b
2
n

(a
1
+ a
2
+ + a
n
)
2
+(b
1
+ b
2
+ + b
n
)
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a
1
,a
2
, ,a
n
) và (b
1
,b
2
, ,b
n
) là hai

bộ tỷ lệ .
Định lý
1.8. (Bất đẳng thứcHolder)
Với m dãy số d-ơng (a
1,1
,a
1,2
, ,a
1,n
), ,(a
m,1
,a
m,2
, ,a
m,n
) ta có
m

i=1

n

j=1
a
i,j




n

j=1
.
m




m

i=1
a
i,j


m
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m dãy đó t-ơng ứng tỷ lệ. Bất đẳng thức
Bunhiacopxkii là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m =2.
Hệ quả
1.4.4. Với a, b, c, x, y , z, m, n, p là các số thực d-ơng, ta có
(a
3
+ b
3
+ c
3
)(x
3
+ y

3
+ z
3
)(m
3
+ n
3
+ p
3
) (axm + byn + czp)
3
Hệ quả 1.4.5. Với dãy số d-ơng a
1
,a
2
, ,a
n
,tacó
(1 + a
1
).(1 + a
2
) (1 + a
n
) (1 +
n

a
1
.a

2
a
n
)
n
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
7
1.5 Định lý cơ bản của đa thức đối xứng
Định nghĩa 1.1. Một đa thức P (x
1
,x
2
, ,x
n
) của những biến x
1
,x
2
, ,x
n
,
gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi khi ta chuyển đổi những biến giữa
chúng bằng mọi cách có thể. Đa thức đối xứng sơ cấp của những biến
x
1
,x
2
, ,x
n

gồm


















1
= x
1
+ x
2
+ + x
n

2
= x
1

x
2
+ x
1
x
3
+ + x
n1
x
n

3
= x
1
x
2
x
3
+ x
1
x
2
x
4
+ + x
n2
x
n1
x
n

n
= x
1
x
2
x
n
Định lý 1.9. (Định lý cơ bản của đa thức đối xứng) Giả sử P (x
1
,x
2
, ,x
n
là đa thức đối xứng của các biến x
1
,x
2
, ,x
n
. Khi đó, tồn tại một đa thức
(
1
,
2
, ,
n
) sao cho nếu trong nó ta thay
1

,
2
, ,
n
bằng những đa
thức đối xứng sơ cấp t-ơng ứng , thì sẽ nhận đ-ợc
P (x
1
,x
2
, ,x
n
).
Chứng minh.[5] trang 195-196.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
8
Ch-ơng 2
Ph-ơng trình bậc ba và các tính chất nghiệm
2.1 Công thức Cardano.
Ph-ơng trình bậc ba dạng tổng quát
a
1
x
3
+ b
1
x
2
+ c
1

x + d
1
=0. (a
1
,b
1
,c
1
,d
1
R,a
1
=0)(*)
Ph-ơng trình (*) luôn luôn đ-a về ph-ơng trình bậc ba dạng
x
3
+ ax
2
+ bx + c =0. (2.1)
với
a =
b
1
a
1
b =
c
1
a
1

c =
b
1
a
1
Bằng cách đặt x = y
a
3
thì (2.1) trở thành
y
3
+ py + q =0. (2.2)
với
p = b
a
2
3
và q =
2.a
3
27

ab
3
+ c
Nghiệm của ph-ơng trình (2.2)
y =
3

q
2
+

q
2
4
+
p
3
27
+
3


q
2


q
2
4
+
p
3
27
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
9
đ-ợc gọi là công thức Cardano.
Gọi

z
1
,z
2
lần l-ợt là
z
1
=
3


q
2
+

q
2
4
+
p
3
27
z
2
=
3


q
2

q
2
4
+
p
3
27
Khi đó
y
1
= z
1
+ z
2
y
2
= z
1
+ z
2

2
y
3
= z
1

2

+ z
2
.
với =
1
2
+ i.

