SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Định lý Viete và ứng dụng

Định lý Viete và ứng dụng
MỞ ĐẦU
Định lý Viete là một trong những định lý quan trọng trong chöông trình moân Toaùn baäc
THPT. Chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh không khó để có thể giải quyết
các bài toán liên quan đến so sánh nghiệm, nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang
phát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng
trước vấn đề đó chúng tôi đã đưa ra giải pháp là dùng định lý Viete để giải quyết bài toán liên
quan đến so sánh nghiệm với một số cho trước. Bên cạnh đó chúng tôi còn đưa ra một số ứng
dụng khác để giải các bài toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi, đó là các bài toán:
phương trình có nghiệm chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, bài toán liên quan đến số học,
dùng định lý Viete để giải bài toán lượng giác….
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -1-
Định lý Viete và ứng dụng
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 kỉ
thứ 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
ông nghỉ hưu.
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -2-
Định lý Viete và ứng dụng
Định lý Viete. Mét ®a thøc bËc n
1
0 1 1 0
( ) ( 0)
n n
n n
P x a x a x a x a a
−
−
= + + + + ≠
cã ®óng n nghiƯm ( thùc
hay phøc )
1 2
, , ,
n
x x x
vµ c¸c nghiƯm nµy tháa m·n ®Þnh lÝ Viete

1 2
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1
0
3
1 2 3 1 2 4 2 1
0
0
1 2
0




( 1)

( 1)
m
n
n n
n n n
m
m
i i i
n
n
n

a
x x x
a
a
x x x x x x
a
a
x x x x x x x x x
a
a
x x x
a
a
x x x
a
−
− −

+ + + = −



+ + + =



+ + + = −







= −




= −




∑
Đònh lý Viete thuận (Đối với phương trình bậc 2, 3)
Nếu
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình
2
0ax bx c
+ + =

( 0)a
≠
thì
1 2
1 2
b
x x

a
c
x x
a

+ = −




=


Giả sử
1 2 3
, ,x x x
là ba nghiệm của phương trình
3 2
0( 0)ax bx cx d a
+ + + = ≠
. Khi đó:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
b
x x x
a
c
x x x x x x
a

d
x x x
a

+ + = −



+ + =



= −


Đònh lý Viete (đảo)
Nếu hai số
1 2
,x x
thỏa
1 2
1 2
x x S
x x P
+ =


=

thì chúng là nghiệm của phương trình

2
0X SX P
− + =
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -3-
Định lý Viete và ứng dụng
Nếu các số
1 2 3
, ,x x x
thỏa
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
x x x S
x x x x x x P
x x x Q
+ + =


+ + =


=

thì chúng là các nghiệm của phương trình
3 2
0
S
x x Px Q
−
+ − =

Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -4-
Định lý Viete và ứng dụng
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.
Chúng ta đã biết:
a 0 a b 0
b 0 ab 0
 
> + >
⇔
 
> >
 

a 0 a b 0
b 0 ab 0
 
< + <
⇔
 
< >
 
a 0
b 0
ab 0
a 0
b 0



>


<


⇔ <


<


>



Bài toán 1: Cho tam thức bậc hai
2
( ) axf x bx c
= + +
(*) và số thực
α
. Tìm điều kiện để:
a)
α
nằm giữa hai nghiệm của (*).
b)
α

nhỏ hơn hai nghiệm của (*)
c)
α
lớn hơn hai nghiệm của (*)
d) (*) có đúng một nghiệm nhỏ hơn
α
e) (*) có nghiệm nhỏ hơn
α
f)(*) có đúng một nghiệm lớn hơn
α
g) (*) có nghiệm lớn hơn
α
Giải:
a) Điều kiện
α
nằm giữa hai nghiệm của (*)là:


−α >



−α <



⇔ −α − α < ⇔ −α + + α <


−α <





−α >



1
2
2
1 2 1 2 1 2
1
2
x 0
x 0
(x )(x ) 0 x x (x x ) 0
x 0
x 0
b) Điều kiện
α
nhỏ hơn hai nghiệm của (*)là:

 
∆ > ∆ > ∆ >

 
− α > ⇔ −α + −α > ⇔ + > α
  
  

− α > − α − α >
− α + + α >
 

1 1 2 1 2
2
2 1 2
1 2 1 2
0 0 0
x 0 (x ) (x ) 0 x x 2
x 0 (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
c) Điều kiện
α
lớn hơn hai nghiệm của (*)là:

 
∆ > ∆ > ∆ >

 
− α < ⇔ −α + − α < ⇔ + < α
  
  
− α < − α −α >
− α + + α >
 

1 1 2 1 2
2
2 1 2

1 2 1 2
0 0 0
x 0 (x ) (x ) 0 x x 2
x 0 (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
d) Điều kiện để (*) có đúng một nghiệm nhỏ hơn
α
là:
TH1:
0; 0a b
= ≠
TH2:
0a
≠
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -5-
Định lý Viete và ứng dụng



α =

α =






+ < α
+ < α











< α =

∆ = ∆ =







= < α ⇔ − α + −α < ⇔ + < α
 



 

< α < − α −α >
−α + + α >








− α −α <
− α + + α <






1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
f( ) 0
f( ) 0
x x 2
x x 2
x x
0 0

x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
(x )(x ) 0
x x (x x ) 0
e) Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn
α
là:
TH1:
0; 0a b
= ≠
TH2:
0a
≠



α =

α =






+ < α
+ < α











< α =

∆ ≥ ∆ ≥







≤ < α ⇔ − α + −α < ⇔ + < α
 



 

< α < − α −α >
− α + + α >








− α −α <
− α + + α <






1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
f( ) 0
f( ) 0
x x 2
x x 2
x x
0 0
x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0

x x (x x ) 0
(x )(x ) 0
x x (x x ) 0
f) Điều kiện để (*) có đúng một nghiệm lớn hơn
α
là:
TH1:
0; 0a b
= ≠
TH2:
0a
≠



α =

α =






+ < α
+ < α











= α <

∆ = ∆ =







α < = ⇔ −α + −α > ⇔ + > α
 



 

< α < − α −α >
−α + + α >








− α −α <
− α + + α <






1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
f( ) 0
f( ) 0
x x 2
x x 2
x x
0 0
x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
(x )(x ) 0

x x (x x ) 0
g) Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn
α
là:
TH1:
0; 0a b
= ≠
TH2:
0a
≠
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -6-
Định lý Viete và ứng dụng



α =

α =






+ > α
+ > α











= α <

∆ ≥ ∆ ≥







α < ≤ ⇔ −α + −α > ⇔ + > α
 



 

