Đa thức và ứng dụng trong các bài toán đại số sơ cấp

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

PHẠM QUỲNH THƠ

ĐA THỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ SƠ CẤP

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
TS. Nguyễn Thị Kiều Nga

HÀ NỘI, 2015


LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình làm khóa luận, em đã nhận được sự giúp đỡ và chỉ bảo
rất tận tình của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga. Em xin chân thành cảm ơn và bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô.
Em cũng xin cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong Khoa Toán,
các thầy cô trong tổ Đại số và Thư viện Trường ĐHSP Hà Nội 2 đã tạo điều
kiện tốt nhất giúp em hoàn thành khóa luận này.
Hà Nội, tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Phạm Quỳnh Thơ


LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận của em được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn
Thị Kiều Nga cùng với sự cố gắng của bản thân. Trong suốt quá trình nghiên
cứu và thực hiện khóa luận em có tham khảo một số tài liệu của một số tác giả
(đã nêu trong mục tài liệu tham khảo).
Em xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp này là kết quả nghiên cứu của
bản thân em, không trùng với kết quả của tác giả nào khác. Nếu sai em xin
hoàn toàn chịu trách nhiệm.


MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU

3

Chƣơng 1. Kiến thức chuẩn bị

4

1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn

4

1.2. Phép chia có dư

5

1.3. Nghiệm của đa thức

5

1.3.1. Nghiệm bội

6

1.3.2. Định lý Bezout

6

1.3.3. Biểu diễn đa thức thông qua các nghiệm của nó

6

1.3.4. Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên

6

1.4. Công thức Viete, lược đồ Hoocner

7

1.4.1. Công thức Viete

7

1.4.2. Lược đồ Hoocner

8

1.5. Đa thức đồng dư

8

1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn

9

1.7. Đa thức đối xứng

10

1.7.1. Định nghĩa đa thức đối xứng

10

1.7.2. Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản

10

1.7.3. Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản

10

Chƣơng 2. Ứng dụng của đa thức một ẩn

11

2.1. Chứng minh đẳng thức

11

2.2. Bài toán chia hết

13

2.3. Ứng dụng định lý Viete

15

2.3.1. Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm

15

2.3.2. Dạng 2: Tìm miền giá trị của tham số để các nghiệm của
phương trình f  x,m   0 thỏa mãn điều kiện K nào đó

18


2.3.3. Dạng 3: Tìm mối quan hệ giữa các hệ số của một số phương
trình bậc 3, bậc 4 khi biết mối quan hệ giữa các nghiệm và ngược lại

21

2.4. Phân tích đa thức thành nhân tử

24

Chƣơng 3. Ứng dụng của đa thức nhiều ẩn

28

3.1. Chứng minh đẳng thức

28

3.2. Chứng minh bất đẳng thức

32

3.3. Phân tích đa thức nhiều ẩn thành nhân tử

36

3.4. Giải hệ phương trình

40

3.5. Trục căn thức ở mẫu

43

3.6. Giải phương trình căn thức

45

3.7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình đối xứng

48

KẾT LUẬN

52

TÀI LIỆU THAM KHẢO

53


MỞ ĐẦU
Trong nhà trường phổ thông, môn toán giữ một vị trí hết sức quan
trọng. Nó giúp học sinh học tốt các môn học khác, là công cụ của nhiều ngành
khoa học và cũng là công cụ để hoạt động trong đời sống thực tế. Môn toán
có tiềm năng to lớn trong việc khai thác và phát triển năng lực trí tuệ chung,
rèn luyện các thao tác và phẩm chất tư duy.
Đại số là một bộ phận lớn của toán học, trong đó đa thức là một khái
niệm cơ bản và quan trọng được sử dụng nhiều không những trong đại số mà
còn trong giải tích, toán cao cấp và toán ứng dụng.
Tuy nhiên cho đến nay, vấn đề đa thức và ứng dụng của nó trong việc
giải các bài toán sơ cấp mới chỉ được trình bày sơ lược, chưa được phân loại
và hệ thống một cách chi tiết. Tài liệu về đa thức còn ít, chưa được hệ thống
theo dạng toán cũng như phương pháp giải, cho nên việc nghiên cứu về đa
thức còn gặp nhiều khó khăn.
Với lý do trên, cùng với lòng say mê nghiên cứu và được sự giúp đỡ,
chỉ bảo tận tình của TS. Nguyễn Thị Kiều Nga em đã mạnh dạn chọn đề tài:
“Đa thức và ứng dụng trong giải các bài toán đại số sơ cấp” để làm khóa luận
tốt nghiệp, nhằm phân loại, hệ thống một số bài toán về đa thức và các ứng
dụng của nó trong môn toán ở nhà trường phổ thông.
Nội dung khóa luận được chia làm 3 chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Chương 2. Ứng dụng của đa thức một ấn
Chương 3. ứng dụng của đa thức nhiều ẩn
Do thời gian có hạn và năng lực bản thân còn hạn chế nên khóa luận
không tránh khỏi sai sót. Em rất mong được sự góp ý của các thầy cô và các
bạn.
Em xin chân thành cảm ơn!