3
2
là 1 căn bậc ba của đơn vị.
2.2 Tính chất nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
Định lý 2.1. (Định lý Vieta về nghiệm của ph-ơng trình bậc ba )
Ph-ơng trình bậc ba
x
3
+ ax
2
+ bx + c =0 (2.3)
có ba nghiệm ( kể cả nghiệm phức)
x
1
,x
2
,x
3
, có các tính chất sau đây
Tính chất
2.2.1. T
1

= x
1
+ x
2
+ x
3
= a.
Tính chất
2.2.2. T
2
= x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
= b
Tính chất 2.2.3. T
3
= x
1
x
2
x

3
= c
Chứng minh. Vì x
1
,x
2
,x
3
là ba nghiệm của (2.3) nên
x
3
+ ax
2
+ bx + c =(x x
1
)(x x
2
)(x x
3
)
Phân tích vế trái rồi sử dụng đồng nhất thức, ta đ-ợc điều phải chứng
minh .
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
10
NhËn xÐt 1. NÕu x
1
,x
2
,x
3

lµ nghiÖm cña (2.3) th×
1
x
1
,
1
x
2
,
1
x
3
lµ nghiÖm cña
ph-¬ng tr×nh bËc ba
t
3
+
b
c
t
2
+
a
c
t +
1
c
=0.
NhËn xÐt 2. NÕu x
1

,x
2
,x
3
lµ nghiÖm cña (2.3) th× x
2
1
,x
2
2
,x
2
3
lµ nghiÖm cña
ph-¬ng tr×nh bËc ba
x
3
−

a
2
− 2b

.x
2
+

b
2
− 2ac


.x − c
2
=0.
NhËn xÐt 3. NÕu x
1
,x
2
,x
3
lµ nghiÖm cña (2.3) th×
(x
1
+ x
2
) , (x
1
+ x
3
) , (x
2
+ x
3
) lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc ba
x
3
+2.a.x
2
+


a
2
+ b

.x +(ab − c)=0
NhËn xÐt 4. NÕu x
1
,x
2
,x
3
lµ nghiÖm cña (2.3) th×
(x
1
x
2
+ x
2
x
3
) , (x
2
x
3
+ x
1
x
3
) , (x
1

x
3
+ x
2
x
3
) lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc
ba
x
3
− 2bx
2
+

b
2
+ ac

.x +

c
2
− abc

=0
TÝnh chÊt 2.2.4. T
4
= x
2
1

+ x
2
2
+ x
2
3
= a
2
− 2.b
Chøng minh. Tõ (2.2.1) vµ (2.2.2) ta cã :
x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
=(x
1
+ x
2
+ x
3
)
2
− 2. (x
1
.x

2
+ x
2
.x
3
+ x
3
.x
1
)=a
2
− 2.b
TÝnh chÊt 2.2.5. T
5
=(x
1
+ x
2
) . (x
2
+ x
3
) . (x
3
+ x
1
)=−ab + c
Chøng minh. Ta cã
(x
1

+ x
2
) . (x
2
+ x
3
) . (x
3
+ x
1
)=(x
1
+ x
2
+ x
3
) . (x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
)
− x

1
x
2
x
3
= −ab + c.
TÝnh chÊt 2.2.6. T
6
= x
3
1
+ x
3
2
+ x
3
3
= −a
3
+3.ab − 3c
Khãa LuËn Tèt NghiÖp NguyÔn Thµnh HiÓn - Líp 04TT
11
Chøng minh. Ta cã
x
3
1
+x
3
2
+x

3
3
−3.x
1
.x
2
.x
3
=(x
1
+ x
2
+ x
3
) .

x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
− x
1
x
2
− x

2
x
3
− x
3
x
1

Suy ra
x
3
1
+ x
3
2
+ x
3
3
=3.x
1
.x
2
.x
3
+(x
1
+ x
2
+ x
3

) .

x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
− x
1
x
2
− x
2
x
3
− x
3
x
1

= −3c + (−a) .

a
2
− 2b −b


= −a
3
+3ab − 3c.
TÝnh chÊt 2.2.7. T
7
=(x
1
+ x
2
− x
3
) . (x
2
+ x
3
− x
1
) . (x
3
+ x
1
− x
2
)=a
3
−
4ab + bc
Chøng minh. Ta cã
T
7

=(T
1
− 2x
1
) . (T
1
− 2x
2
) . (T
1
− 2x
3
)
= T
3
1
− 2T
2
1
. (x
1
+ x
2
+ x
3
)+4T
1
. (x
1
.x

2
+ x
2
.x
3
+ x
1
.x
3
) − 8.x
1
x
2
x
3
= −T
3
1
+4T
1
T
2
− 8T
3
= a
3
− 4ab +8c.
.
TÝnh chÊt 2.2.8. T
8

= x
2
1
.x
2
2
+ x
2
2
.x
2
3
+ x
2
3
.x
2
1
= b
2
− 2ac.
Chøng minh. ¸p dông (2.2.1),(2.2.2),(2.2.3)
TÝnh chÊt
2.2.9. T
10
= s
n
= x
n
1