< α < − α −α >
−α + + α >








− α −α <
− α + + α <






1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
f( ) 0
f( ) 0
x x 2
x x 2
x x
0 0
x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
(x )(x ) 0

x x (x x ) 0
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
α
, 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.
Ví dụ 1: Cho phương trình:
( )
2 2
( ) 2 1 0 1f x x mx m m
= − + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1x
>
.
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1x
<
.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1 2
1x x< <
.
d) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm
1 2
1x x< <
.
Giải.
a) Để phương trình (1) có nghiệm

1x
>




=


− + =




+ >
>





+
=




= <



∆ ≥ − ≥









< ≤ ⇔ − + − > ⇔ > ⇔ > ⇔ >
 




 

< <
− + >
< < − − >










− − < 
− + <






2
1 2
1 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
1 2
f(1) 0
m 3m 1 0
x x 2
2m 2
3 5
m
x 1 x
0 m 1 0
2
1 x x (x 1) (x 1) 0 2m 2 m 2 m 1
1 m 2
m 3m 2 0
x 1 x (x 1)(x 1) 0
(x 1)(x 1) 0

m 3m 2 0
b) Để phương trình (1) có nghiệm
1x
<




=


− + =




+ <
<







< =


∆ ≥ − ≥


−





=



≤ < ⇔ − + − < ⇔ < ⇔
 




 


< <
− + >
< α < − − >









− − <
− + <






2
1 2
1 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
1 2
f(1) 0
m 3m 1 0
x x 2
2m 2
x 1 x
0 m 1 0
3 5
m
x x 1 (x 1) (x 1) 0 2m 2
2
1 m 2
m 3m 2 0
x x (x 1)(x 1) 0
(x 1)(x 1) 0

m 3m 2 0
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -7-
Định lý Viete và ứng dụng
c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
1x x< <



− >



− <



⇔ ⇔ − − < ⇔ −α + + α < ⇔ − + < ⇔ < <


− <




− >



1

2
2 2
1 2 1 2 1 2
1
2
x 1 0
x 1 0
(x 1)(x 1) 0 x x (x x ) 0 m 3m 2 0 1 m 2
x 1 0
x 1 0

d) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
1x x
< < ⇔

  

∆ > ∆ > ∆ > − >
  

− < ⇔ − + − < ⇔ + < ⇔ <
   
   
− + >
− < − − > − + + >

  
1 1 2 1 2
2

2 1 2 1 2 1 2
0 0 0 m 1 0
x 1 0 (x 1) (x 1) 0 x x 2 m 1
m 3m 2 0
x 1 0 (x 1)(x 1) 0 x x (x x ) 1 0
(vô nghiệm)
Bài toán 2. Cho phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
ax ax 0 1 0; 0bx c bx c a
α β γ α
+ + + + + + = ≠ ≠
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
2
axt bx c
= + +

ĐK
( )
2
4
4
b ac
t k

a
− −
≥ =
nếu a > 0,
( )
2
4
4
b ac
t
a
− −
≤
nếu a < 0.
Xét a > 0 (với a < 0, làm tương tự)
Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau:
2
0t t
α β γ
+ + =
(2)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
t k
≥

TH1: Phương trình (2) có nghiệm
1 2 1 2
( )( ) 0t k t t k t k≤ ≤ ⇔ − − ≤
.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm

1 2 1 2
1 2
0
( ) ( ) 0
( ) ( ) 0
k t t t k t k
t k t k
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ − + − ≥


− + − ≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa
1 2 1 2
1 2
0
( ) ( ) 0
( )( ) 0
k t t t k t k
t k t k
∆ >


< < ⇔ − + − >


− − >


c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa
1 2
t k t< <
, hoặc
phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
k t t< =
.
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
1 2 1 1
( )( ) 0t k t t k t k
< < ⇔ − − <
.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
1 2
0
( )( ) 0
k t t
t k t k
∆ =

< = ⇔

− − >

Cách 2: Xét a > 0
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -8-
Định lý Viete và ứng dụng

Ta có
2
2
2
2
4
2 4
b b ac
ax bx c a x
a a
 
−
 
+ + = + −
 
 ÷
 
 
 
nên đặt
2
2
4
ax
4
b ac
t bx c
a
−
= + + +

khi đó
0t
≥
.
Thay vào phương trình (1) ta được phương trình sau:
( ) ( )
2
0t k t k
α β γ
− + − + =
(2) với
2
4
4
b ac
k
a
−
=
Phương trình (2):
( )
2 2
2 0t k t k k
α β α α β γ
+ − + − + =
(3)
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t
≥

TH1: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >



>

c) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0t t< <
, hoặc
phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0 t t< =
.
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P< < ⇔ <
.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0
0
t t
S
∆ =

< = ⇔

>

(Trong đó

∆
là biệt thức của pt (3),
1 2 1 2
, .S t t P t t= + =
)
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
( )
2 2
x 1 3 2 0 1m x m
− + + + =
.
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.
Giải.
• ĐK
x R
∈
.
• Đặt
( )
2
1 1 0t x t
= + − ≥
suy ra
( )
2
2

1 1x t
= + −
, thay vào phương trình (1) ta được phương trình:
( ) ( )
2
2 3 2 0 2t m t m
− − + + =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm
0t
≥
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
2
0 0 3 2 0
3
t t P m m
−
≤ ≤ ⇔ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤
.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 16 4 0
0 0 3 2 0 8 68
0 2 0
m m
t t P m m
S m

∆ ≥ − − ≥




≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ +
 
 
≥ − ≥


Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -9-
Định lý Viete và ứng dụng
Vậy với
)
2
; 8 68;
3
m
−
 

∈ −∞ ∪ + +∞



 
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:

2
1 2

0 16 4 0
0 0 3 2 0 8 68
0 2 0
m m
t t P m m
S m

∆ > − − >



< < ⇔ > ⇔ + > ⇔ > +
 
 
> − >


Kết luận: Với
( )
8 68;m∈ + +∞
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
c) Để pt (1) có nghiệm duy nhất ta xét 2 trường hợp sau:
TH1: Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0 16 4 0
2
0 0 3 2 0
3
0 2 0

m m
t t P m m
S m

∆ > − − >

−


< = ⇔ = ⇔ + = ⇔ =
 
 
< − <


.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0
16 4 0
0
0
2 0
m m
t t
S
m
∆ =


− − =

= = ⇔ ⇔
 
=
− =


(vô nghiệm)
Vậy với
2
3
m
−
=
thì pt (1) có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 3: Cho phương trình:
( )
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
log 2 3 1 log 1 0 1x mx m m x m
+ −
+ + + − + − + =
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải: Phương trình (1) tương đương
( )
( ) ( )

2 2
2 3 2 3
log 2 3 1 log 1 2x mx m m x m
+ +
+ + + − = − +
Phương trình (2)
( ) ( )
2 2
1 0
2 1 4 2 0 3
x m
x m x m m
− + >