3


Chƣơng 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho A là vành giao hoán có đơn vị (ký hiệu là 1). Khi đó:

P   a 0 ,a1, ,a n ,

 / a i  A,a i  0 hầu

,

hết, i 

cùng với hai

phép toán:
- Phép cộng:

 a 0 ,a1,

,a n ,

   b0 ,b 1,

,bn ,

  a 0  b0 ,a1  b1,

   b0 ,b 1,

,bn ,

  c0 ,c1,

,a n  bn ,

- Phép nhân:

 a 0 ,a1,

,a n ,

với ck 

 a b , k  0,1,

i  jk

i

,cn ,



,n,

j

lập thành một vành giao hoán có đơn vị 1  1,0,0, ,0,

.

Ta gọi P là vành đa thức, mỗi phần tử thuộc P gọi là một đa thức.
Xét ánh xạ: f : A  P

a

 a,0,

.

,0,

là một đơn cấu vành. Do vậy, ta đồng nhất a  A với phần tử:

f  a    a,0, ,0,
Ký hiệu:
Khi đó:

  P . Khi đó, A là vành con của P.

x   0,1,0, ,0,  ,
x 2   0,0,1,0, ,0,  ,
x 3   0,0,0,1,0, ,0,  ,

...

x n   0,



,0,1,0,

,0,

n






Do đó, mỗi phần tử  P:

   a 0 ,a1, ,a k ,



Do a i  0 hầu hết nên tồn tại n 

4

sao cho




a n 1  a n 2 

0

Vì thế    a 0 ,a1, ,a n ,0,
Khi đó:   a 0 1,0,
 a 0  a1x 



  a1  0,1,0,  


 a n  0,



,0,1,0,
n






 an xn

Thay cho P viết A  x  và gọi là vành đa thức của ẩn x, lấy hệ tử trong
A. Mỗi phần tử thuộc A  x  gọi là đa thức của ẩn x được ký hiệu là:

f  x  ,g  x  ,
1.2. Phép chia có dƣ
Cho A  x  là vành đa thức, A là một trường,

f  x  ,g  x  là hai đa thức của vành A x ,g  x   0
Khi đó, tồn tại duy nhất q  x  ; r  x   A  x  sao cho:

f x  gx  qx  r x
Nếu r  x   0 thì deg r  x   deg g  x  . Đa thức q  x  được gọi là
thương và r  x  được gọi là dư của phép chia f  x  cho g  x  .
Nếu r  x   0 thì f  x  g  x  trong A  x  .
1.3. Nghiệm của đa thức
* Định nghĩa:
Cho K là một vành chứa vành A. Phần tử  K gọi là nghiệm của đa
thức f  x   A  x  nếu và chỉ nếu f     0 .
Ta cũng có thể nói  là nghiệm của phương trình đại số f  x   0 trong K.
Nếu deg f  x   n thì phương trình f  x   0 gọi là phương trình đại số
bậc n  n  1 .

5


1.3.1. Nghiệm bội
Giả sử k là một số tự nhiên khác 0. Một phần tử  A gọi là nghiệm

bội bậc k của đa thức f  x   A  x  nếu và chỉ nếu f  x   x    và f  x 
k

không chia hết cho  x   

k 1

.