+ x
n
2
+ x
n
3
= −a.s
n−1
−b.s
n−2
−c.s
n−3
.∀n ∈
N N,n ≥ 4.
Chøng minh. Sö dông ®¼ng thøc
(x
1
+ x
2
+ x
3
)

x
n−1
1
+ x
n−1
2
+ x

n−1
3

= x
n
1
+ x
n
2
+ x
n
3
+ x
1
x
2

x
n−2
1
+ x
n−2
2

+
+x
2
x
3


x
n−2
2
+ x
n−2
3

+ x
3
x
1

x
n−2
3
+ x
n−2
1

= x
n
1
+ x
n
2
+ x
n
3
+(x
1

x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
)

x
n−2
1
+ x
n−2
2
+ x
n−2
3

−
−x
1
x
2
x
3


x
n−3
1
+ x
n−3
2
+ x
n−3
3

ChuyÓn vÕ ta ®-îc
s
n
= −a.s
n−1
− b.s
n−2
− c.s
n−3
.
Khãa LuËn Tèt NghiÖp NguyÔn Thµnh HiÓn - Líp 04TT
12
Tính chất 2.2.10. T
11
=(x
1
x
2
)
2

. (x
2
x
3
)
2
. (x
3
x
1
)
2
= 4a
3
c+a
2
b
2
+
18abc 4b
3
27c
2
.
Chứng minh. Khai triển biểu thức , rồi sử dụng (2.2.1),(2.2.2),(2.2.3),
sẽ đ-ợc (2.2.10)
Tính chất
2.2.11. Với mọi k và l, ta có
T
12

=(k + lx
1
) . (k + lx
2
) . (k + lx
3
)=k
3
k
2
la + kl
2
b l
3
c.
Chứng minh.
T
12
=(k + lx
1
) .

k
2
+ lk (x
2
+ x
3
)+l
2

x
2
x
3

= k
3
+ k
2
l (x
1
+ x
2
+ x
3
)+l
2
k (x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
)+l

3
x
1
x
2
x
3
= k
3
k
2
l.a + kl
2
.b l
3
.c
Từ đây suy ra hai hệ quả quan trọng sau
Hệ quả
2.2.1. T
120
=(1t
1
) . (1 t
2
) . (1 t
3
)=1+a + b + c
Hệ quả 2.2.2. T
121
=(1+t

1
) . (1 + t
2
) . (1 + t
3
)=1 a + b c.
Nhận xét 5. Ta thấy rằng T
i
(x
1
,x
2
,x
3
) là những đa thức đối xứng (i N ),
trong đó T
1
,T
2
,T
3
là các đa thức đối xứng sơ cấp .
Theo định lý cơ bản của đa thức đối xứng , việc đ-a ra một tính chất về
nghiệm của ph-ơng trình bậc ba chỉ là vấn đề tìm các đa thức đối xứng .
Từ nhận xét trên, ta suy ra một số tính chất sau
Tính chất
2.2.12.
T
13
=

1
x
1
x
2
+
1
x
2
x
3
+
1
x
3
x
1
=
a
c
.
Tính chất 2.2.13.
T
14
=
1
x
1
+ x
2

+
1
x
2
+ x
3
+
1
x
3
+ x
1
=
a
2
+ b
ab + c
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
13
Tính chất 2.2.14.
T
15
=
1
x
2
1
+
1

x
2
2
+
1
x
2
3
=
b
2
2ac
c
2
.
Tính chất 2.2.15.
T
16
=
1
x
1
(x
1
x
2
)(x
1
x
3

)
+
1
x
2
(x
2
x
1
)(x
2
x
3
)
+
1
x
3
(x
3
x
1
)(x
3
x
2
)
=
1
c

.
Tính chất 2.2.16.
T
17
=
1
x
2
1
(x
1
x
2
)(x
1
x
3
)
+
1
x
2
2
(x
2
x
1
)(x
2
x

3
)
+
1
x
2
3
(x
3
x
1
)(x
3
x
2
)
=
b
c
2
.
Tính chất 2.2.17.
T
18
=
x
3
1
(x
1

x
2
)(x
1
x
3
)
+
x
3
2
(x
2
x
1
)(x
2
x
3
)
+
x
3
3
(x
3
x
1
)(x
3

x
2
)
= a.
Tính chất 2.2.18.
T
19
=
x
4
1
(x
1
x
2
)(x
1
x
3
)
+
x
4
2
(x
2
x
1
)(x
2

x
3
)
+
x
4
3
(x
3
x
1
)(x
3
x
2
)
= a
2
b.
Định lý 2.2. Nếu ph-ơng trình bậc ba
a
1
.x
3
+ b
1
.x
2
+ c
1