⇔

+ − + + − =


Đặt
1 1t x m x t m
= − + ⇒ = + −
, vì
1 0x m
− + >
nên ta suy ra điều kiện
0t
>
. Thay vào phương

trình (2) ta được phương trình:
( ) ( )
2 2
4 3 4 0 3t m t m m
+ − + − =
a) Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) có nghiệm
0t
>
TH1: Phương trình (3) có nghiệm
2
1 2
1
0 0 4 0 0
4
t t P m m m
< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m
m

t t P m m
m
S m

− + ≥
∆ ≥



< ≤


< ≤ ⇔ > ⇔ − > ⇔
 

 
<
> − >



.
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -10-
Định lý Viete và ứng dụng
TH3: Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0

0
0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=




= < ⇔ = ⇔ − = ⇔
 

=
 
> − >



.
Vậy với

1
;
2
m
 
∈ −∞


 
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm :
2
2
1 2
4 20 9 0
0
1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >




< <


< < ⇔ > ⇔ − > ⇔
 

 
<
> − >



Vậy với
( )
1 1
;0 ;
4 2
m
 
∈ −∞ ∪
 ÷
 
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
0t
>
TH1: Phương trình (3) có nghiệm
2

1 2
1
0 0 4 0 0
4
t t P m m m
< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
0
0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=





= < ⇔ = ⇔ − = ⇔
 

=
 
> − >



TH3: Phương trình (3) có nghiệm:
2
1 2
9
2
0
4 20 9 0
1
1
0
0
2
3 4 0
2
3
4
m
m m
t t m

m
S
m
m


=




∆ =

− + =



< = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
  

>
− >





<



Vậy với
1 1
0;
4 2
m
   
∈ ∪
 
 
   
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 1
1
,
n n n
a a
a a a n N
+ −
= =


= + ∀ ∈

Giải: Gọi a, b là các số thỏa điều kiện a + b = 1, a.b = - 1. Tức là a, b là nghiệm của phương trình:

2
1 0x x
− − =
(*). Ta có:
1 1 1 1
( ) ( )
n n n n n n n
a a b a aba a ba a a ba
+ − + −
= + − ⇒ − = −
.
Đặt
1n n n
u a ba
+
= −
ta có
1n n
u au
−
=
hay
( )
n
u
là cấp số nhân công bội a
Mặt khác:
1 2 1
1u a ba b a
= − = − =

nên ta có
*
,
n
n
u a n N
= ∀ ∈
Tức là:
1
n
n n
a a ba
+
= +
, từ đó:
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -11-
Định lý Viete và ứng dụng
2 1
1 1 1 1 2 2 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
n n
n n n n n n n
a a ba b a ba b a ba b a ba b a
−
+ + − − −
= − + − + − + + − +
1 1
1 2 2 2 2 1
1
0

n n
n
n n n n n n k n k
n
k
a b
a b ab a b a b a b a a b
a b
+ +
− − − − −
+
=
−
⇒ = + + + + + + = =
−
∑
(**)
Do a, b là nghiệm phương trình (*) nên ta có thể coi
1 5 1 5
,
2 2
a b
+ −
= =

Thay a, b vào (**) ta có:
*
1 5 1 5 1 5 1 5
( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2
,
1 5 1 5 5
2 2
n n n n
n
a n N
+ − + −
− −
= = ∀ ∈
+ −
−
Từ cách giải bài toán trên ta có thể tìm được số hạng tổng quát của dãy số cho bởi sau:
1
2
*
1 1
,
n n n
a a
a b
a a a n N
α β
+ −

=

=



= + ∀ ∈

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
2
0, 4a 0a b c≠ − >
.
a) Bài toán thuận: Cho phương trình
2
( ) ax x 0(*)f x b c
= + + =
có hai nghiệm thực
1 2
,x x
. Đặt
1 2
n n
n
S x x
= +
. Khi đó
*
1 1
aS S S 0,
n n n
b c n N
+ −
+ + = ∀ ∈
b) Bài toán đảo: Cho hai số thực phân biệt

1 2
,x x
. Kí hiệu
1 2
n n
n
S x x
= +
. Khi đó nếu
*
1 1
aS S S 0,
n n n
b c n N
+ −
+ + = ∀ ∈
thì
1 2
,x x
là hai nghiệm phân biệt của phương trình f(x) = 0.
Chứng minh:
a) Bài toán thuận:
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình (*)
*
1 1
aS S S 0,
n n n
b n N

+ −
⇒ + + = ∀ ∈
.
Thật vậy vì
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình (*) nên theo định lý Viete ta có:
1 1 1 1
1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
( )( ) ( )
n n n n n n
n n n
b c
S x x x x x x x x x x S S
a a
+ + − −
+ −
= + = + + − + = − −
*
1 1
aS S S 0,
n n n
b n N
+ −
⇒ + + = ∀ ∈
b) Bài toán đảo:
*
1 1
aS S S 0,
n n n

b n N
+ −
+ + = ∀ ∈
suy ra
1 2
,x x
là 2 nghiệm của (*)
Hệ truy hồi đã cho tương đương với:
1 2 1 2 *
1 1 1 2 2 2
(ax ) (ax ) 0,
n n
x bx c x bx c n N
− −
+ + + + + = ∀ ∈
(1)
Hay
*
1 1 2 2
( ) ( ) 0,
k k
x f x x f x k N
+ = ∀ ∈
. Do
1 2
,x x
là hai nghiệm phân biệt nên chúng không thể đồng thời
bằng 0. Vì thế (1) chỉ xảy ra khi
= =
1 2

( ) ( ) 0f x f x
Tức là
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình (*).
Ứng dụng bổ đề ta có các bài toán sau:
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -12-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 1: Tìm
7
[(4+ 15) ]
với [x] là phần nguyên của số thực x, chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá
x.
Giải: Đặt
1 2
x = 4 + 15; x = 4 - 15
ta có
=
1 2 1 2
x + x =8; x . 1x
Theo định lý Viete đảo thì x
1
, x
2
là nghiệm phương trình:
2
8 1 0x x
− + =
Đặt
1 2

n n
n
S x x
= +
. Theo bổ đề thì
1 1
8
n n n
S S S
+ −
= −
từ đó ta tính được:
1 2 3 4 5 6 4
8, 62, 488, 3842, 30248, 238142, 1874888S S S S S S S= = = = = = =
Mà
7 7 7
2 2
0 (4 15) 1 nê 1874887<187488-x 1874888x n
< = − < <

7
hay 1874887<(4 15) 1874888
+ <
Vậy
7
[(4 15) ] 1874887
+ =
Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong biểu diễn thập phân của số
(7 4 3)
n