1.3.2. Định lý Bezout
a) Định lý Bezout
Cho vành đa thức A  x  ; A là một trường; f  x   A  x ;  A . Khi đó,
dư trong phép chia f  x  cho  x    là f    .
b) Hệ quả
Cho A là một trường.
Phần tử   A là nghiệm của đa thức f  x   A  x  khi và chỉ khi

f  x   x   .
1.3.3. Biểu diễn đa thức thông qua các nghiệm của nó
Định lý:
Cho đa thức f  x   a 0 x n  a1x n 1 

 a n 1x  a n  A  x  ; a 0  0 thì

tồn tại trường K  A và f  x  có thể viết dưới dạng:

 x  n  trong vành K  x 
là những nghiệm của đa thức f  x  trong K.

f  x   a 0  x  1  x  2 

với 1, 2 , , n

1.3.4. Nghiệm của đa thức với hệ số nguyên
a) Nhận xét
Với mọi f  x   Q x  luôn tìm được a  Q* để f  x   a  f1  x  ; f1  x  
Do đó f  x   0 khi và chỉ khi f1  x   0 . Để tìm nghiệm hữu tỉ của
chuyển về tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên f1  x  .
b) Định lý 1
Cho f  x   a 0 x n  a1x n 1 
Nếu phân số tối giản

 a n 1x  a n 

x .

p
là nghiệm của đa thức f  x  thì:
q

6

x .
f  x  ta


p a n và q a 0 .
c) Định lý 2
Nếu phân số tối giản

p

là nghiệm của đa thức với:
q

f  x   a 0 x n  a1x n 1 

 a n 1x  a 0 

x

thì với mọi số nguyên m ta có f  m  chia hết cho  p  mq  .
Trường hợp đặc biệt p + q là ước của f  1 ,p  q là ước của f 1 .
d) Nhận xét
Nếu   1 là nghiệm của f  x  

 x  ;  nguyên thì:

f 1
f  1
và
đều nguyên.
1 
1 
1.4. Công thức Viete, lƣợc đồ Hoocner
1.4.1. Công thức Viete
Cho f  x   a 0 x n  a1x n 1 

 a n 1x  a n  A  x  ; deg f  x   n . Giả sử

f  x  có n nghiệm 1, 2 , , n  K với K  A . Khi đó:
f  x   a 0  x  1  x  2 

 x  n  .

Đồng nhất các hệ tử của hai đa thức. Ta có:

1   2 

 n  

1 2  13 

a1
a0

  n 1 n 

a2
a0

...

1 2

 k 

  n k 1 n k 2

 n   1

n

 n   1

...

1 2

an
.
a0

7

k

ak
a0


1.4.2. Lược đồ Hoocner
Cho A là trường.
Và f  x   A  x  là đa thức bậc n. Giả sử:
f  x   a 0 x n  a1x n 1 

 a n 1x  a n (   A )

Chia f  x  cho  x    trong A  x  , giả sử thương của phép chia đó là:
q  x   b0 x n 1  b1x n 2 

Nghĩa là: a0 xn  a1xn1 

 bn 2 x  bn 1 , bi  A, i  0,n  1 .

 an1x  an

 (x   )(b0 x n1  b1x n2  ...  bn2 x  bn1  f   .

Đồng nhất hệ số ta có bảng sau, gọi là lược đồ Horner.
a0



b0  a0

a1

...

b1  a1   b0

...

an
f ( )  an   bn1

1.5. Đa thức đồng dƣ
a) Định nghĩa:
Cho vành đa thức A[x], u  x  ,p  x  ,q  x   A  x  và u(x) là đa thức
khác không. Ta nói rằng đa thức p(x) và q(x) là đồng dư theo môđun đa thức
u(x) nếu  p( x)  q(x)  u( x) trong vành A[x].

Kí hiệu: p ( x)  q (x) (mod u(x))
b) Các tính chất:
Cho p  x  ,q  x  ,   x   A  x  .
1. Nếu p  x   q  x   mod   x   thì q  x   p  x   mod   x   .
2. Nếu p  x   q  x   mod   x   và p  x   r  x   mod   x   thì:
p  x   r  x   mod   x  