.x + d
1
=0 (2.4)
có hai nghiệm thực
x
1
và x
2
thì
x
1
.x
2

4a
1
c
1
b
2
1
a
2
1
.
Chứng minh. Giả sử x
1
và x
2
là hai nghiệm thực của ph-ơng trình(2.4),

khi đó
a
1
.x
3
1
+ b
1
.x
2
1
+ c
1
.x
1
+ d
1
=0.
và
a
1
.x
3
2
+ b
1
.x
2
2
+ c

1
.x
2
+ d
1
=0.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
14
Trừ vế theo vế hai ph-ơng trình trên, ta đ-ợc
a
1

x
3
1
x
3
2

+ b
1

x
2
1
x
2
2

+ c

1
(x
1
x
2
)=0
a
1

x
2
1
+ x
1
x
2
+ x
2
2

+ b
1
(x
1
+ x
2
)+c
1
=0
a

1
(x
1
+ x
2
)
2
+ b
1
(x
1
+ x
2
)+c
1
a
1
x
1
x
2
=0.
.
Để tồn tại x
1
và x
2
thì =b
2
1

4a
1
(c
1
a
1
x
1
x
2
) 0. hay
x
1
.x
2

4a
1
c
1
b
2
1
a
2
1
.
Hệ quả 2.2.3. Nếu ph-ơng trình bậc ba(2.4) có ba nghiệm thực thì
x
1

.x
2
+ x
2
.x
3
+ x
3
.x
1
3.
4a
1
c
1
b
2
1
a
2
1
.
Hệ quả 2.2.4. Nếu ph-ơng trình bậc ba x
3
+ ax
2
+ b.x + c =0có ba nghiệm
thực thì
x
1

x
2
4b a
2
và x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
3.

4b a
2

.
Định lý 2.3. (Định lý Sturm về nghiệm của ph-ơng trình bậc ba )
Ph-ơng trình
x
3
+ ax
2
+ b.x + c =0. (2.5)
Với các hệ số thực

a, b, c có ba nghiệm thực khi chỉ khi
4a
3
c + a
2
b
2
+18abc 4b
3
27c
2
0. (2.6)
Chứng minh. Nếu cả ba nghiệm là các số thực thì theo (2.2.10), bất đẳng
thức(2.6) hiển nhiên đúng. Ng-ợc lại, giả sử (2.6) đúng nh-ng (2.5) chỉ có
một nghiệm thực
x
1
và hai nghiệm phức
x
2
= A + Bi , x
3
= A Bi (B =0).
Ta có
(x
1
x
2
) . (x
2

x
3
)(x
3
x
1
)=2Bi

(x
1
A)
2
+ B
2

.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
15
hay
(x
1
x
2
)
2
. (x
2
x
3
)

2
. (x
3
x
1
)
2
= 4B
2

(x
1
A)
2
+ B
2

2
< 0.
vô lý vì theo (2.6).Định lý đã đ-ợc chứng minh.
Định lý
2.4. Ph-ơng trình (2.5) có ba nghiệm d-ơng khi và chỉ khi ta có bất
đẳng thức (2.6) và
a<0,b>0,c<0. (2.7)
Chứng minh. Dựa theo (2.2.1),(2.2.2),(2.2.3), suy ra điều phải chứng
minh.
Định lý
2.5. Nghiệm của ph-ơng trình (2.5) là độ dài của tam giác khi và
chỉ khi ta có (2.6) , (2.7) và
a

3
4ab +8c>0. (2.8)
Chứng minh. Nếu các nghiệm của (2.5) là độ dài của tam giác thì
chúng là những số thực d-ơng và
x
1
+ x
2
x
3
> 0 ,x
1
+ x
3
x
2
> 0 ,x
3
+ x
1
x
2
> 0,
Vậy (2.6), (2.7), (2.8) thỏa. Ng-ợc lại ,vì (2.6), (2.7) thỏa mãn nên nghiệm là
những số thực d-ơng. Vì (2.8) thỏa nên dễ dàng suy ra
x
1
+ x
2
x

