Ứng dụng công thức Viete vào giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông

Header Page 1 of 133.

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

TRẦN THỊ ÁI HOA

ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIETE
VÀO GIẢI TOÁN THUỘC CHƯƠNG TRÌNH
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2011

Footer Page 1 of 133.


Header Page 2 of 133.

2

Công trình ñược 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. NGUYỄN GIA ĐỊNH

Luận văn ñược bảo vệ trước Hội ñồng chấm Luận văn
tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày
26 tháng 11 năm 2011

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng

Footer Page 2 of 133.


Header Page 3 of 133.

1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn ñề tài
Đa thức, phương trình là những khái niệm cơ bản và quan trọng
trong chương trình toán Trung học phổ thông. Bài toán tìm nghiệm của
ña thức, của phương trình ñại số ñã ñược các nhà toán học quan tâm
nghiên cứu trong nhiều thế kỷ. Mặc dù lời giải của các bài toán này cho
ñến nay chỉ mới tìm ñược ñối với các ña thức, phương trình ñại số có
bậc nhỏ hơn 5, nhưng nhiều tính chất về nghiệm của ña thức, của
phương trình ñã ñược phát hiện. Một trong những tính chất ñó là mối
liên hệ giữa các nghiệm và các hệ số của ña thức, của phương trình ñại

số, nó ñược 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 học phổ thông, học sinh ñã ñược học công
thức Viète ñối với tam thức bậc hai, tuy nhiên với một thời lượng
không nhiều và chỉ ở mức ñộ nhất ñịnh, hơn nữa sách giáo khoa cũng
không chỉ ra việc ñịnh hướng tìm tòi lời giải bằng việc ứng dụng công
thức Viète và cũng chưa chú trọng ñến việc rèn luyện kỹ năng này nên
học sinh thường lúng túng khi vận dụng công thức Viète ñể giải toán.
Bên cạnh ñó, trong các ñề thi tuyển sinh ñại học, thi học sinh giỏi trong
và ngoài nước thường có những bài toán mà lời giải của chúng có thể
tìm ñược thông qua công thức Viète.
Với mục ñích tìm hiểu và hệ thống hóa một cách ñầy ñủ những
ứng dụng của công thức Viète trong chương trình toán ở bậc phổ thông,
tôi chọn ñề tài “ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE VÀO GIẢI TOÁN

Footer Page 3 of 133.


Header Page 4 of 133.

2

THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” cho luận
văn thạc sĩ của mình.
Luận văn gồm hai chương. Để thuận tiện cho người ñọc,
chương một nhắc lại một số kiến thức cơ bản về ña thức, ñặc biệt là các
ña thức ñối xứng và công thức Viète ñể làm tiền ñề cho chương sau.
Chương hai là nội dung chính của luận văn: Nghiên cứu, tìm hiểu việc
vận dụng công thức Viète ñể giải một số lớp bài toán trong các lĩnh vực
giải tích, ñại số, ña thức, hình học, lượng giác thuộc chương trình toán

bậc trung học phổ thông.
2. Mục ñích nghiên cứu
- Nghiên cứu các ứng dụng của công thức Viète trong chương trình
toán phổ thông.
- Hệ thống và phân loại một số bài toán có thể ứng dụng công thức
Viète ñể giải.
- Nhằm nâng cao năng lực tư duy cho học sinh cần thiết phải xây
dựng chuỗi bài toán từ bài toán gốc, cũng như xây dựng bài toán tổng
quát nhằm hướng ñến từng ñối tượng học sinh.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Những kiến thức cơ bản về tam giác, các công thức lượng giác,
các bất ñẳng thức quan trọng, các tính chất của ña thức, ña thức ñối
xứng, phương trình ñối xứng.
- Công thức Viète và các ứng dụng trong chương trình toán bậc phổ
thông.
- Các bài toán có thể ứng dụng công thức Viète.

Footer Page 4 of 133.


Header Page 5 of 133.