8


3. Cho các đa thức bất kỳ p1 ( x), p2 ( x),...,pn ( x), q1 ( x),q 2 ( x),..., qn ( x) và
u1 ( x),u 2 ( x),...,u n ( x)  A  x . Nếu pi ( x)  qi ( x) (mod  (x)) với mọi i  1,n

thì u1 ( x). p1 ( x)  ...  un ( x). pn ( x)  u1 ( x).q1 ( x)  ...  un ( x).qn ( x)(mod  ( x))
4. Cho các đa thức p  x  ,q  x  ,r  x   A x  ,
Nếu p  x   q  x   mod   x   thì p  x   r  x   q  x   r  x   mod   x   .
5. Với các đa thức p  x  ,q  x  ,r  x   A x  .
Nếu p ( x)  q(x)  r ( x)(mod  (x)) thì p ( x)  r ( x)  q( x) (mod  (x))
6. Với hai đa thức p  x  ,q  x   A  x ; f  x   A x  và t là số tự nhiên.
Nếu p ( x)  q ( x) (mod  (x)) thì pt ( x)  qt ( x) (mod  (x))
7. Với hai đa thức p  x  ,q  x   A  x ; f  x   A x  , nếu:
p ( x)  q ( x) (mod  (x)) thì F ( p ( x))  F (q( x))(mod  (x))

1.6. Xây dựng vành đa thức nhiều ẩn
Ta xây dựng vành đa thức nhiều ẩn bằng phương pháp quy nạp.
Giả sử A là vành giao hoán có đơn vị 1.
Đặt A1 = A[x1]. Khi đó A1 là vành giao hoán có đơn vị 1.
Đặt A2 = A[x2] = A  x1, x 2  thì A2 là vành giao hoán có đơn vị 1.
Cứ tiếp tục như vậy.
...

Khi đó ta có vành An= A[x1, x2, ..., xn] là vành đa thức n ẩn x1, x2,...,xn.
Mỗi phần tử của vành A[x1,x2,...xn] kí hiệu là f(x1,x2,...,xn);
g(x1,x2,...,xn); gọi là các đa thức n ẩn x1,x2,...,xn lấy hệ tử trên A.
Cho đa thức f  x1,x 2 , ,x n   A  x1, ,x n  . Khi đó f  x1, x 2 ,
biểu diễn dưới dạng:

9

, xn 


f ( x1x2 ,..., xn )  c1 x1a11 x2a12 ...xna1n  c2 x1a21 x2a22 ...xna2 n ...  cm x1am1 x2 x1am 2 ...xnamn
trong đó ci  A và  ai1 , ai 2 ,..., ain   ; i  1, m

 ai1, ai 2 ,..., ain    a j1, a j 2 ,..., a jn  với mọi

i j

1.7. Đa thức đối xứng
1.7.1. Định nghĩa đa thức đối xứng
Đa thức f ( x1, x2 ,...xn )  A  x1, x2 ,...xn  được gọi là đa thức đối xứng
nếu f( x1, x2 ,...xn )  f ( xi1 , xi2 ,...xin ) với

1,2,

i1, i2 ,..., in 

là hoán vị bất kì của

,n . Nói cách khác, một đa thức là đa thức đối xứng nếu nó không

thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó.
1.7.2. Ví dụ các đa thức đối xứng sau gọi là đa thức đối xứng cơ bản

1  x1  x2  ...  xn

 2  x1x2  x1x3  ...  xn1xn
...

 k  x1x2 ...xk  ...  xnk 1xnk 2 ...xn
...

 n  x1x2 ...xn
1.7.3. Đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản
a) Định lý
Cho đa thức đối xứng khác không f ( x1, x2 ,...xn )  A x1, x2 ,...xn  . Khi đó
tồn tại duy nhất cách biểu diễn một đa thức dưới dạng đa thức của các đa thức
đối xứng cơ bản.
b) Phương pháp đưa đa thức đối xứng về đa thức của các đa thức đối
xứng cơ bản
- Phương pháp dựa theo hạng tử cao nhất của đa thức.
- Phương pháp hệ tử bất định.

10


Chƣơng 2
ỨNG DỤNG CỦA ĐA THỨC MỘT ẨN
2.1. Chứng minh đẳng thức
2.1.1. Cơ sở lý luận

Sử dụng nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức.
Để chứng minh A = B, trong đó A, B là các biểu thức. Ta làm như sau:
Bước 1: Coi A, B là biểu thức của một biến x nào đó.
Bước 2: Biến đổi tương đương đưa đẳng thức A = B về dạng:

P  x   Q  x  , trong đó P  x  , Q  x  là 2 đa thức của biến x.
Bước 3: Xác định max

 deg P  x  ,deg Q  x    m .