3
> 0 ,x
1
+ x
3
x
2
> 0 ,x
3
+ x
1
x
2
> 0,
Vậy x
1
,x
2
,x
3
là ba cạnh của một tam giác.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
16
Ch-ơng 3
Xây dựng ph-ơng trình bậc ba với nghiệm là các
yếu tố hình học và l-ợng giác
Trong ch-ơng này, chúng ta sẽ tìm cách xây dựng các ph-ơng trình bậc
ba với nghiệm là các yếu tố nh-: cạnh tam giác, đ-ờng cao,đ-ờng trung
tuyến, đ-ờng phân giác, góc,. . .
Sau đó, từ các tính chất nghiệm của ph-ơng trình bậc bậc ba nêu trong

ch-ơng 2, ta sẽ thiết lập đ-ợc nhiều công thức quan trọng.
3.1
Xây dựng ph-ơng trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố hình học.
3.1.1 Ph-ơng trình bậc ba của a, b, c
Định lý 3.1. Các cạnh a, b, c của tam giác là nghiệm của ph-ơng trình
x
3
2.p.x
2
+

p
2
+ r
2
+4.R.r

.x 4pRr =0 (3.1)
Trong đó
p, R, r lần l-ợt là chu vi , bán kính đ-ờng trình ngoại tiếp và nội
tiếp tam giác.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
17
Chứng minh 1. Ta có
a =2.R. sin A =4.R. sin
A
2
.cos
A
2

p a =
r
tg
A
2
= r.
cos
A
2
sin
A
2
Chia vế theo vế, ta đ-ợc
p a =
r
tg
A
2
= r.
cos
A
2
sin
A
2
Nhân vế theo vế, ta đ-ợc
cos
2
A
2

=
a. (p a)
4.R.r
.
Hay
1 = sin
2
A
2
+ cos
2
A
2
=
a.r
4R. (p a)
+
a. (p a)
4R.r
.
Suy ra a
3
2.a
2
p +

r
2
+ p
2

+4Rr

.a 4Rrp =0, điều này chứng tỏ a là
nghiệm của (3.1).
Lập luận t-ơng tự b, c cũng là nghiệm của (3.1).
Vậy ba cạnh a, b, c của tam giác là nghiệm của ph-ơng trình (3.1).
Chứng minh 2. Từ các công thức
sin A =
2tg
A
2
1+tg
2
A
2
,tg
A
2
=
r
p a
, sin A =
a
2R
Ta có
a
2R
=
2.
r

p a
1+
r
2
(p a)
2
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
18
Hay
a
2R
=
2r.(p a)
(p a)
2
+ r
2
a.

p
2
2pa + a
2

+ ar
2
=4prR 4rRa
a
3

2pa
2
+ a

p
2
+ r
2
+4Rr

4Rrp =0
đpcm
Chứng minh 3. Giả sử a, b, c là nghiệm của ph-ơng trình (3.1), theo định
lý Vieta







a + b + c =2p (1)
ab + bc + ca = r
2
+ p
2
+4Rr (2)
abc = 4R.r.p (3)
(1)
hiển nhiên.

Ta có S =
abc
4R
= pr
nên suy ra (3)

Biến đổi t-ơng đ-ơng
(2) ab + bc + ca =
(p a) . (p b) . (p c)
p
+ p
2
+
abc
p
p (ab + bc + ca)=(p a) . (p b) . (p c)+p
3
+ abc
p (ab + bc + ca)=p
3
(a + b + c)p
2
+(ab + ac + bc)p abc + p
3
+ abc
p (ab + bc + ca)=p
3
2p
3
+ p(ab + ac + bc) abc + p

3
+ abc
Vậy (2) đã đ-ợc chứng minh.
Từ nhận xét 1 trong ch-ơng 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả 3.1.1.
1
a
,
1
b
,
1
c
là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3

(p
2
+ r
2
+4.R.r)
4.p.R.r
.x
2
+
1
2.R.r
.x
1

4.p.R.r
=0. (3.2)
Từ nhận xét 2 trongch-ơng 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả
3.1.2. a
2
,b
2
,c
2
là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3
2.

p
2
r
2
4Rr

.x
2
+


p
2
+ r
2

+4Rr

2
16.p
2
.Rr

.x 16.p
2
.R
2
.r
2
=0. (3.3)
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
19
Từ nhận xét 3 trong ch-ơng 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả
3.1.3. (a + b) , (a + c) , (b + c) là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3
4p.x
2
+

5p
2
+ r
2
+4Rr

.x 2p.

p
2
+ r
2
+2Rr

=0. (3.4)
Từ nhận xét 4 trong ch-ơng 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả
3.1.4. (ab + bc) , (bc + ac) , (ac + ab) là nghiệm của ph-ơng trình
bậc ba
x
3
2

p
2
+ r
2
+4Rr

.x
2
+


p

2
+ r
2
+4Rr

2
+8p
2
Rr

.x 8p
2
Rr.