3

4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu các tài liệu về công thức Viète và các kiến thức
liên quan, như sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí toán học, cùng
một số tài liệu khác từ Internet.
- Thông qua thực tế giảng dạy ở trường trung học phổ thông ñể
tổng kết rút ra những kết luận cần thiết. Kết hợp những kiến thức ñã ñạt

ñược trong quá trình thu thập thông tin ñể hệ thống và ñưa ra các bài
toán có thể giải ñược bằng công thức Viète.
- Thảo luận, trao ñổi với người hướng dẫn luận văn.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của ñề tài
Công thức Viète và các ứng dụng của nó có vai trò quan trọng,
mở ra hướng giải quyết cho nhiều bài toán có liên quan ñến nghiệm của
phương trình ñại số một cách phong phú, ña dạng như: các bài toán
liên quan ñến hàm số, chứng minh các hệ thức ñại số, tìm giá trị lớn
nhất – giá trị nhỏ nhất của biểu thức, giải phương trình và hệ phương
trình không mẫu mực, chứng minh các bài toán lượng giác, hình học….
Việc dạy công thức Viète và các ứng dụng của nó trong chương
trình toán học phổ thông có ý nghĩa ñặc biệt là: làm cho học sinh hiểu
sâu sắc hơn về các nghiệm của một phương trình ñại số. Nêu ñược quan
hệ ñịnh tính, ñịnh lượng giữa các nghiệm số với các hệ số của một
phương trình ñại số. Giúp học sinh nhìn nhận các bài toán trong mối
liên hệ sinh ñộng của sự ràng buộc giữa biến số và tham số; giữa hằng
và biến, phần nào giúp học sinh nâng cao chất lượng học tập môn toán.

Footer Page 5 of 133.


Header Page 6 of 133.

4

6. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở ñầu, kết luận và tài liệu tham khảo trong luận
văn gồm có các chương như sau :
Chương 1 - ĐA THỨC
Chương 2 - MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC

VIÈTE

Chương 1

ĐA THỨC
1.1. VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN
Giả sử A là một vành giao hoán, có ñơn vị ký hiệu là 1. Ta gọi
P là tập hợp các dãy ( a0 , a1 ,..., an ,...) trong ñó ai ∈ A với mọi i ∈

và ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn.
Trên P ta ñịnh nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau

( a0 , a1 ,..., an ,...) + ( b0 , b1 ,..., bn ,...) = ( a0 + b0 , a1 + b1 ,..., an + bn ,...) (1.1)
( a0 , a1 ,..., an ,...) × ( b0 , b1 ,..., bn ,...) = ( c0 , c1 ,..., cn ,...)
với ck = a0 bk + a1bk −1 + ... + ak b0 =

∑ ab

i j

(1.2)

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 ci cũng bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên (1.1) và
(1.2) xác ñịnh hai phép toán trong P .

Footer Page 6 of 133.


Header Page 7 of 133.

5

Tập P cùng với hai phép toán cộng và nhân ở trên là một vành
giao hoán có ñơn vị. Phần tử không của phép cộng là dãy ( 0,0,...) ,
phần tử ñơn 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


x n =  0,0,...,0,1,...,0,...

424
3
1

n



Ta quy ước

x 0 = (1,0,0,...,0,...)

Mặt khác, xét ánh xạ : A → P
a a ( a,0,...,0,...)

Dễ dàng kiểm chứng ñược ánh xạ này là một ñơn cấu vành, do
ñó ta ñồng 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 ñó các ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên mỗi

phần tử của P có dạng ( a0 ,..., an ,0,...) trong ñó a0 ,..., an ∈ A (không
nhất thiết khác 0 ). Việc ñồng nhất a với ( a, 0, 0,...) và việc ñưa vào
dãy x cho phép ta viết

( a0 ,..., an ,0,...) = ( a0 ,0,...) + ( 0, a1 ,0,...) + ... + ( 0,..., an ,0,...)
= ( a0 ,0,...) + ( a1 ,0,...)( 0,1,0,...) + ... + ( an ,0,...)( 0,..., 0,1, 0,...)
= a0 + a1 x + ... + an x n = a0 x 0 + a0 x + ... + an x n

Footer Page 7 of 133.


Header Page 8 of 133.