Khi đó sẽ chỉ ra có nhiều hơn m số i sao cho:

P i   Q i  , i  1,2, ,n.

 n  m  1

Theo nguyên lý so sánh hệ số của hai đa thức ta có: P  x   Q  x  hay
A = B.
2.1.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh đẳng thức

 a  b  c bc  ca  ab   abc   b  c c  a a  b 

với a, b, c là

những số thực bất kỳ.
Lời giải
Ta coi một trong ba số a, b, c là ẩn x. Giả sử coi a là ẩn x.
Đặt P  x    x  b  c  bc  cx  xb   xbc

Q  x    b  c  c  x  x  b 
Ta chứng minh P  x   Q  x  . Thật vậy, ta có:

degP  x   2; deg Q  x   2
Cho x những giá trị 0, - b, - c, ta có:

11


P  0   b  c  bc  Q  0
P   b   c   b   b 2c  0  Q   b  .
2

P  c    b  c   0   c  b   0  Q  c  .
Nếu hai trong những số 0, -b, -c trùng nhau thì dễ dàng kiểm tra được

P x   Q x  .
Nếu những số này đôi một khác nhau thì nguyên lý so sánh hệ số đa
thức suy ra P  x   Q  x  .
Ví dụ 2: Chứng minh với mọi số tự nhiên n và mọi số nguyên k;
0  k  n thì Ckn  Cnnk .

Giải
Ta có:

1  x 

n

 Cnn x n  Cnn 1x n 1 

 C1n x  C0n .

Với x  0 ta có:

1  x 

n

 1
 x 1  
 x

n

n

1
1

 x n  Cnn n  Cnn 1 n 1 
x
 x

 Cnn  Cnn1x 

 C1n

1


 C0n 
x


 C1n x n1  C0n x n

 C0n x n  C1n x n1 

 Cnn1x  Cnn .

Theo nguyên lý so sánh hệ số đa thức suy ra:

C0n  Cnn , C1n  Cnn 1,
Vậy đẳng thức Ckn  Cnnk , n  , k  ; 0  k  n luôn đúng.
2.1.3. Bài tập áp dụng
Bài 1: Nếu a, b, c là những số bất kỳ, chứng minh rằng:
a) a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc   b  c  c  a  a  b  .
2

2

2

12


b)  a 2  1 b 2  1 c 2  1   a  bc  b  ca  c  ab  .





  abc  1 a 2  b 2  c2  2abc  1 .

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi giá trị của x
a3
 c3

 x  b  x  c  x  d   b3  x  c  x  d  x  a 
 a  b  a  c  a  d 
 b  c  b  d  b  a 

 x  d  x  a  x  b   d3  x  a  x  b  x  c   x 3 .
 c  d  c  a  c  b 
 d  a  d  b  d  c 

Bài 3: Chứng minh đẳng thức
a) C1n  C3n 

 Cnn  2n1 (n lẻ)

b) C1n  C3n 

 Cnn1  2n1 (n chẵn)

2.2. Bài toán chia hết
a) Phương pháp chung
Để chứng minh hai đa thức chia hết cho nhau ta sử dụng:
- Định nghĩa và tính chất của phép chia hết.
- Đa thức đồng dư.

- Dựa vào tính chất nghiệm.
- Một số tính chất số học: sự phân bố nghiệm, bậc của đa thức,...
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh đa thức x 3m  x 3n 1  x 3l2 chia hết cho đa thức

x 2  x  1 trong Q  x   n,m,l  * .
Lời giải
Đặt f  x   x 3m  x 3n 1  x 3l2
Ta có: f  x   x 3m  x 3n 1  x 3l2

 ( x3m  1)  ( x3n1  x)  ( x3l 2  x 2 )  ( x 2  x  1)
 ( x3  1) f1 ( x)  x( x3  1) f 2 ( x)  x 2 ( x3  1) f3 ( x)  ( x 2  x  1)

13


Với f1 ( x), f 2 ( x), f3 ( x) 

 x

Suy ra f ( x) ( x 2  x  1) trong Q  x 
Ví dụ 2: Chứng minh đa thức:
x9999  x8888  x 7777  x 6666  ...  x1111  1 chia hết cho
x9  x8  x 7  x 6  ...  x  1

Lời giải
Đặt A  x9  x8  x 7  x 6  ...  x  1
B  x9999  x8888  x 7777  x 6666  ...  x1111  1

Khi đó:

B  A  ( x9999  x9 )  ( x8888  x8 )  ( x7777  x7 )  ( x6666  x6 )  ...  ( x1111  x)
 x9 ( x10 )999  1  x8 ( x10 )888  1  x7 ( x10 )777  1  x6 ( x10 )666  1
 ...  x ( x10 )111  1
Ta thấy với mọi số tự nhiên k thì:
( x10 ) k 1  ( x10  1)  x10( k 1)  x10( k 2)  ...  x10  1 chia hết cho đa thức x10 - 1.

Mà x10  1  ( x  1)( x9  x8  x7  x6  ...  x  1) nên đa thức ( x10 )k  1
chia hết cho đa thức x9  x8  x 7  x 6  ...  x  1 .
Ví dụ 3: Với mọi p lẻ, chứng minh rằng đa thức

x pa0  x pa1  ...  x

pa p 1  p 1

chia hết cho đa thức

 x

x p1  x p2  ...  x  1 trong

Lời giải
Đặt p( x)  x pa0  x pa1  ...  x

pa p 1  p 1

 ( x)  x p1  x p2  ...  x  1
Ta có: x p  1  ( x  1)( x p1  x p2  ...  x  1)  0(mod ( x))

 x p  1 (mod ( x))

14


Khi đó: x pa0  ( x p )a0  1 (mod ( x))

x pa1 1  x( x p ) a1  x (mod  ( x))
...
x

pa p 1  p 1

 x p 1 ( x p )

a p 1

 x p 1 (mod  ( x))

 p( x)  x pa0  x pa1  ...  x

pa p 1  p 1

 1  x  ...  x p 1  0(mod  ( x))

suy ra: p( x)  ( x)
c) Bài tập vận dụng
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 , với mọi số thực x,
y thì đa thức y( y n1  nxn1 )  xn (n  1) chia hết cho ( y  x)2 .
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên không âm k, m, n, l và
x 

thì đa thức x 4 k  x 4 m1  x 4 n2  x 4l 3 chia hết cho x 3  x 2  x  1 .
Bài 3: Chứng minh rằng x  R, n 

*

thì

đa thức (1  xn )( x  1)  2nxn (1  x)  n2 xn (1  x)2 chia hết cho (1  x)3 .
2.3. Ứng dụng định lý Viete
2.3.1. Dạng 1: Tính giá trị của biểu thức đối xứng K giữa các nghiệm
2.3.1.1. Cơ sở lý luận
- Biểu thức K sẽ đưa được về biểu thức của các đa thức đối xứng cơ bản.
- Theo công thức Viete ta tính được các giá trị của đa thức đối xứng cơ
bản, thay vào ta tìm được K.
2.3.1.2. Thuật toán
Bƣớc 1: Thiết lập hệ thức Viete giữa các nghiệm của phương trình để
tìm các i .
Bƣớc 2: Biểu diễn các nghiệm của phương trình thông qua các đa thức
đối xứng cơ bản.
2.3.1.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho x1, x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình:

15


x3  px 2  qx  r  0
Xác định:

A  x12  x 22  x32 ; B  x13  x32  x33 .

Giải
Theo công thức Viete có:
x1  x 2  x3  p
x1x 2  x 2 x 3  x1x 3  q

x1x 2 x 3  r

A  x12  x 22  x 32

Ta có:

  x1  x 2  x 3   2  x1x 2  x 2 x 3  x1x 3 
2

 p2  2q
Vậy A  p2  2q

B  x13  x32  x33
  x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2   x 33
3

  x1  x 2  x 3   3 x1  x 2  x 3  x1x 2  x 2 x 3  x1x 3   3x1x 2x 3
3

 p3  3pq  3r .
Vậy B  p3  3pq  3r
Ví dụ 2: Hãy tính diện tích tam giác mà đường cao của nó là nghiệm
của phương trình:

x3 - ax 2  bx  c  0

(1)
Giải

Gọi y1, y2 , y3 là độ dài các cạnh của tam giác.
x1, x 2 , x 3 là độ dài các đường cao tương ứng.

S là diện tích tam giác

16


Khi đó, ta có:

1
2S
S  yi x i , i  1.3  x i 
2
yi

(*)

Thay (*) vào (1) ta được:
3

2

 2S 
 2S 
 2S 

   a    b   c  0
 yi 
 yi 
 yi 

Khi và chỉ khi 8S3  4aS2 yi  2bSyi2  cy3i  0
Khi và chỉ khi y3i  2

bS 2
4aS2
S3
yi  4
yi  8  0
c
c
c

(2)

Do đó: y i với i  1.3 là nghiệm của phương trình

f ( y)  y3 

2bS 2 4aS 2
8S 3
y 
y
0
c
c

c

Từ (2) theo công thức Hêrông thì:
S2  p  p  y1  p  y 2   p  y3   p  f  p 

Với p 
S2 

y1  y2  y3 bS
là nửa chu vi.