p
2
+ r
2
+2Rr

=0.
(3.5)
Hệ quả
3.1.5.
1
a + b
,
1
b + c
,

1
c + a
là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3

1
2p
.
5p
2
+ r
2
+4Rr
p
2
+ r
2
+2Rr
.x
2
+
2
p
2
+ r
2
+2Rr
.x
1

2p. (p
2
+ r
2
+2Rr)
=0. (3.6)
Hệ quả
3.1.6.
1
ab + ac
,
1
bc + ba
,
1
ca + cb
là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3


p
2
+ r
2
+4Rr

2
+8p
2

Rr
8p
2
Rr

p
2
+ r
2
+2Rr

.x
2
+
1
4p
2
Rr
.
p
2
+ r
2
+4Rr
p
2
+ r
2
+2Rr
.x

1
8p
2
Rr

p
2
+ r
2
+2Rr

=0.
(3.7)
Hệ quả
3.1.7.
1
(a + b)
2
,
1
(b + c)
2
,
1
(c + a)
2
là nghiệm của ph-ơng trình bậc
ba
x
3

5p
2
+ r
2
+4Rr
2p.

p
2
+ r
2
+2Rr


2

4
p
2
+ r
2
+2Rr

.x
2
+
3p

2
r
2
4Rr
2p
2
.

p
2
+ r
2
+2Rr

2
.x

1
4p
2
.

p
2
+ r
2
+2Rr

2
=0.

(3.8)
Định lý
3.2. Gọi G(p,r,R) là biểu thức chứa ba biến p,r,R. Để cho tiện,
chúng ta viết
G thay vì phải viết G(p,r,R). Định lý 3.2 đ-ợc phát biểu nh-
sau
1. (G a), (G b), (G c) là nghiệm của ph-ơng trình
x
3
(3G 2p) .x
2
+

p
2
+ r
2
+3G
2
+4Rr 4pG

.x

G
3
2pG
2
+
+

p
2
+ r
2
+4Rr

G 4pRr

=0.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
20
2. (G
1
a
), (G
1
b
), (G
1
c
) là nghiệm của ph-ơng trình
x
3


3G
p
2
+ r
2

+4Rr
4pRr

.x
2
+

3G
2
+
1
2Rr
2G.
p
2
+ r
2
+4Rr
4pRr

.x


G
3

p
2
+ r
2

+4Rr
4pRr
.G
2
+
1
2Rr
.G
1
4pRr

=0
.
3. G.a, G.b, G.c là nghiệm của ph-ơng trình
x
3
2pG.x
2
+

p
2
+ r
2
+4Rr

.G
2
.x 4pRr.G
3

=0.
4.
G
a
,
G
b
,
G
c
là nghiệm của ph-ơng trình
x
3


p
2
+ r
2
+4.R.r

4.p.R.r
.G.x
2
+
G
2
2.R.r
.x
G

3
4.p.R.r
=0.
Chứng minh.
Thay x = G (G x) vào (3.1), ta đ-ợc
[G(Gx)]
3
2p.[G(Gx)]
2
+(p
2
+r
2
+4Rr)[G(Gx)]4pRr =0.
Đặt G x = X, khi đó :
(G X)
3
2p(G X)
2
+(p
2
+ r
2
+4Rr)(G X) 4Rr =0
G
3
3GX(G X) X
3
2p(G
2

2GX + X
2
)+(p
2
+ r
2
+4Rr)(G X) 4Rr =0
X
3
(3G 2p).X
2
+(p
2
+ r
2
+3G
2
+4Rr 4pG).X
[G
3
2pG
2
+(p
2
+ r
2
+4Rr)G 4pRr]=0
Thay x =
1
G

. (Gx) vào (3.1), ta đ-ợc (3), thực hiện t-ơng tự suy ra (4)
Nhận xét
6. Bằng việc thay biểu thức G(p,r,R) chứa ba biến p,r,R vào
định lý 3.2, ta sẽ xây dựng đ-ợc hàng loạt ph-ơng trình bậc ba sau.
Hệ quả
3.1.8. (p a) , (p b) , (p c) là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3
p.x
2
+

r
2
+4Rr

.x p.r
2
=0. (3.9)
Hệ quả
3.1.9.
1
p a
,
1
p b
,
1
p c
là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba

x
3

4R + r
pr
.x
2
+
1
r
2
.x
1
p.r
2
=0. (3.10)
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
21
HÖ qu¶ 3.1.10.

p −
1
a

,

p −
1
b


,

p −
1
c

lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc
ba
x
3
−

3p −
p
2
+ r
2
+4Rr
4pRr

.x
2
+

3p
2
+
1
2Rr
−

p
2
+ r
2
+4Rr
2Rr

.x
−

p
3
−
p
2
+ r
2
+4Rr
4Rr
.p +
p
2Rr
−
1
4pRr

=0
.
(3.11)
HÖ qu¶

3.1.11. (r − a) , (r − b) , (r − c) lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc ba
x
3
− (3r − 2p) .x
2
+

p
2
+4r
2
+4Rr − 4pr

.x − r.