+
có ít nhất n chữ số 9 sau dấu
phẩy.
Giải: : Đặt
1 2
x = 7 + 4 3; x = 7 - 4 3
ta có
=
1 2 1 2
x + x =14; x . 1x
Theo định lý Viete đảo thì x
1
, x
2
là nghiệm phương trình:
2
14 1 0x x
− + =
Đặt
1 2
n n
n
S x x
= +
. Theo bổ đề thì ta luôn có S
n
luôn là số nguyên dương
*
n N
∀ ∈

1 2 3 4 5 6 4
8, 62, 488, 3842, 30248, 238142, 1874888S S S S S S S= = = = = = =
Mà
2
1 1 1 1
0 7 4 3 < nê 0<(7 - 4 3)
11 10 10
7 4 3
n
n
x n< = − = < <
+

Vậy
1 1
(7 4 3) (7 4 3) (7 4 3)
10 10
n n n
n n n
n n
S S S+ < < + + ⇒ − < + <
Mà S
n
là số nguyên dương
*
n N
∀ ∈
nên sau dấu phẩy của số
(7 4 3)
n

+
luôn có ít nhất n chữ số 9
Ví dụ 3: Cho phương trình
2
4x 1 0x
− + =
có các nghiệm
1 2
,x x
. Chứng minh rằng
2 2
1 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
= + = −
1 2
2 3;x 2 3x
Theo khai triển nhị thức Newton thì
∃ ∈
*
,
n n

a b Z
sao cho:
1
2 2
2
(2 3) 3
3 ( 3)( 3) ((2 3)(2 3)) 1
(2 3) 3
n n
n n
n
n n n n n n
n n
n n
x a b
a b a b a b
x a b

= + = +

⇒ − = + − = − + =

= − = −


Mặt khác theo định lý Viet eta có:
2 2 2 2
1 2 1 2
( ) 1 3 3 1
n n n

n n n n
x x x x a b a b
= = = − ⇒ = +
Vậy
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2
( 3) ( 3) 2 6 2(3 1) 6 12 2
n n
n n n n n n n n n
x x a b a b a b b b b
+ = + + − = + = + + = +
2 2 2 2 2 2 *
(4 4 1) 4 (4 4 1) (2 1) (2 ) (2 1) ,
n n n n n n n n
b b b b b b b b n N
− + + + + + = − + + + ∀ ∈
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -13-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 4: Cho phương trình
2
6x +1 0x
− =
có các nghiệm
1 2
,x x
. Kí hiệu
*
1 2
,
n n

n
S x x n N
= + ∀ ∈
. CMR
S
n
là số ngun
*
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 có:
= + = = + =
0 0
0 1 2 0 1 2
2; 6S x x S x x

nên S

0
, S
1
là các số ngun.
Mặt khác cũng theo định lý Viete, ta có:

=
1 2
1x x
, suy ra
= + ∀ ∈
*
1
1
1
,
n
n
n
S x n N
x
.
Giả sử S
k
là số ngun
∀ =
1,n n
, ta có:
1 1
1 1 2 1 2 1 1 1 1

1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
( )( ) ( )( )
n n n n n
n
n n n
S S x x x x x x x x
x x x x
+ −
+ −
= + + = + + = + + +
Suy ra:
+ − + −
= + ⇒ = −
1 1 1 1
6 6
n n n n n n
S S S S S S
.
Cơng thức trên chính là cách tính S
n+1
theo S
n
và S
n-1
. Bây giờ tìm số dư của phép chia S
3108
cho 5
Ta có:

+ − − + − − − − −
= − ≡ − ⇒ ≡ − ≡ − − ≡ −
1 1 1 1 1 1 2 1 2
6 (mod5) ( ) (mod5)
n n n n n n n n n n n n
S S S S S S S S S S S S
Trong đồng dư thức trên ta thay n + 1 bởi n-2 thì ta có
− −
≡ −
2 5
(mod5)
n n
S S
Từ đó
+ −
≡
1 5
(mod5)
n n
S S
Lại thay n+1 bởi n ta được
−
≡
6
(mod5)
n n
S S
. Mà
3108 0
3108 6 ê S 2(mod5)n n S≡ ≡M

Do đó số dư trong phép chia cần tìm là 2
Ví dụ 5: Đònh a để phương trình sau có nghiệm nguyên:
2
(3 2 ) 40 0x a x a
− + + − =
(1)
Giải: Phương trình (1) có:
( ) ( )
2
2
3 2 4 40 4 16 151a a a a
∆ = + − − = + −
Để (1) có nghiệm nguyên thì điều kiện cần là:
∆
phải là chính phương.
2 2 2
4 16 151n a a n
⇒ ∆ = ⇒ + − =
(với
n Z
∈
)
( ) ( ) ( )
2
2
2 4 167 2 4 2 4 167a n a n a n
⇔ + − = ⇔ + − + + =
(*)
Vì 167 là số nguyên tố nên đẳng thức (*) xảy ra
2 4 1 2 4 167 44

hoặc
2 4 167 2 4 1 83
a n a n a
a n a n n
+ − = + − = − = −
  
⇔ ⇔
  
+ + = + + = − =
  
hoặc
40
43,5(loạivì Z)
a
n n
=


= − ∉

Vậy giá trò của a là:
40 44a a
= ∨ = −
Kiểm tra:
+ Khi a = 40 thì (1)
2
0
83 0
83
x

x x
x
=

⇔ − = ⇔

=

(nhận)
+ Khi a = − 44
1
84
x
x
= −

⇔

= −

(nhận)
Kết luận: Giá trò của a cần tìm là: a = 40; a = −44
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -14-
Định lý Viete và ứng dụng
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:
2 2

( )x y u v n xyuv x y u v n xyuv
+ + + = ⇔ + + + =
2 2 2
2( ) ( ) (1)x y u v x y u v n xyuv
⇔ + + + + + + =
Giả sử n là số nguyên dương sao cho phương trình (1) có nghiệm nguyên dương (x,y, u, v). Gọi
0 0 0 0
( ; ; ; )x y u v
là nghiệm nguyên dương của phương trình (1) sao cho
0 0 0 0
x y u v+ + +
và có giá trị nhỏ
nhất.
Và không mất tính tổng quát, giả sử:
0 0 0 0
x y u v≥ ≥ ≥
. Từ đó từ (1) ta thấy
2
0 0 0 0
( )y u v x
+ +
M
(2)
Mặt khác
0
x
là nghiệm nguyên dương của phương trình bậc hai:
2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
[2( ) ] ( ) 0x y u v n y u v x y u v

+ + + − + + + =
(*)
Theo định lý Viete và (2) ta thấy phương trình (*) còn có một nghiệm nguyên đương nữa là:
2
0 0 0
1
0
( )y u v
x
x
+ +
=
.
Điều này chứng tỏ
2
0 0 0
0 0 0
0
( )
; ; ;
y u v
y u v
x
 
+ +
 ÷
 
cũng là một nghiệm của phương trình (1).
Mặt khác
0 0 0 0

x y u v≥ ≥ ≥
và
0 0 0 0
x y u v+ + +
và có giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm của (1) nên:
1 0 0 0 0
x x y u v≥ ≥ ≥ ≥
. Theo định lý dấu tam thức bậc hai ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 ( ) [2( ) ]y ( ) 6 9 16f y y y u v n y u v y u v y n y u v y y y n y u v
≤ = + + + − + + + ≤ − + + = −
Suy ra:
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
16 16 4n y u v y n n u v n≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤
.
Mà n nguyên dương nên
{1; 2; 3; 4}n
∈
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
{1; 2; 3; 4}n
∈

Ví dụ 7: (VMO 1980) Phương trình
3 2

2x 0x x m
− − + =
có thể có ba nghiệm hữu tỷ phân biệt không?
Tại sao?
Giải: Giả sử các nghiệm của phương trình là
w
, ,
u v
t t t
hữu tỷ phân biệt.
Trong đó: u, v, w, t là những số nguyên và không phải tất cả là chẵn.
Theo định lý Viete ta có: u + v + w = 2t, uv + vw + wu = -2t.
Nên tổng:
2 2 2
w 4 ( 1) 8u v t t+ + = + M
. Điều này chứng tỏ rằng u, v, w phải chẵn.
Nhưng
w w
2 2 2 2
t uv v u
= − = − = −
cũng là số nguyên. Điều này mâu thuẫn.
Vậy
3 2
2x 0x x m
− − + =
có thể có ba nghiệm hữu tỷ phân biệt
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -15-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 8: (Canada 1982)Cho

3 2
( ) axP x x bx c
= + + +
có hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu có một
nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại thì:
2 ( 1) (1) ( 1) 2(1 (0))P P P P
− + − − +
M
Giải:
Gọi 3 nghiệm của P(x) là u, v, uv, Theo định lý Viete ta có:
2 2
(1 )
u v uv a
uv u v b
u v c

+ + = −

+ + =


= −

• Xét a = 1:0 = u +v + uv + 1=(u + 1)(u + 1) nên có nghiệm bằng – 1, do đó 2P(-1) = 0 chia hết
cho mọi số.
• Xét
1a
≠
thì b – c = uv(1 + u +v + uv) = uv(1 - a)
Nên

1
b c
uv
a
−
=
−
hữu tỷ. Do
2 2
u v c
= −
nguyên 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).
Do đó
2 ( 1) (1) ( 1) 2(1 (0))P P P P
− + − − +
M
Ví dụ 9: (IMO 1988) Cho a, b là các số nguyên dương sao cho
1ab
+
là ước của
2 2
a b
+
. Chứng minh
rằng
2 2

1
a b
ab
+
+
là số chính phương.
Giải: Đặt
2 2
1
a b
k
ab
+
=
+
Cố định k và xét
2 2
{(a,b) N N| }
1
a b
S k
ab
+
= ∈ × =
+
Giả sử k không phải là số chính phương, Trong tất cả các cặp (a, b) giả sử
( , )A B S
∈
là cặp có tổng a+
b nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát giả sử
0A B
≥ >
ta xét phương trình:
2 2
1
x B
k
Bx
+
=
+
2 2
0x kBx B k
⇔ − + − =
(1)
Phương trình (1)có một nghiệm
1
x A=
. Theo định lý Vieta ta có
2
2
B k
x kB A
A
−
= − =
Từ đó suy ra x
2
là số nguyên và khác 0 vì nếu

2
2
0x k B
= ⇒ =
là số chính phương mâu thuẫn với giả
thiết. x
2
không thể âm vì
2
2 2 2 2
2 2
0x kBx B k x k B k
− + − ≥ + + − >
mâu thuẫn x
2
là nghiệm của (1).
Vì vậy
2
0x ≥
và
2
( , )x B S∈
Do
A B
≥
ta có
2
2 2
B k
x A x A A B

A
−
= < ⇒ + < +
mâu thuẫn với A+B nhỏ nhất
Vậy
2 2
1
a b
ab
+
+
là số chính phương.
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -16-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 10: Cho x, y là các số nguyên dương sao cho
xy
là ước của
2 2
1x y
+ +
. Chứng minh rằng
2 2
1
3
x y
xy
+ +
=
Giải: Đặt
2 2

1x y
k
xy
+ +
=
Xét
2 2
1
{(x,y) N N| }
x y
S k
xy
+ +
= ∈ × =
Trong tất cả các cặp (x, y) giả sử
( , )X Y S
∈
là cặp có tổng x+ y nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát giả sử
X Y>
ta xét phương trình:
2 2
1t Y
k
Yt
+ +
=
2 2
1 0t kYt Y
⇔ − + + =

(1)
Phương trình (1)có một nghiệm
1
t X=
. Theo định lý Vieta ta có
2
2
1Y
t kY X
X
+
= − =
Suy ra t
2
nguyên dương nên
1X Y
> ≥
Ta có
2
2
1Y
t X
X
+
= <
mâu thuẫn với X+Y nhỏ nhất.
Do đó X = Y nên X
2
là ước của 2X
2

+1 suy ra X
2
cũng là ước của 1.
Vậy X = 1 nên
2 2
1X Y
k
XY
+ +
=
=3.
Từ đó suy ra x
2
là số nguyên và khác 0 vì nếu
2
2
0x k B
= ⇒ =
là số chính phương mâu thuẫn với giả
thiết. x
2
không thể âm vì
2
2 2 2 2
2 2
0x kBx B k x k B k
− + − ≥ + + − >
mâu thuẫn x
2
là nghiệm của (1).

Ví dụ 11: (IMO2007) Cho a, b là các số nguyên dương sao. Nếu
4 1ab
−
là ước của
2 2
(4 1)a −
thì a =
b
Giải: Vì
2 2
4 1| (4 1)ab a− −
nên ta có :
2 2 2 3 2 2 2 2
4 1| (4 1) 4( 1)(4 2 ) 2 ( )ab b a ab a b ab a a ab b a b− − − − − + = − + = −
Giả sử tồn tại a,b nguyên dương phân biệt thỏa
2
4 1| ( )ab a b− −
.
Đặt
2
( )
0
4 1
a b
k
ab
−
= >
−
. Cố định k và xét

2
* *
( )
{(a,b) | }
4 1
a b
S Z Z k
ab
−
= ∈ × =
−
Trong tất cả các cặp (a, b) giả sử
( , )A B S
∈
là cặp có tổng a+ b nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát giả sử
A B
>
.
Ta xét phương trình:
2
2 2
( )
(2 4 ) 0
4 1
x B
k x B kB x B k
Bx
−
= ⇔ − + + + =

+
(1)
Phương trình (1) có nghiệm x
1
= A. Theo định lý Vieta ta có
2
2
2 4
B k
x B kB A
A
+
= + − =
Suy ra x
2
là số nguyên dương
2
( , )x B S∈
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -17-
Định lý Viete và ứng dụng
Do A + B nhỏ nhất ta có
2 2
2 2 2 2
2
( )
4 1
B k A B
x A A k A B k A B
A AB
+ −

≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ − ⇒ = ≥ −
−
( )(4 1)A B A B AB A B
⇒ − ≥ + − ≥ +
mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy a = b.
3. Các bài tốn bất đẳng thức và cực trị
Ví dụ 1: Cho phương trình:
2
(3sin cos ) 4 4cos2 0x a a x a
− − − − =
(1)
Đònh a để phương trình có nghiệm sao cho tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đạt
giá trò lớn nhất và nhỏ nhất.
Giải: Phương trình (1) có nghiệm
( )
2
(3sin cos ) 4 4 4cos2 0a a a⇔ ∆ = − + − ≥
( )
9 1 cos2
1 cos2 3sin2 16 4cos2 0
2 2
a
a a a
−
⇔ − + − + + ≥
21 3sin2 0a
⇔ − ≥
luôn luôn đúng
a

∀ ∈
¡
. Do đó (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Gọi
1 2
;x x
là hai nghiệm của phương trình, ta có:
( ) ( )
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 . (3sin cos ) 2 4 cos2A x x x x x x a a a
= + = + − = − + +

( )
9 1
1 cos2 (1 cos2 ) 3sin2 8 2cos2 2cos2 3sin2 13
2 2
a a a a a a= − + + − + + = − − +
Theo bất đẳng thức Bunhiakopxki:
( )
2 2 2 2
2cos2 3sin2 ( 2) ( 3) sin 2 cos 2 13a a a a
 
− − ≤ − + − + =
 
max min
13 2cos2 3sin2 13 13 13 13 2cos2 3sin2 13 13
13 13 ; 13 13
a a a a

A A
⇒ − ≤ − − ≤ ⇒ − ≤ − − ≤ +
⇒ = + = −
Ví dụ 2: Xét các số thực: a, b, c sao cho phương trình:
2
0ax bx c
+ + =

( 0)a
≠
có hai nghiệm thuộc [0,
1]. Hãy tinh giá trò 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
2
0ax bx c
+ + =
có hai nghiệm
[ ]
0,1
∈
. Gọi hai
nghiệm đó là

1 2
;x x
, theo đònh lý Viet ta được:
1 2
1 2
.
b
x x
a
c
x x
a

+ = −




=


Ta có:
2
( )(2 )
1 2
( )(2 )
( )
1
b b
a b a b

a b a b
a a
a
T
a b c b c
a a b c
a a a
  
− −
− −
 ÷ ÷
− −
  
= = =
− +
− +
− +
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -18-
Định lý Viete và ứng dụng

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

+ + + + + + + + +
Không mất tính tổng quát có thể giả sử
1 2
0 1x x
≤ ≤ ≤
2 2
1 1 2 1 2 1 2 1 1 2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
max
. 1 . 1 .
1
1 . 1 1
2 1 3 3
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
T T
⇒ ≤ ⇒ + + + ≥ + +
+ + + + + + + + +
⇒ ≤ ≤ =
+ + + + + + + + +
⇒ ≤ + = ⇒ =
Dấu “=” xảy ra
1 2
1x x⇔ = =
Ví dụ 3: Gọi
0

x
là nghiệm của phương trình:
2
0( 0)ax bx c a
+ + = ≠
a. Chứng minh rằng:
0
1 max ;
b c
x
a a
 
≤ +
 
 
b. Chứng minh rằng:
2
0
2
( . 0)
ac b
x a b
ab
+
≤ ≠
Giải:
a. Chứng minh rằng:
0
1 max ;
b c

x
a a
 
≤ +
 
 
Ta có:
1 max ; 1
b c
a a
 
+ ≥
 
 
nên:
+ Nếu
0
1x
≤
thì bất đẳng thức (1) luôn đúng.
+ Xét
0
1x
>
:
•
0
x
là nghiệm của phương trình:
2

0( 0)ax bx c a
+ + = ≠
2
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
b c b c b c b c
ax bx c x x x x x x
a a a a a a a a
⇒ − = + ⇔ − = + ⇒ = + ≤ + = +
Đặt:
max ;
b c
M
a a
 
=
 
 
thì:
( )
2
0 0 0
1
b c
x x M x
a a
≤ + ≤ +
Mặt khác:
( )
2 2

0 0
0
0 0
1
1 .
1 1
x x
M x M M
x x
−
+ = <
− −
Suy ra:
2
2
0
0 0
0 0
1 1
1 1
x M
x M x M
x x
≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ +
− −
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -19-
Định lý Viete và ứng dụng
Hay
0
1 max ;

b c
x
a a
 
≤ +
 
 
⇒
(đpcm)
b. Chứng minh rằng:
2
0
2
2
ac b
c b
x
ab b a
+
≤ = +
Giả sử một trong hai nghiệm của phương trình là:
2
0
4
2
b b ac
x
a
− − −
=

2 2 2
0 0
2 2
4 1 4 1
2 2 2 4 2 4
b b ac b b ac b b c
x x
a a a a a a a
− −
⇒ = + ≤ + ⇒ ≤ + −
Cần chứng minh:
2
2
1
2
2 4
b b c c b
a a a b a
+ − ≤ +
(*)
Thật vậy, bất đẳng thức (∗)

2
2
1
2
4 2
b c b c
a a a b
− ≤ +

2 2 2 2
2 2 2 2
2 4 2 4
4 4
b c b c c c c c
a a a a b a a b
⇔ − ≤ + + ⇔ − ≤ +
Rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng.Vậy:
2
0
2 ac b
x
ab
+
≤
(đpcm)
Ví dụ 4: Biết phương trình:
3 2
1 0( 0)ax bx cx a+ + + = ≠
có ba nghiệm dương là
1 2 3
, ,x x x
.
Chứng minh rằng:
3 2
7 7 7
1 2 3
5
81
b c

x x x
a
+ + ≥ −
.
Giải: Theo đònh lý Viete ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
b
x x x
a
c
x x x x x x
a

+ + = −




+ + =


Ta có:
( ) ( )
3
3 2 2
3 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
5 2
1 1

.
81 81 81
b c b c
x x x x x x x x x
a a a
 
− = − = + + + +
 ÷
 
p dụng bất đẳng thức:
( )
3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
1
(*)
3
x x x x x x x x x
+ + ≤ + +
Thật vậy: bất đẳng thức (*)
( )
3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
3( )x x x x x x x x x
⇔ + + ≤ + +
( )
2 2 2
1 2 2 3 3 1 1 2 3
2( ) 2x x x x x x x x x
⇔ + + ≤ + +
( ) ( ) ( )

2 2 2
1 2 2 3 3 1
0x x x x x x
⇔ − + − + − ≥
luôn luôn đúng.
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -20-
Định lý Viete và ứng dụng
Do đó:
( ) ( )
2 4
1 2 2 3 3 1 1 2 3
1
9
x x x x x x x x x+ + ≤ + +
( ) ( ) ( )
3 2 7
1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
6
1 1
81 3
x x x x x x x x x x x x
⇔ + + + + ≤ + +
(do
1 2 3
, ,x x x
> 0)
Ta chứng minh:
( )
7
7 7 7

1 2 3 1 2 3
6
1
3
x x x x x x+ + ≤ + +
( ) ( )
8
7 7 7
1 2 3 1 2 3 1 2 3
6
1
( ) (1)
3
x x x x x x x x x⇔ + + ≤ + + + +
Ta có:
( )
2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
( ) 3x x x x x x
+ + ≤ + +
(theo bất đẳng thức Bunhiacopski)
( ) ( )
4 2 2 2 2 3 4 4 4
1 2 3 1 2 3 1 2 3
( ) 3 3x x x x x x x x x
⇒ + + ≤ + + ≤ + +
(2)
Lại có:
( )
2

4 4 4 7 7 7
1 2 3 1 1 2 2 3 3
7 7 7
1 2 3 1 2 3
( ) (3)
x x x x x x x x x
x x x x x x
 
 
+ + = + +
 
 
≤ + + + +
Từ (1) (2) và (3) suy ra:
( ) ( )
8
7 7 7
1 2 3 1 2 3 1 2 3
6
1
( )
3
x x x x x x x x x+ + ≤ + + + +
( )
7
7 7 7
1 2 3 1 2 3
6
1
( )

3
x x x x x x⇔ + + ≤ + +
.
Do đó:
3 2
7 7 7
1 2 3
5
81
b c
x x x
a
+ + ≥ −
(đpcm)
Ví dụ 5: Cho đa thức
3 2
( ) xP x x ax b c
= + + +
có 3 nghiệm khơng âm phân biệt. CMR
3
3 3
b a
c
− < < −
Giải:
Giả sử
1 2 3
, ,x x x
là ba nghiệm khơng âm phân biệt của P(x). Theo định lý Vieta ta có
1 2 3

1 2 2 3 3 1
1 2 3
x x x a
x x x x x x b
x x x c
+ + = −


+ + =


= −


1 2 3
, ,x x x
là ba nghiệm khơng âm phân biệt nên theo bất đẳng thức Bunhiacopski và bất đẳng thức AG-
AM ta có:
1 2 3 1 2 2 3 3 1
3
1 2 3
3 3
x x x x x x x x x
x x x
+ + + +
> >
3
3 3
a b
c

⇔ − > > −
(đpcm)
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -21-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 6: Cho phương trình bậc ba:
3 2
x x 0x p q p
+ + + =
. Biết rằng phương trình có các nghiệm,
đồng thời các nghiệm ấy là tan 3 góc của một tam giác nhọn. CMR
3 3, 9p q≤ − ≥
Giải:
Giả sử phương trình có ba nghiệm là tanA, tanB, tanC với A, B, C là ba góc của tam giác nhọn ABC.
Theo định lý Viete ta có:
t anA tan tan
tan A tan tan tan tan tan
t anAtanBtanC=
B C
p
B B C C A q
p
+ + =
−


+ + =


−


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:
3
tan A tan tan tan A+ tan tan 3 tan A tan tanB C B C B C
= + ≥
2
3
3
3 3 27 9q p q
⇒ ≥ ≥ ⇒ ≥
(đpcm)
Ví dụ 7:(VMO 2002) Biết rằng đa thức
3 2
( ) xP x x ax b c
= + + +
có 3 nghiệm phân biệt. CMR:

3
3 2
2
12a 27 6a 10( 2 )b c a b
+ ≤ + −
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
− ≤ − + −
3
2 2
2
-6a(a 2 ) 27 10( 2 )b c a b
Gọi x
1

, x
2,
x
3
là ba nghiệm thực của của P(x). Theo định lý Viet eta có:

1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
x x x a
x x x x x x b
x x x c
+ + = −


+ + =


= −

Suy ra
2 2 2 2
1 2 3
2a b x x x
− = + +
.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
3
2 2 2 2 2 2
2

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
6( )( ) 27 10( )x x x x x x x x x x x x+ + + + ≤ + + +
Nếu
2 2 2
1 2 3
0x x x
+ + =
thì
1 2 3
0x x x= = =
và bất đẳng thức đúng.
Nếu
2 2 2
1 2 3
0x x x
+ + >
. Không mất tính tổng quát , giả sử
2 2 2
1 2 3
x x x
≤ ≤
và do bđt đồng bậc nên ta giả sử
2 2 2
1 2 3
9x x x
+ + =
. Khi đó:
2 2 2
3 1 2 1 2
3 à 2x 6x v x x x

≥ ≤ + ≤
do đó bất đẳng thức cần chứng minh lại biến đỏi
về dạng:
1 2 3 1 2 3
2( ) 10x x x x x x+ + − ≤
.
Theo bất đẳng thức Bụhiacopski ta có:
2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2 3
[2( ) ] [2(x +x )+x (2- x x )] [4+(2-x x ) ][(x +x ) +x ]x x x x x x
+ + − = ≤
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2
[2( ) ] [8-4x x +(x x ) ](9+2x x )x x x x x x
⇒ + + − ≤
2 3 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2
[2( ) ] 2(x x ) +(x x ) -20x x +72x x x x x x
⇒ + + − ≤
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2
[2( ) ] (x x +2) (2x x - 7) +100 100x x x x x x
⇒ + + − ≤ ≤
(đpcm)
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -22-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 8: (VMO 1999)Cho phương trình
− + − = ≠ ≠
3 2
1 0( 0, )ax x bx a a b

, có ba nghiệm dương. Tìm
giá trị nhỏ nhất của
2
2
5 3 2
( )
a ab
P
a b a
− +
=
−
Giải: Gọi x
1
, x
2
, x
3
là 3 nghiệm dương của phương trình đã cho.
Theo định lý Viete ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
1
( 0)
1
x x x
a
b
x x x x x x b

a
x x x
a

+ + =



+ + = >



=


.
Ta có:
2
2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
3
1 2 3 1 2 3
3
1 3
1
( ) 3( )
3
1
1 1
3

3
3 3
b
b
x x x x x x x x x
a a
a
x x x x x x
a
a a


≥
≤



+ + ≥ + +
  
⇒ ⇒
  
≥

 

≤
≥
 



Xét hàm số
2
2
5 3 2
( )
( )
a ab
f b
a b a
− +
=
−
với
1
(0; ]
3
b
a
∈
Ta có
2
2 2
2 2
'( ) 0
( )
a
f b
a b a
− −
= <

−
suy ra f (b) giảm trên
1
(0; ]
3a
2
2
1 3(5 1)
( ) ( ) 3 ( )
3 (1 3 )
a
f b f g a
a a a
+
⇒ ≥ = =
−
.
Xét hàm số g(a) với
1
(0; ]
3 3
a
∈
Ta có
4 2
2 2 2
15 14 1
'( ) 0
(3 1)
a a

g a
a a
+ −
= <
−
với mọi
1
(0; ]
3 3
a
∈
1
( ) ( ) 4 3 ( ) 12 3
3 3
g a g f b
⇒ ≥ = ⇒ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
1
, 3
3 3
a b
= =
.
Khi đó
1 2 3
3x x x
= = =
. Vậy
min
12 3P

=
4. Các bài toán lượng giác
Ví dụ 1: Chứng minh
0 0 0
os20 , os100 , os140c c c
là ba nghiệm của phương trình
3
1
4x 3x 0
2
− − =
.
Suy ra:
0 0 0 0 0 0 0 0 0
3
os20 os100 os140 0; os20 os100 os100 os140 os140 os20
4
c c c c c c c c c
+ + = + + = −
,

0 0 0
1
os20 os100 os140
8
c c c
=
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -23-
Định lý Viete và ứng dụng
Giải: Ta có

0 0
1
os3.20 os60
2
c c
= =
,
0 0
1
os3.100 os300
2
c c
= =
,
0 0
1
os3.140 os420
2
c c
= =
3
os3 4 os 3cosc c
α α α
= −
nên
0 0 0
os20 , os100 , os140c c c
là ba nghiệm của phương trình:

3 3

1 1
4 3 hay 4 3 0
2 2
x x x x− = − − =
.
Theo định lý Viete ta có:
+ + = =
0 0 0
0
os20 os100 os140 0
4
c c c
+ + = −
0 0 0 0 0 0
3
os20 . os100 os100 os140 os140 os20
4
c c c c c c
=
0 0 0
1
os20 . os100 . os140
8
c c c
Ví dụ 2: Tính
2 2 2
1 1 1
2 3 6
sin sin sin
7 7 7

T
π π π
= + +
Giải: Ta có
2 3 6
, ,
7 7 7
π π π
là nghiệm của phương trình
2 2
sin 4 sin 3x x
=
Đặt
sinxt
=
thì
2 3 2
sin 3 (3 4 )x t t= −
,
2 2 2 2 2 2
sin 4 (2sin 2 . os2 ) 16 (1 )(1 2 )x x c x t t t= = − −
.
Ta có phương trình:
6 4 2
64 112 56 7 0t t t
− + − =
.
Do đó
2 2 2
2 3 6

sin ,sin ,sin
7 7 7
π π π
là ba nghiệm của phương trình
6 4 2
64 112 56 7 0z z z
− + − =
Nên
+ +
= + + = = =
1 2 2 3 3 1
1 2 3 1 2 3
56
1 1 1
64
8
7
64
x x x x x x
T
x x x x x x
Ví dụ 3: Tính
6 0 6 0 6 0
tan 10 tan 50 tan 70A
= + +
Giải: Ta có
:
0 0 0
20 ,40 ,80
là nghiệm phương trình

tan3 3x =
Hay
3
3 2 2 2 6 4 2
2
3tan tan
3 (3tan tan ) 3(1 3tan ) tan 33tan 27 tan 3 0
1 3tan
x x
x x x x x x
x
−
= ⇒ − = − ⇒ − + − =
−
Do đó
2 0 2 0 2 0
tan 20 ,tan 40 , tan 80
là ba nghiệm của phương trình:
3 2
33 27 3 0t t t
− + − =
Theo định lý Viete ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
33
27
3
t t t
t t t t t t

t t t
+ + =


+ + =


=

Do đó
3 3 3 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
( ) 3( )( ) 3 35946A t t t t t t t t t t t t t t t t t t
= + + = + + − + + + + = =
Ví dụ 4: Tính
= + + + +
0 0 0 0 0
os5 os77 os149 os221 os293A c c c c c
Giải: Ta có
5 3
cos5 16cos 20cos 5cos
α α α α
= − +
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -24-
Định lý Viete và ứng dụng
Với các giá trị
0 0 0 0 0
5 , 77 , 149 , 221 , 293
α α α α α
= = = = =

thì
os5c
α
đều bằng
0
os25c
.
Do đó
0 0 0 0 0
os5 , os77 , os149 , os221 , os293c c c c c
là nghiệm của đa thức
5 3 0
( ) 16 20 5 os25P x x x x c= − + −
Theo định lý Viete ta có
0
0
16
A
= =
Ví dụ 5: Tính
π π π
= + +
3 3 3
2 4 6
os os os
7 7 7
A c c c
Giải:
Ta có
2 4 6

, ,
7 7 7
π π π
là nghiệm của phương trình
3 4 2x x k
π
+ =
4 3 2 os4 os3x x k c x c x
π
⇒ = − + ⇒ =
2 3
2cos 2 1 4cos 3cosx x x
⇒ − = −
2 2 3 4 2 3
2(2cos 1) 1 4cos 3cos 2(4cos 4cos 1) 4cos 3cosx x x x x x x⇒ − − = − ⇒ − + = −
3 2
(cos 1)(8cos 4cos 4cos 1) 0x x x x⇒ − + − − =
Nhưng
2 4 6
, ,
7 7 7
π π π
không phải là nghiệm của phương trình: cosx – 1 = 0 suy ra
2 4 6
, ,
7 7 7
π π π
là
nghiệm của phương trình
3 2

8cos 4cos 4cos 1 0x x x
+ − − =
Đặt
1 2 3
2 4 6
2cos , 2cos , 2cos
7 7 7
t t t
π π π
= = =
thì
1 2 3
, ,t t t
là các nghiệm của phương trình
3 2
2 1 0t t t
+ − − =
Theo định lý Viete ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
1
2
1
t t t
t t t t t t
t t t
+ + = −



+ + =


=

Vậy
π π π
= + + = + +
3 3 3
3 3 3
1 2 3
3
2 4 6 1
os os os ( )
7 7 7
2
A c c c t t t
Ta xét thêm

3
3 3
1 2 2 3 3 1
B t t t t t t
= + +
Khi đó:
3 2 2 2
3
3 3 3
3 3 3
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

3( )( ) 3A t t t t t t t t t t t t t t t
= + + + + + + + −
3 2 2 2
3
3 3 3
3 3 3 3
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3
3( )( ( )) 3B t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t
= + + + + + + + −
Tức là:
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -25-