2
c

bS  bS  S4
f    4 4ab 2c  b 4  8bc 2
c  c  c





 S  c 4ab c  b  8bc
4

2

4



1
2 2



2.3.1.4. Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho x1, x 2 , x 3 , x 4 là các nghiệm của phương trình:

x 4  px3  qx 2  rx  s  0 . Hãy xác định
A  x12  x 22  x32  x 42 ;

B  x13  x32  x33  x34 ;

C  x14  x 24  x34  x 44

Bài 2: Cho x1, x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình x3  px 2  qx  r  0 .
Hãy biểu diễn thông qua p, q, r những hàm của các biến x1, x 2 , x 3 :

17


A  x12 x 2  x1x 22  x12 x3  x 2x32  x 22x3  x12  x32
B

1
1
1

 .

x1 x 2 x 3

2.3.2. Dạng 2: Tìm miền giá trị của tham số để các nghiệm của phương
trình f  x,m   0 thỏa mãn điều kiện K nào đó.
2.3.2.1. Cơ sở lý luận
Áp dụng công thức Viete để giải toán.
2.3.2.2. Thuật toán
Bước 1: Giả sử phương trình có nghiệm, tìm mối liên hệ giữa các
nghiệm.
Bước 2: Biểu diễn điều kiện của tham số thông qua điều kiện K.
Bước 3: Tìm miền giá trị của tham số và kết luận.
2.3.2.3. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho các nghiệm

x1, x2 , x3 , x4 của đa thức p( x)  x4  2 x3  6 x  mx  11 thỏa mãn điều kiện
x1  x2  x3  x4
Giải
Giả sử phương trình có bốn nghiệm x1, x2 , x3 , x4 .
Theo công thức Viete ta có:
x1  x2  x3  x4  2

(1)

x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4  6

(2)

x1 x2 x3  x1 x3 x4  x2 x3 x4  x1 x2 x4  m

(3)

x1 x2 x3 x4  11

(4)

Mặt khác: x1  x2  x3  x4

(5)

Từ (1) và (5) ta có: x1  x2  1
Ta có (3) khi và chỉ khi x3 x4 ( x1  x2 )  x1x2 ( x3  x4 )  m
khi và chỉ khi  x3 x4  x1x2  m

18


khi và chỉ khi x1x2  x3 x4  m
lại có: (2) tương đương x1x2  x3 x4  x1 ( x3  x4 )  x2 ( x3  x4 )  6
khi và chỉ khi x1x2  x3 x4  ( x3  x4 )( x1  x2 )  6
khi và chỉ khi m  1  6
khi và chỉ khi m  5
Vậy m = 5 thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Ví dụ 2: Hãy tìm những giá trị của tham số m sao cho các nghiệm
x1, x 2 , x3 , x 4 của đa thức f  x   x 4  3x 3  6x 2  mx  4 thỏa mãn điều kiện:

x1 

1
1
1

 
x 2 x3 x 4
Giải

Theo công thức Viete ta có:

 x1  x2  x3  x4  3
x x  x x  x x  x x  x x  x x  6
 1 2
2 3
3 4
1 4
1 3
2 4

 x1 x2 x3  x2 x3 x4  x1x3 x4  x1x2 x4  m
 x1 x2 x3 x4  4
Theo giả thiết:

x1 

1 1 1
 
x2 x3 x4

Tương đương x1x2 x3 x4  x2 x3  x3 x4  x2 x4
Tương đương x2 x3  x3 x4  x2 x4  4
Từ x1  x2  x3  x4  3  x2  x3  x4   x1  3
Do: x1x2  x2 x3  x3 x4  x1x4  x1x3  x2 x4  6
Khi và chỉ khi x1 ( x2  x3  x4 )  ( x2 x3  x3 x4  x2 x4 )  6

Khi và chỉ khi x1 (3  x1 )  4  6
Khi và chỉ khi x12  3x1  2  0

19


3
2
2
Suy ra : x1  x1 .x1  (3x1  2) x1  3x1  2 x1  3(3x1  2)  2 x1  7 x1  6

x14  x13 .x1  (7 x1  6) x1  7(3x1  2)  2 x1  6 x1  15x1  14
Mà x1 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 nên:

x14  3x13  6 x12  mx1  4  0
Khi và chỉ khi (15x1  14)  3(7 x1  6)  6(3x1  2)  mx1  4  0
Khi và chỉ khi (m  12) x1  4  0
Khi và chỉ khi x1 

4
m  12

(với m≠12)

Lại có x1 thỏa mãn phương trình:

x12  3x1  2  0
2

4

 4 

 2  0 (với m≠12)
  3.
m  12
 m  12 

Khi và chỉ khi m 2  18m  80  0

m  8
Khi và chỉ khi 
 m  10
Vậy với m = 8; m = 10 thì thỏa mãn điều kiện bài toán.
2.3.2.4. Bài tập áp dụng
Bài tập 1: Tìm những giá trị của tham số m để phương trình:
x3  2 x 2  x  m  0

Có 3 nghiệm x1, x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12  x22  x32
Bài tập 2: Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình x 2  2 x  2  0 .
Hãy tính x15  x25
Bài tập 3: Tìm m để những nghiệm x1, x2 , x3 của đa thức:

f ( x)  x3  mx2  10 x  5 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x1x2

20


2.3.3. Dạng 3. Tìm mối quan hệ giữa các hệ số của một số phương
trình bậc 3, bậc 4 khi biết mối quan hệ giữa các nghiệm và ngược lại
2.3.3.1. Cơ sở lý luận

Dựa vào công thức Viete và điều kiện ràng buộc cho ở bài toán để tìm
được mối quan hệ giữa các hệ số với phương trình. Các điều kiện này là cần
và đủ nên ta áp dụng để tìm nghiệm của phương trình bậc 3, bậc 4 nhanh hơn
trong trường hợp các hệ số của phương trình thỏa mãn điều kiện trên.
2.3.3.2. Thuật toán
+ Bước 1: Sử dụng định lý Viete để tìm ra hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm với các hệ số của phương trình.
+ Bước 2: Sử dụng định lí Bezout đưa phương trình đã cho về phương
trình bậc nhỏ hơn.
+ Bước 3: Giải phương trình có bậc nhỏ hơn suy ra nghiệm của phương
trình ban đầu.
2.3.3.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giả sử phương trình x4  ax3  bx2  cx  d  0 (1) có 4
nghiệm. Chứng minh rằng, tích hai nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại khi
và chỉ khi c2 = da2. Áp dụng giải phương trình sau: x 4  x3  10 x 2  2 x  4  0
(*)
Giải
Điều kiện cần:
Giả sử x1, x2 , x3 , x4 là 4 nghiệm của phương trình (1) và bốn nghiệm này thỏa
mãn điều kiện: x1x2  x3 x4
Đặt y  x1x2  x3 x4

 y 2  ( x1x2 )2  ( x3 x4 )2
Theo công thức Viete ta có:

21


 x1  x2  x3  x4  a


 x1 x2 x3  x2 x3 x4  x1 x3 x4  x1 x2 x4  c
x x x x  d
 1 2 3 4
 x1  x2  x3  x4  a

  x2 x3 ( x1  x4 )  x1 x4 ( x2  x3 )  c
 2
2
2
2
 y  ( x1 x2 )  ( x3 x4 )  d
 x1  x2  x3  x4   a

  y ( x1  x2  x3  x4 )  c
 2
2
2
2
 y  ( x1 x2 )  ( x3 x4 )  d
 c 2  da 2

* Điều kiện đủ
Giả sử x 4  ax3  bx 2  cx  d  0 có c 2  da 2 . Xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: Nếu d = 0 thì c = 0  x4  a x3  bx2  0 .
Khi đó (1)  x2 ( x2  ax  b)  0
x  0
 2
 x  ax  b  0

Phương trình đã cho có một nghiệm x=0

Chuyển việc giải phương trình (1) về việc giải phương trình
x 2  ax  b  0

- Trường hợp 2: Nếu d≠0 thì x = 0 không phải là nghiệm của (1). Do
- vậy ta có thể chia hai vế của (1) cho x2 và do c2 = da2 nên ta được:
(1)

 x 2  ax  b 
 x2 

c d
 0
x x2

c2
c
c 
2c


2
x
.

a
x


b


0


a2 x2
ax
ax
a


2

c 
c 
2c


  x    a x    b 
0
ax
ax
a





22