2r
2
− 2r. ( p −2R)+p. (p − 4R)

=0.
(3.12)
HÖ qu¶
3.1.12.

r −
1
a

,


r −
1
b

,

r −
1
c

lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc
ba
x
3
−

3r −
p
2
+ r
2
+4Rr
4pRr

.x
2
+

3r
2

+
1
2Rr
−
p
2
+ r
2
+4Rr
2pR

.x
−

r
3
−
p
2
+ r
2
+4Rr
4pR
.r +
1
2R
−
1
4pRr


=0
.
(3.13)
HÖ qu¶ 3.1.13.

R −
1
a

,

R −
1
b

,

R −
1
c

lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc
ba
x
3
−

3R −
p
2

+ r
2
+4Rr
4pRr

.x
2
+

3R
2
+
1
2Rr
−
p
2
+ r
2
+4Rr
2pr

.x
−

R
3
−
p
2

+ r
2
+4Rr
4pr
.R +
1
2r
−
1
4pRr

=0
.
(3.14)
HÖ qu¶
3.1.14. h
a
,h
b
,h
c
lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc ba
x
3
−
p
2
+ r
2
+4Rr

2R
.x
2
+
2p
2
.r
R
.x −
2p
2
r
2
R
=0.
(3.15)
H-íng dÉn. Thay
G(p,r,R)=2.p.r vµo §Þnh lý 3.2.
HÖ qu¶
3.1.15.
1
h
a
,
1
h
b
,
1
h

c
lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc ba
x
3
−
1
r
.x
2
+
p
2
+ r
2
+4Rr
4p
2
r
2
.x −
2R
4p
2
r
2
=0. (3.16)
HÖ qu¶
3.1.16. r
a
,r

b
,r
c
lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc ba
x
3
− (4R + r) .x
2
+ p
2
.x − p
2
.r =0. (3.17)
Khãa LuËn Tèt NghiÖp NguyÔn Thµnh HiÓn - Líp 04TT
22
H-ớng dẫn. Ta có r
a
=
p.r
p a
, thay x =

p.r
p a

.
1
p.r
vào (3.10) và
biến đổi (3.10) theo

X =
p.r
p a
, ta đ-ợc điều phải chứng minh.
Hệ quả
3.1.17.
1
r
a
,
1
r
b
,
1
r
c
là nghiệm của ph-ơng trình bậc ba
x
3

1
r
.x
2
+
4R + r
p
2
.r

.x
1
p
2
.r
=0.
(3.18)
H-ớng dẫn. Ta có :
r
a
=
p.r
p a
, thay x =

p.r
p a

.
1
p.r
vào (3.10) và
biến đổi (3.10) theo
X =
p.r
p a
, ta đ-ợc điều phải chứng minh.
Nhận xét
7. Ta có thể thay a, b, c là ba nghiệm của (3.1) bởi ba nghiệm của
một ph-ơng trình bậc ba khác vào định lý 3.2, và các kết quả đ-ợc suy ra

t-ơng tự.
3.1.2 Các ví dụ minh họa
Ví dụ 3.1. Chứng minh các đẳng thức
1.a
2
+ b
2
+ c
2
=2.

p
2
r
2
4Rr

.
2.ab+ bc + ca = p
2
+ r
2
+4Rr.
Giải.
Cách 1.
Từ các công thức r =
S
p
,S=
abc

4R
,S
2
= p (p a) . (p b) . (p c) suy
ra
2p
2
2r
2
8Rr =2p
2
2.
S
2
p
2
2.
abc
p
=2p
2

2. (p a)(p b)(p c)
p

2abc
p
=
2p
2

. (a + b + c) 2p (ab + bc + ca)
p
=(a + b + c)
2
2(ab + bc + ca)=a
2
+ b
2
+ c
2
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
23
Từ đó suy ra (1).
Ta có
pr
2
=(p a) . (p b) . (p c)
= p
3
p
2
. (a + b + c)+p. (ab + bc + ca) abc
= p
3
+ p (ab + bc + ca) 4pRr
.
Từ đó suy ra (2)
Cách 2.
áp dụng tính chất 2.2.4 vào ph-ơng trình (3.1), ta đ-ợc (1).
áp dụng tính chất 2.2.2 vào ph-ơng trình (3.1), ta đ-ợc (2).