6

Định nghĩa 1.1. Vành P ñược ñịnh nghĩa như trên, gọi là vành ña

thức của ẩn x lấy hệ tử trong A , hay vắn tắt là vành ña thức của ẩn x
trên A , ký hiệu A [ x ] . Các phần tử của A [ x ] gọi là các ña thức của ẩn
x lấy hệ tử trong A và thường ký hiệu là f ( x ) , g ( x ) ,...
Trong một ña thức f ( x ) = a0 x 0 + a1 x + ... + an x n , các ai , với
i = 0,1,..., n gọi là các hệ tử của ña thức, các ai xi gọi là các hạng tử của

ña thức, ñặc biệt a0 x 0 = a0 gọi là hạng tử tự do.
1.2. VÀNH ĐA THỨC NHIỀU ẨN
Định nghĩa 2.1. Giả sử A là một vành giao hoán có ñơn vị. Ta ñặt
A1 = A [ x1 ] ,

A2 = A1 [ x2 ] , …. An = An −1 [ xn ]

Vành An = An −1 [ xn ] ñược kí hiệu A [ x1 , x2 ,...., xn ] và gọi là
vành ña thức của n ẩn x1 ,...., xn lấy hệ tử trong A . Mỗi phần tử của
An gọi là một ña thức của n ẩn x1 ,...., xn lấy hệ tử trong A và thường

kí hiệu là f ( x1 ,...., xn ) hay g ( x1 ,...., xn ) …
Từ ñịnh nghĩa trên ta có dãy vành: A0 = A ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ ... ⊂ An
Trong ñó Ai −1 là vành con của vành Ai , i =1, 2,....
Từ tính chất của hai phép toán trong một vành và bằng quy nạp
ta chứng minh ñược mọi ña thức
f ( x1 , x2 ,...., xn ) ∈ A [ x1 , x2 ,...., xn ] ñều có thể viết dưới dạng
f ( x1 , x2 ,...., xn ) = c1 x1a11 x2 a12 ...xn a1n + c2 x1a21 x2 a22 ....xn a2 n
+ .... + cm x1am1 x2 am 2 ....xn amn

Footer Page 8 of 133.


Header Page 9 of 133.

7

với ci ∈ A , ai1 , ai 2 , …., ain , i = 1, 2,...., m , là những số tự nhiên và

( ai1 ,...., ain )

(

≠ a j1 ,....., a jn

)

khi i ≠ j ; các ci gọi là các hệ tử,

ci x1ai1 x2 ai 2 ....xn ain gọi là các hạng tử của ña thức f ( x1 , x2 ,...., xn ) . Đa

thức f ( x1 , x2 ,...., xn ) = 0 khi và chỉ khi các hệ tử của nó bằng không
tất cả.
1.3. ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ CÔNG THỨC VIÈTE
1.3.1. Đa thức ñối xứng
Định nghĩa 3.1.

Giả sử A là một vành giao hoán có ñơn vị,
A [ x1 ,..., xn ] .

f ( x1 ,...., xn ) là một ña thức của vành
f ( x1 ,...., xn )

là

một

ña

thức

(

ñối

xứng

của

n

Ta nói
ẩn

nếu

)

f ( x1 , x2 ,...., xn ) = f xτ (1) , xτ (2) ,...., xτ ( n ) , với mọi phép thế τ
2
....
n 
 1


 τ (1) τ ( 2 ) .... τ ( n ) 

τ =

(

)

trong ñó f xτ (1) , xτ (2) ,...., xτ ( n ) có ñược từ f ( x1 , x2 ,...., xn ) bằng
cách trong f ( x1 , x2 ,...., xn ) thay xi bởi xτ ( i ) , i = 1, 2,..., n .
Định lý 3.1. Tập con gồm các ña thức ñối xứng của vành A [ x1 ,..., xn ]
là một vành con của vành A [ x1 ,..., xn ] .
Các ña thức

σ 1 = x1 + x2 + .... + xn
σ 2 = x1 x2 + x1 x3 + .... + xn −1 xn
σ 3 = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + .... + xn− 2 xn −1 xn

Footer Page 9 of 133.


Header Page 10 of 133.

8

…

σk =

∑

i1 < i2 <... < ik

xi1 xi2 ... xik , k = 1,2,..., n

…

σ n −1 = x1 x2 ... xn −1 + x1 x2 .... xn − 2 xn + ... + x2 x3 ... xn
σ n = x1 x2 ....xn
là các ña thức ñối xứng và gọi là các ña thức ñối xứng cơ bản ñối với n
ẩn x1 , x2 , ...., xn .
Giả sử g ( x1 ,...., xn ) là một ña thức của A [ x1 ,..., xn ] , phần tử
của A [ x1 ,..., xn ] có ñược bằng cách trong g ( x1 ,...., xn ) thay x1 bởi σ 1 ,
x2 bởi σ 2 , …, xn bởi σ n gọi là một ña thức của các ña thức ñối xứng

cơ bản, kí hiệu là g (σ 1 , σ 2 ,..., σ n ) .
Vì

σ 1 , σ 2 ,..., σ n

là

những ña

thức

ñối

xứng nên

g (σ 1 , σ 2 ,..., σ n ) cũng là một ña thức ñối xứng theo ñịnh lý 3.1.

1.3.2. Công thức Viète
Cho ña thức bậc n:
f ( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + ak x n − k + ... + an

(1.3)

lấy hệ tử trong trường T . Giả sử f ( x ) có trong T hoặc trong một mở
rộng nào ñó của T , tức là một trường nào ñó chứa T làm một trường
con,

n

nghiệm

α1 , α 2 , ..., α n .

f ( x ) = a0 ( x − α1 )( x − α 2 ) ..... ( x − α n )

Khi

ñó

ta

có
(1.4)

Khai triển vế phải và so sánh các hệ tử của các lũy thừa giống

Footer Page 10 of 133.

:


Header Page 11 of 133.

9

nhau trong (1.3) và (1.4) ta sẽ ñược các công thức sau và gọi là
công thức Viète ñối với ña thức bậc n .
a1
= − (α1 + α 2 + .... + α n )
a0

….
ak
k
= ( −1) .
α i1α i2 ...α ik
a0
i1 < i2 < ...< ik

∑

….
an
n
= ( −1) α1α 2 ....α n

a0

Chú ý rằng vế phải của công thức Viète là những ña thức ñối
xứng cơ bản ñối với các biến α1 , α 2 , ..., α n

Chương 2

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC VIÈTE
2.1. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI
TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM SỐ
Bài toán: Cho hàm số y = x 4 − 6 x 2 + 4 x + 6 .
Xét tam giác mà các ñỉnh là các ñiểm cực trị của hàm số nói
trên. Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác ấy là gốc tọa ñộ.
Giải
Giả sử M i ( xi ; yi ) là các ñiểm cực trị với i = 1,2,3

Footer Page 11 of 133.


Header Page 12 of 133.

10

G ( xG ; yG ) là trọng tâm của tam giác M1M 2 M 3
x1 + x2 + x3

 xG =
3
⇔ 
 y = y1 + y2 + y3

 G
3
xi là nghiệm của phương trình bậc ba: y ' = 4 x3 − 6 x + 4 = 0 .

Áp dụng công thức Viète, ta có:
 x1 + x2 + x3 = 0

 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = − 3
x . x . x = −1
 1 2 3

⇒ xG = 0

Tính yi : y 'i ( xi ) = 0
y =

(

y'
x − 3 x2 − x − 2
4

)

(

(chia y cho y’)

⇒ yi = y ( xi ) = − 3 xi2 − xi − 2

(

)

)

yG = −  x12 + x22 + x32 − ( x1 + x2 + x3 ) − 6 


2
= − ( x1 + x2 + x3 ) − 2 ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) − 6  = 0



Vậy G ( 0;0 ) ⇔ G ≡ O gốc tọa ñộ.
2.2. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI
TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Bài toán: [Đề tuyển sinh ĐH – CĐ khối A, năm 2006]
Cho hai số thực thay ñổi

( x + y ) xy

= x 2 + y 2 − xy

Footer Page 12 of 133.

x ≠ 0, y ≠ 0

thỏa mãn :

Header Page 13 of 133.

11

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1
1
+ 3.
3
x
y

Giải
Đặt

1
1
+ 3 = m
3
x
y

Với x ≠ 0, y ≠ 0 , xét hệ phương trình:
 ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy

 1
1
 x3 + y 3 = m


( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy

⇔  ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy )
= m

3
( xy )


 ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy

⇔  xy ( x + y )2
=m

3
 ( xy )


⇔



( x + y ) xy = ( x + y )
2

 x+ y

 =m
 xy 

2

− 3 xy

( 2.1)

S = x + y
Đặt 
 P = xy

Theo công thức Viète ñể x, y sẽ là hai nghiệm thực của
phương trình t 2 − St + P = 0 thì
S 2 ≥ 4P .

Footer Page 13 of 133.

S, P

phải thỏa mãn ñiều kiện


Header Page 14 of 133.

 SP = S 2 − 3P

⇔   S 2
 P  = m
 

( 2.1)
Hệ

12

( 2.1)

( 2.2 )

có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔ hệ

( 2.2 )

có nghiệm

( S ; P ) thỏa mãn: S 2 ≥ 4 P .
2

1  3

Do SP = x 2 + y 2 − xy =  x − y  + y 2 > 0, ∀x ≠ 0, y ≠ 0
2  4


Từ ñó :
- Nếu m ≤ 0 thì hệ ( 2.1) vô nghiệm
- Nếu m > 0 thì từ phương trình
2

S

S
= m ⇒ S = m .P
  = m ⇔
P
P
 

Thay vào phương trình ñầu của hệ ( 2.2 )
Ta ñược:

(

)

m.P 2 = m.P 2 − 3P ⇔ m − m P = 3 ( SP > 0, P ≠ 0 )

Để có P từ phương trình này thì:

m − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 ( m > 0)
Vậy P =

m

(

3

)

m −1

Hệ ( 2.2 ) có nghiệm
2

khi :

 3 

 ≥
 m −1 

Footer Page 14 of 133.

m

(

⇒S=

3
m −1

( S ; P ) thỏa mãn S 2 ≥ 4 P khi và chỉ

12

)

m −1

Header Page 15 of 133.

13

4

⇔ 3≥

(

m

(

⇔3 m ≥ 4
⇔

)

m −1

(

2

)

m −1

)

m −1

m ≤ 4

⇔ 0 < m ≤ 16 ( m ≠ 1)

Vậy giá trị lớn nhất maxA = 16.
2.3.

ỨNG

DỤNG

CÔNG

THỨC

VIÈTE

TRONG

CÁC

BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán: Giải phương trình sau :
3

( 2.3)

7 x + 1 − 3 x 2 − x − 8 + 3 x 2 − 8 x −1 = 2

Giải
Đặt

Đặt

u =

3

7 x +1, v = − 3 x 2 − x − 8 , w =

3

x 2 − 8 x −1

 a = u + v+ w

 b = uv + vw + wu
 c = uvw


Theo giả thiết, ta có :
u + v + w = 2

⇒

a= 2

và u 3 + v3 + w3 = 8
Mặt khác

(u

+ v + w ) 3 = a3

⇔ u 3 + v3 + w3 + 3u 2 v + 3u 2 w+ 3v 2u + 3v 2 w + 3w2u + 3w2v + 6uvw = a 3

(

⇔ u 3 + v3 + w3 = a 3 − 3u 2 v + 3u 2 w+ 3v 2u + 3v 2 w + 3w2u + 3w2v + 9uvw

)

+ 3uvw

Footer Page 15 of 133.


Header Page 16 of 133.

14

⇔ u 3 + v3 + w3 = a3 − 3uv ( u + v + w ) − 3vw ( u + v + w ) − 3wu ( u + v + w )
+ 3uvw
⇔ u + v + w = a − 3 ( u + v + w )( uv + vw + wu ) + 3uvw
3

3

3

3

⇔ u 3 + v3 + w3 = a 3 − 3ab + 3c
⇒

a 3 − 3ab + 3c = 8 ⇒

c = 2b

Theo công thức Viète thì u, v, w là ba nghiệm của phương trình
X 3 − 2 X 2 + bX − 2b = 0

:
⇔

( X − 2) ( X 2 + b)

( 2.4 )

= 0

Ta nhận thấy phương trình ( 2.4 ) có nghiệm X = 2 .
Do tính chất ñối xứng nên u, v, w có thể nhận giá trị 2 ñó.
i, Trường hợp u = 2
Ta có : 7 x +1 = 8 ⇔ x = 1
Thay giá trị x = 1 vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = 1

nghiệm ñúng phương trình ñã cho.
ii, Trường hợp v = 2
x = 0
Ta có : − x 2 + x + 8 = 8 ⇔ x ( x −1) = 0 ⇔ 
x = 1

Thay giá trị x = 0 vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = 0
nghiệm ñúng phương trình ñã cho.
iii, Trường hợp w = 2
 x = −1
Ta có: x 2 − 8 x −1 = 8 ⇔ x 2 − 8 x − 9 = 0 ⇔ 
 x=9

Footer Page 16 of 133.


Header Page 17 of 133.

15

Thay giá trị x = − 1 và x = 9 vào phương trình ñầu ta thấy
giá trị x = − 1 và x = 9 ñều nghiệm ñúng phương trình ñã cho.
Vậy phương trình ( 2.3) có 4 nghiệm : S = {−1; 0; 1; 9 } .
2.4.

ỨNG

DỤNG

CÔNG

THỨC

VIÈTE

TRONG

CÁC

BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán : Giải hệ phương trình :

 x + 2 y − 3z = 9

 2 xy − 6 yz − 3 xz = 27
1
1
1
 +
−
=1
 x 2 y 3z

( 2.5)

Giải
Hệ phương trình ( 2.5 ) không phải là hệ ñối xứng theo x , y , z .
Tuy nhiên nếu ñặt u = x, v = 2 y , w = − 3z , thì ta có hệ ñối xứng









u+v+w =9
uv + vw + wu = 27
1
1
1
+
+
=1
u
v
w

Đặt a = u + v + w , b = uv + vw + wu , c = uvw .



Khi ñó hệ ( 2.6 ) trở thành 




Footer Page 17 of 133.

a = 9

a = 9

b = 27 ⇔ b = 27
c = 27
b

=1
c

( 2.6 )


Header Page 18 of 133.

16

Áp dụng công thức Viète thì u, v, w là ba nghiệm của phương
trình :

t 3 − 9t 2 + 27t − 27 = 0 ⇔

( t − 3)

=0

3

Vậy ta có t1 = t2 = t3 = 3 nên u = v = w = 3 .
Từ ñó ta tìm ñược nghiệm ( x ; y ; z ) của hệ ( 2.5 ) là:

3  
3 
3  3


 −1; ; 3  ,  −1; 3;  ,  3 ; − 1;  ,  ; 3 ; − 1  ,
2  
2 
2  2


 3
 3

 3; ; − 1  ; − 1 ; 3  .
2
2

 


2.5.

ỨNG

DỤNG

CÔNG

THỨC

VIÈTE

TRONG

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Bài toán: Cho phương trình

ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) có ba

nghiệm dương x1 , x2 , x3 .
Chứng minh rằng x17 + x27 + x37 ≥ −

b3c 2
81a 5

Giải
Theo công thức Viète ta có :
b

 x1 + x2 + x3 = − a > 0

 xx + x x +x x = c >0
2 3
3 1
 1 2
a

Bất ñẳng thức Bunyakovski cho ta :
x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ≤ x12 + x22 + x32 ⇔ 0 <

( x1 + x2 + x3 )

2

≤ 3 ( x12 + x22 + x32 ) ⇔ 0 <

Footer Page 18 of 133.

c
≤ x12 + x22 + x32
a

( 2.7 )

b2
≤ x12 + x22 + x32
3a 2

( 2.8 )


Header Page 19 of 133.

17

Từ ( 2.7 ) và ( 2.8 ) ta suy ra: 0 <

2
b2 c

≤ ( x12 + x22 + x32 )
3
3a

Áp dụng bất ñẳng thức Bunyakovski ta lại có :

(x

2
1

+ x22 + x32 )

2

≤

(1 + 1 + 1) ( x14 + x24 + x34 )

b2c
≤ x14 + x24 + x34
9a 3

⇒ 0 <

( 2.9 )

Vì x1 , x2 , x3 > 0 nên suy ra :

(x

4
1

)

4 2
3

+x +x
4
2

1
7
1
7
 1 7

=  x12 .x12 + x22 .x22 + x32 .x32 



2

≤ ( x1 + x2 + x3 ) ( x17 + x27 + x37 )

Từ

( 2.9 )

( 2.10 )

và ( 2.10 ) ta ñược :
b4 c 2
b
≤ − ( x17 + x27 + x37 )
6
81a
a

⇔ −

b3c 2
≤ x17 + x27 + x37
81a 5

Vậy ta có : x17 + x27 + x37 ≥ −

b3c 2
.
81a 5

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = −

b
.
3a

2.6. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG ĐA THỨC

Bài toán: Giả sử một trong các nghiệm của ña thức
P ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c (với a, b, c ∈ Z ) bằng tích của hai nghiệm

kia.
Chứng minh rằng 2 P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) ) .

Footer Page 19 of 133.


Header Page 20 of 133.

18

Giải
Gọi

x1 , x2 , x3

là

ba

nghiệm

của

ña

thức

P ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c .

Theo giả thiết của bài toán một trong các nghiệm bằng tích của
hai nghiệm kia, giả sử x3 = x1 x2 .
Áp dụng công thức Viète ta có :
 x1 + x2 + x1 x2 = − a
 x1 + x2 + x1 x2 = − a


 x1 x2 + x2 x1 x2 + x1 x2 x1 = b ⇔  x1 x2 (1 + x1 + x2 ) = b

 2 2
 x1 x2 x1 x2 = − c
 x1 x2 = − c

Từ ñó b − c = x1 x2 (1+ x1 + x2 + x1 x2

)

= x1 x2 (1 − a )

b−c
là số hữu tỉ.
1− a

i, Với a ≠ 1 thì x1 x2 =

Mà x12 x22 = − c là số nguyên do ñó x1 x2 cũng là số nguyên.
Ta có
P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) ) = (1 + a + b + c ) + ( −1 + a − b + c ) − 2 (1 + c )

= − 2 + 2a = − 2 (1 − a ) = −2 (1 + x1 + x2 + x1 x2 )

= − 2 (1 + x1 )(1 + x2 ) ≠ 0.

( 2.11)

Mặt khác
2 P ( −1) = 2 ( −1 + a − b + c )
= − 2  −1 − x1 − x2 − x1 x2 − x1 x2 (1 + x1 + x2 ) − x12 x22 
= − 2 (1 + x1 x2 )(1 + x1 )(1 + x2 )

Từ ( 2.11) và ( 2.12 ) ta có:

2 P ( −1) = (1 + x1 x2 )  P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) )  .

Footer Page 20 of 133.

( 2.12 )


Header Page 21 of 133.
⇒

2 P ( −1)

19

P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) )

= 1 + x1 x2 .

Vì x1 x2 là số nguyên nên 1 + x1 x2 cũng là số nguyên.
Do ñó 2 P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) ) .
ii, Với a = 1 thì x1 + x2 + x1 x2 = − 1 ⇔ 1 + x1 + x2 + x1 x2 = 0
 x1 = −1
⇔ (1 + x1 )(1 + x2 ) ⇔ 
 x2 = −1

Suy ra P ( x ) có một nghiệm bằng -1.
Hay P ( −1) = 0 ⇒ 2 P ( −1) = 0.
Do ñó 2 P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) ) .
Vậy số 2 P ( −1) chia hết cho số P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) )
với a, b, c ∈ Z .
2.7. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG HÌNH HỌC
Bài toán: Cho Parabol ( P ) : y 2 = 4 x . Một ñường thẳng bất kỳ ñi qua
tiêu ñiểm của Parabol ñã cho và cắt Parabol tại hai ñiểm phân biệt A
và B . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ A và B ñến trục
hoành là một ñại lượng không ñổi.
Giải
Parabol ( P ) : y 2 = 2.2 x có tham số tiêu p = 2 và tiêu ñiểm
F (1; 0 ) .

Gọi ñường thẳng ñi qua tiêu ñiểm F (1; 0 ) của Parabol là ( d ) .

Footer Page 21 of 133.


Header Page 22 of 133.

20

i, Đường thẳng ( d ) song song với trục Oy ⇒ ( d ) : x = 1 .
Lúc ñó ( d ) cắt ( P ) tại hai ñiểm A (1; − 2 ) và B (1; 2 ) .
⇒ AF .BF = 2.2 = 4.

ii, Đường thẳng

(d )

không song song với trục Oy , khi ñó ñường

thẳng ( d ) có phương trình y = k ( x − 1) , với k ≠ 0 (vì ( d ) cắt ( P )
tại hai ñiểm phân biệt).
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của

(d )

với

(P)

là :

k 2 ( x − 1) = 4 x ⇔ k 2 x 2 − 2 ( k 2 + 2 ) x + k 2 = 0
2

Ta có ∆ ' = 4k 2 + 4 > 0, ∀k ≠ 0 . Do ñó ( d ) luôn cắt

(P)

hai ñiểm phân biệt.
Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành ñộ của A và B .
 y1 = k ( x1 − 1)
Như vậy A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) , với 
 y2 = k ( x2 − 1)

Ta có d ( A ; Ox ) .d ( B ; Ox ) = y1. y2 = k 2 ( x1 − 1)( x2 − 1)
= k 2  x1 x2 + 1 − ( x1 + x2 ) 
 x1 x2 = 1

Theo công thức Viète , ta có : 
2 ( k 2 + 2)
 x1 + x2 =
k2


2( k 2 + 2) 

 = −4 = 4.
Nên y1. y2 = k 1 +1 −
k2


2

Footer Page 22 of 133.

tại

Header Page 23 of 133.

21

Vậy tích các khoảng cách từ A và B ñến trục hoành là một
ñại lượng không ñổi.

2.8.

ỨNG

DỤNG

CÔNG

THỨC

VIÈTE TRONG

CÁC

BÀI TOÁN LƯỢNG GIÁC
Bài toán: Cho p, r , R lần lượt là nửa chu vi, bán kính ñường tròn nội
tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC .
Chứng minh rằng : p 2 ≥ 3r 2 + 12r.R .
Dấu bằng xảy ra khi nào?

B

Giải

P
M

r

r

I

r
A

Xét ∆AMI vuông tại M , ta có cot
⇒ AM = IM .cot

Và p − a =

C

N
A
AM
=
2
IM

A
A

= r.cot
2
2

b+c−a
AN + CN + AM + BM − CP − BP
=
2
2

Mà AM = AN , BM = BP, CN = CP nên p − a = AM = r.cot
⇒ r =

Footer Page 23 of 133.

( p −a)
A
cot
2

= ( p − a ) tan

A
2

A
2


Header Page 24 of 133.

22

A
2 tan
a
2
=
Ta có sin A =
A
2R
1 + tan 2
2
A
r
Thay tan =
vào
2 p−a

⇔

( 2.13)

( 2.13) :

a
=
2R

2r

p−a
r2
1+
( p − a )2

2r ( p − a )
a
=
2R
( p − a )2 + r 2

⇔ a ( p 2 − 2 pa + a 2 ) + ar 2 = 4rRp − 4rRa
⇔ a 3 − 2 pa 2 + ( p 2 + r 2 + 4rR ) a − 4rRp = 0

Tương tự với b, c và ta có a, b, c
trình :

là nghiệm của phương

x3 − 2 px 2 + ( p 2 + r 2 + 4rR ) x − 4rRp = 0

 a + b + c = 2p
Theo công thức Viète : 
2
2
 ab + bc + ca = p + r + 4rR

Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức Bunyakovski:

( a 2 + b2 + c 2 )

≥ ( ab + bc + ca )

⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )
2

⇒ 4 p 2 ≥ 3 ( p 2 + r 2 + 4rR )
⇒ p 2 ≥ 3r 2 + 12rR.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a b c
= =
b c a

⇒ a = b = c hay ABC là tam giác ñều.

Footer Page 24 of 133.


Header Page 25 of 133.

23

Các bài toán tương tự
1. Cho hàm số y = x3 − 3ax 2 + 4a 3 . Xác ñịnh

ñể ñường thẳng

a

y = x cắt ñồ thị hàm số tại ba ñiểm A, B, C với AB = BC .
x+

2. Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn ñiều kiện
Tìm

giá

trị

Q=

x +1 +

nhỏ

nhất,

giá

trị

lớn

nhất

của

y = 4.

biểu

thức

y+9 .

3. Giải phương trình:

1 + x + 8 − x + (1 + x )(8 − x ) = 3 .

x+ y + 1 + 1 = 4

x y
4. Giải hệ phương trình 
 x2 + y 2 + 1 + 1 = 4

x2 y2

5.

Gọi

m , n, p

là ba nghiệm của phương trình bậc ba

ax 3 + bx 2 + cx − a = 0. Chứng minh rằng :
m2 + n2 + p 2 ≥

6.

2
3
+
+
m
n

Cho ba số nguyên a, b, c , biết rằng

ax 2 + bx + c

2+ 3
.
p
a > 0 , còn ña thức

có hai nghiệm khác nhau trên khoảng

( 0; 1) .

minh rằng a ≥ 5. Tìm ít nhất một cặp số b, c ñể a = 5.
7. Chứng minh rằng: tan 6 200 + tan 6 400 + tan 6 800 = 33273.

Footer Page 25 of 133.

Chứng