Ví dụ
3.2. (Olympic 30.4 lần 7, 2001)
Chứng minh rằng p
2
3r
2
+12Rr.
Giải.
Từ bất đẳng thức
ab + bc + ca a
2
+ b
2
+ c
2
, và áp dụng ví dụ 3.1, ta đ-ợc
p
2
+ r
2
+4Rr 2

p
2
r
2
4Rr

.
p

2
3r
2
+12Rr
Ví dụ 3.3. (Bất đẳng thức Chapple-Euler)
Chứng minh rằng
r
R

1
2
Giải.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số d-ơng, ta có

(p a) . (p b)
(p a)+(p b)
2
=
c
2
T-ơng tự

(p a) . (p c)
b
2

(p b) . (p c)
a
2
.

Nhân từng vế các bất đẳng thức trên ta đ-ợc
(p a) . (p b) . (p c)
a.b.c
8
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
24
Mặt khác, áp dụng tính chất 2.2.3 cho ph-ơng trình (3.9) ta đ-ợc
(p a) . (p b) . (p c)=p.r
2
.
Suy ra (p a) . (p b) . (p c)=p.r
2
= r.S = r.
a.b.c
4.R

a.b.c
8
.
Hay
r
R

1
2
.
Ví dụ 3.4. (Vô địch toán quốc tế lần thứ 6, 1964)
Chứng minh rằng
a

2
. (b + c a)+b
2
. (a + c b)+c
2
. (b + a c) 3.abc (5).
Giải.
(5) t-ơng đ-ơng với
2.a
2
. (p a)+2.b
2
. (p b)+2.c
2
. (p c) 3.abc
2.p.

a
2
+ b
2
+ c
2

2.

a
3
+ b
3

+ c
3

3.abc
.
áp dụng tính chất 2.2.3, 2.2.4, 2.2.6 cho ph-ơng trình bậc ba (3.1), bất đẳng
thức trên t-ơng đ-ơng với
2.p.2.

p
2
r
2
4Rr

2.2p.

p
2
3.r
2
6Rr

3.4pRr
p
2
r
2
4Rr

p
2
3r
2
6Rr

3Rr
2.r
2
Rr
r
R

1
2
.
Bất đẳng thức cuối cùng chính là bất đẳng thức Chapple-Euler, vậy (5)đã
đ-ợc chứng minh.
Ví dụ 3.5. Chứng minh rằng
p
2
+ r
2
14Rr.
Giải.
Ta có bất đẳng thức

1
a
+

1
b
+
1
c

. (a + b + c) 9.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
25
Hay:

1
a
+
1
b
+
1
c


9
2.p
áp dụng tính chất 2.2.1 cho ph-ơng trình bậc ba (3.2), ta đ-ợc

1
a
+
1
b

+
1
c

=
p
2
+ r
2
+4Rr
4pRr

9
2.p
p
2
+ r
2
14Rr
.
Từ ví dụ 3.3 và ví dụ 3.5 ta suy ra bất đẳng thức sau
p 3

3.r (6)
Ví dụ 3.6. Chứng minh rằng
52
27
p
2
a

2
+ b
2
+ c
2
+2
abc
p
< 2p
2
. (7)
Giải.
áp dụng tính chất 2.2.3 và 2.2.4, cho ph-ơng trình bậc ba (3.1), khi đó (
7)
t-ơng đ-ơng với
52
27
p
2
2

p
2
r
2
4Rr

+2.
4pRr
p

< 2p
2
.
Quy đồng mẫu số và rút gọn, ta đ-ợc
26p
2
27p
2
27r
2
< 27p
2
.
Ta có 26p
2
27p
2
27r
2
p
2
27r
2
, đây chính là (6).
Còn 27p
2
27r
2
< 27p
2

là hiển nhiên.
Nhận xét
8. Khi p =1, ta có (đề thi Olympic Toán khu vực Đông Nam á,
lần 1, 1998).
52
27
a
2
+ b
2
+ c
2
+2abc < 2.
Ví dụ 3.7. (Vô địch toán quốc tế lần ba, 1961)
Chứng minh rằng
a
2
+ b
2
+ c
2
4

3. (8)
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT