(Sáng kiến kinh nghiệm) chuyên đề các ứng dụng của định lý viét

Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu
ĐỊNH LÝ VIET

ý t−ëng
khai th¸c

HƯ thức
Viét(sgk)

đL Viét
Thuận

Đảo

ứng dụng

Pt bậc
2; 3 và
các
loại
toán
đại số

Mặt
phẳng
toạ độ
và hình
học

Số
học


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

Các ứng dụng của định lý viét
Phần I: cơ sở xuất phát.
Phần II: nội dung - phơng pháp.
A. lý thuyết (Kiến thức cơ bản và mở rộng).
B. Các ứng dụng của định lý viét.
* các ứng dụng cơ bản.
* các ứng dụng khác.

Phần III: các biện pháp thực hiện.
Phần IV: kết quả - bài học kinh nghiƯm.
PhÇnV: kÕt ln


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

Phần i: cơ sở xuất phát
1. Định lý toán học là mệnh đề đúng. Vì thế nó là kiến thức cơ bản có giá trị về
phơng diện suy luận và ứng dụng trong chơng trình toán nói chung cũng nh
chơng trình toán THCS nói riêng.
2. Trong môn Đại số lớp 9 ở THCS có một định lý đà nói rõ mối quan hệ giữa

các nghiệm số của một phơng trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) víi c¸c hƯ
sè của nó. Đó là định lý do nhà toán học nổi tiếng ngời Pháp Prăng xoa Vi-ét
(F. Viete) (1540- 1603) tìm ra đợc mang tên ông: Định lý Vi-vét.
Do đặc thù đặc biệt của định lý (gồm định lý thuận và đảo) nên nó có giá trị đặc
biệt là nêu lên đợc nhiều ứng dụng quan trọng trong các bài toán liên quan đến
phơng trình bậc hai nh:
- Tìm tổng và tích các nghiệm của một phơng trình bậc hai khi có nghiệm.
- Biết một nghiệm của phơng trình bậc hai suy ra nghiƯm kia.
- NhÈm nghiƯm cđa mét ph−¬ng trình bậc hai (khi có nghiệm) trong các trờng hợp.
- Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng.
- Lập một phơng trình bậc hai một ẩn biết hai nghiệm cho trớc
Vì thế định lý Vi-ét và các ứng dụng của nó có vai trò một chìa khoá quan
trọng mở ra hớng giải quyết cho nhiều bài toán có liên quan đến nghiệm của
phơng trình bậc hai, ba một cách phong phú, đa dạng nh: Chứng minh bất
đẳng thức; tìm cực trị; quan hệ giữa đờng thẳng và parabol trong mặt phẳng Đề
các; tính giá trị các biểu thức bậc cao của các nghiệm số
3. Việc dạy định lý Vi-ét và nêu ra các ứng dụng của nó trong chơng trình đại 9
có ý nghĩa đặc biệt ở chỗ là: làm cho HS hiểu sâu sắc hơn về các nghiệm số của
một phơng trình bậc 2; nêu đợc quan hệ định tính, định lợng của các nghiệm
số với các hệ số của phơng trình bậc 2. Có thể nói: Các nghiệm số của phơng
trình bậc 2 dới lăng kính của địmh lý Vi-ét đà ánh lên các sắc màu rực rỡ.
4. Những ứng dụng phong phú của định lý Vi-ét đà góp phần làm giàu,(đa dạng,
phong phú) các dạng bài tập về phơng trình bậc 2 (phơng trình qui về bậc hai);
các bài toán có liên quan đến nghiệm số của phơng trình bậc 2; những kỹ thuật
giải phơng trình; hệ phơng trình độc đáo nhờ hệ thức Vi-ét.
5. Việc vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải toán đà gây đợc hứng thú giải bài tập
cho HS, hình thành cho HS nh÷ng ý t−ëng phong phó, trau dåi t− duy và óc sáng
tạo cho các em khi giải các bài toán có liên quanđến phơng trình bậc hai.
6. Phơng trình bậc hai và định lý Vi-ét thông qua hệ thức giữa các nghiệm số
đợc gắn kết với nhau nh hình với bóng để tạo ra những bài toán, những ứng

dụng phong phú và đa dạng từ Đại số, Số học, Hình học hấp dẫn kì lạ.
7. Những ứng dụng cơ bản và phong phú của định lý Vi-ét thuận, đảo đà làm
giàu t duy, kĩ năng giải toán cho HS cuối cấp. Giúp các em nhìn nhận các bài
toán trong mối liên hệ sinh động dới con mắt động của sự ràng buộc giữa
biến số và tham số; giữa hằng và biến, phần nào giúp HS nâng cao chất lợng
học tập môn toán.
8. Việc khai thác định lý Vi-ét thuận, đảo và các ứng dụng phong phú của nó
trong Đại số, Hình học, Số học có tính tất yếu tuân theo quy luật biện chứng của
bất kì một môn khoa học nào, đồng thời hình thành cho ngời dạy, ngời học
một phong cách nghiên cứu toán học ở một phạm vi nhất định tạo điều kiện đổi
mới phơng pháp dạy học một cách hiệu quả.
9. Thực tế việc khai thác định lý Vi-ét và các ứng dụng của nó, của ngời dạy và
ngời học phần nào còn nhiều sơ sài nh cha khai thác triệt để định lý đảo; c¸c


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

kết quả từ định lý Vi-ét, đặc biệt khai thác các ứng dụng phong phú vào các thể
loại bài tập còn hạn chế. Với lý do trên nên tôi đề xuất một vấn đề: Nghiên cứu
khai thác định lý Vi-ét và các ứng dụng phong phú của nó trên nhiều phơng tiện
Đại số, Hình học, Số học.
Phần ii: Nội dung phơng pháp
a. lý thuyết:

1. Định lý Viet thuận:
Nếu phơng trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) cã 2 nghiÖm x1, x2 th×
S = x1 + x 2 =

−b
a

P = x1 . x2 =

c
a



 (a ≠ 0 vµ ∆ ≥ 0 ) ⇒



* HƯ qu¶:

−b

 x 1 + x 2 = a 



 x .x = c

 1 2 a

PT bËc 2: ax2 + bx + c = 0

(*)

- NÕu a + b + c = 0 th× (*) cã 1 nghiƯm lµ x1 = 1, nghiƯm kia lµ x2 =
- NÕu a - b + c = 0 th× (*) cã 1 nghiƯm lµ x1 = - 1; nghiƯm kia lµ x2 =

c
a
c
a

2. Định lý đảo:

x 1 + x 2 = S
Nếu có 2 số x1, x2 thoả mÃn
thì chúng là nghiệm số của phơng
x 1 .x 2 = P
trình: t2 - st + p = 0
(§iỊu kiƯn ∃ 2 sè x1, x2 lµ s2 - 4p ≥ 0)
Chó ý:
* Trớc khi áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phơng trình có 2 nghiệm

a 0

∆ ≥ 0 ( ∆' ≥ 0 )
*a+b+c=0⇔x=1;a-b+c=0⇔x=-1


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

x + y = S

* NÕu cã: x = α ; y = β lµ nghiệm hệ phơng trình
thì , là
xy = P

nghiệm phơng trình: t2 - st + p = 0
3. Các ứng dụng cơ bản (thờng dùng):
a. Kiểm tra nghiệm phơng trình bậc 2.
b. Tính nhẩm nghiệm của phơng trình bậc 2.
c. BiÕn 1 nghiƯm suy ra nghiƯm kia
d. T×m 2 số biết tổng và tích.
e. Lập 1 phơng trình bậc 2 biết 2 nghiệm
4. Một số kết quả thu đợc từ định lý Viet:
a. Phân tích ax2 + bx + c = 0 (*) (a 0) thành nhân tử:
Khi (*) cã ∆ ≥ 0 ⇔ ∃ x1, x2 / x1 + x2 =

c
−b
; x1 . x2 = th×
a
a

c
 2 b
2
ax2 + bx + c = a  x + x +  = a x − ( x 1 + x 2 )x + x 1 x 2
a
a


[

]

= a(x2 - x1x - x2x + x1x2) = a(x - x1) (x - x2)
b. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhÊt:
* Tõ: S = x1 + x2 ; P = x1 . x2
- NÕu S = x1 + x2 (kh«ng ®ỉi) cßn P = x1 . x2 thay ®ỉi.

S2
Do S - 4P ≥ 0 ⇔ P ≤
4
2

S2
−b S
=
P=
⇔ x1 = x 2 =
4
2a 2
S2
S
⇒ maxP =
⇔ x1 = x2 =
(V× x2 - Sx + P = 0 cã nghiÖm kÐp)
2
4
⇒ KL: Hai số có tổng không đổi tích lớn nhất ⇔ 2 sè b»ng nhau.
- NÕu x1 > 0; x2 > 0 và x1 x2 = P (Không đổi)
Còn S = x1 + x2 (thay ®ỉi)

(

)(

)

Do: S2 - 4P ≥ 0 ⇔ S − 2 P S + 2 P ≥ 0
⇔ S - 2 P ≥ 0 ; S = 2 P ⇔ x1 = x2 =

P

⇒ KL: 2 số dơng có tính không đổi tổng nhỏ nhất khi chóng b»ng nhau.


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu
2

c. XÐt dÊu c¸c nghiƯm của phơng trình ax + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0)

−b
c

;P = 
S =
a
a


- §iỊu kiƯn cho (*) có 2 nghiệm trái dấu là P < 0

≥ 0
- §iỊu kiƯn cho (*) cã 2 nghiƯm cïng dấu là
P > 0

0

- Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng dơng là: P > 0
S > 0

0

- Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng âm là: P > 0
S < 0

= 0
- Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép dơng là:
S > 0
= 0
- Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép âm là:
S < 0
x + y = f( m )
d. §iỊu kiƯn cđa tham số để hệ phơng trình:
có 1 nghiệm duy
x.y = g ( m )

nhÊt lµ: f2(m) - 4g(m) = 0
(Chính là điều kiện để phơng trình bậc 2 t2 - f(m)t + g(m)) = 0 cã nghiƯm kÐp)
b. c¸c ứng dụng của định lý viet:

i. tìm 2 số biết tổng và tích của chúng:

1. Phơng pháp: Dựa vào định lý đảo của định lý Viet:
u + v = S
Nếu 2 số u và v có
thì u và v là nghiệm của phơng trình:
u.v = P

t2 - St + P = 0

(1)

Nh− vËy viƯc t×m 2 sè quy vỊ việc giải 1 phơng trình (Tìm nghiệm của

phơng trình đó 2 số cần tìm).
Chú ý:

Nếu S2 - 4P 0 thì tồn tại 2 số.
Nếu S - 4P < 0 không tồn tại 2 số.


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

2. VÝ dơ:
a. T×m 2 cạnh 1 hình chữ nhật có chu vi là 6a; Diện tích là 2a2.
* Gọi 2 cạnh hình chữ nhật lµ u vµ v (u > 0; v > 0).

2 u + 2 v = 6 a


2
 uv = 2 a

Ta cã:

u + v = 3a

2
vu = 2a

⇔

Do (3a)2 - 4 . 2a2 = a2 > 0 nªn u, v là nghiệm của phơng trình bậc 2.
t2 - 3at + 2a2 = 0 giải đợc t1 = a ; t2 = 2a
Vậy độ dài 2 cạnh hình chữ nhật là a và 2a.
x 12 + x 22 = 13
b. Tìm phơng trình bậc 2 nhận x1; x=2 là nghiệm và 
(*)
x 1 x 2 = 6
 x 1 + x 2 = 5
(x 1 + x 2 ) 2 − 2 x 1 x 2 = 13

BiÕn ®ỉi hƯ (*) ta cã: 
⇔  x 1 + x 2 = −5

x 1 x 2 = 6
x 1 x 2 = 6

x 1 + x 2


  x 1 .x 2 =
⇔  x +x

2
 1
  x 1 . x 2 =

= 5
6

x1 , x2 là nghiệm phơng trình: x2 - 5x + 6 = 0

= − 5 ⇒ x1 , x2 là nghiệm phơng trình: x2 + 5x + 6 = 0
6

3 x + 3 y = 4
c. Giải hệ phơng trình:
xy = 27

(1)
(2 )

x + y = 5
(Ta quy vỊ t×m x, y / 
)
xy = P

Tõ (1) cã

3

x + 3 y = 4 ⇔ x + y + 33 xy

(

3

)

x + 3 y = 64 ⇔ x + y = 28

x + y = 28
VËy hƯ (1) (2) cã d¹ng 
do 282 - 4 . 27 > 0 nên x, y là nghiệm
xy
=
27

của phơng trình: t2 - 28t + 27 = 0. Giải đợc t1 = 1 ; t2 = 27. HÖ cã 2 nghiÖm:

x = 1
x = 27

; 
y = 27 y = 1

5−x
5−x
. x +

= 6 (Đ/K: x -1)
d. Giải phơng tr×nh: x 
x +1
 x +1


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

5−x
5−x

 ; v = x +
=6
x +1
x +1


Đặt: u = x
u+v=5

(Đ/K: x -1)

u + v = 5
(2) Tõ (1) vµ (2) ta quy vỊ t×m u, v sao cho: 
u.v = 6

Do 25 - 24 > 0. Nên u, v là nghiệm phơng tr×nh t2 - 5t + 6 = 0

t1 = 3; t2 = 2.

u 1 = 3
u 2 = 2
Tõ ®ã cã: 
hc 
.
v 1 = 2
v 2 = 3

 x 2 2 x + 3 = 0
2
Phơng trình ®· cho ⇔   x − 3 x + 2 = 0 giải đợc x1 = 1; x2 = 2 (TM)

x 1

e. Cho phơng trình: x2 +ax + b = 0 cã 2 nghiƯm lµ x vµ d; phơng trình x 2 + cx
+ d = 0 có 2 nghiƯm lµ a vµ b. TÝnh a, b, c, d biết rằng chúng đều 0.

Giải: áp dụng định lý Viet vào 2 phơng trình đà cho có:

Từ

c+d=-a

(1)

c.d=b

(2)

a+b=-c

(3)

a.b=d

(4)

(1) a + c = - d 

⇒b =d

(3) ⇒ a + c = - b 
Tõ

(2) ⇒ c =1

(V× b = d ≠ 0)

Tõ

(4) ⇒ a = 1

(Chia 2 vÕ cho b = d ≠ 0)

Thay a = c = 1 vµo (1) ⇒ d = - 2 ⇒ b = - 2
VËy (a, b, c, d) = (1; - 2; 1; - 2)
ii. tính giá trị các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm:

1. Biểu thức đối xứng của 2 nghiệm:
Biểu thức f(x1, x2) gọi là đối xứng với x1, x2 nếu:

f(x1 , x2) = f(x2, x1)
(Nếu đổi chỗ (vị trí) x1 và x2 thì biểu thức không thay đổi).
- Nếu f(x1, x2) đối xứng thì f(x1, x2) luôn có thể biểu diễn qua 2 biểu thức
đối xứng là S = x1 + x2; P = x1 . x2.
- Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1, x2 của phơng trình bậc 2 ax2 +
bx + c = 0 là biểu thức có giá trị không thay đổi khi hán vị x1 và x2.


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

Ta cã thĨ biĨu thÞ đợc các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1, x2 theo
S vµ P. VÝ dơ:
2

x 12 + x 22 = (x 1 + x 2 ) − 2 x 1 x 2 = S 2 − 2 P
3

x 13 + x 32 = (x 1 + x 2 ) − 3 x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) = S 3 − 3SP

(

x 14 + x 24 = x 12 + x 22

)

2

− 2 x 12 x 22 = ( S 2 − 2 P ) 2 − 2 P 2

x + x2
1
1
S
+
= 1
=
x1
x2
P
x 1x 2
1
1
x 12 + x 22
S2 − 2P
+ 2 =
=
x 12
x2
x 12 x 22
P2

...
2. Các ví dụ:
a. Bài toán 1: Cho phơng tr×nh bËc 2: ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0)
n

n
Cã 2 nghiƯm lµ x1, x2. Chøng minh r»ng: Víi S n = x 1 + x 2

Th×

a . Sn + 2 + b . Sn + 1 + c . Sn = 0

Gi¶i:
 ax 12 + bx 1 + c = 0
Do x1, x2 lµ nghiƯm (*) ⇒  2
 ax 2 + bx 2 + c = 0

ax 1n .x 12 + bx 1n .x 1 + cx 1n = 0
ax 1n + 2 + bx 1n +1 + cx 1n = 0
⇒  n 2
⇒  n+2
ax 2 .x 2 + bx 2n .x 2 + cx 2n = 0
ax 2 + bx 2n +1 + cx 2n = 0

(

n +2

⇒ a. x 1

) (

) (

)

+ x 2n + 2 + b x 1n +1 + x 2n +1 + c x 1n + x 2n = 0

hay: a . Sn + 2 + b . Sn + 1 + c . Sn = 0

b. Bài toán 2: Cho phơng trình x2 + 5x + 2 = 0
Gọi x1, x2 là các nghiệm. HÃy tính giá trị các biểu thức:

x 12 + x 22 ; x 13 + x 32 ; x 14 + x 24 ; . . . ; x 17 + x 72 ; x12 x 32 + x13 x 22 ; x 1 − x 2
Gi¶i: Tr−íc hÕt kiĨm tra phơng trình đà cho nghiệm hay không.
= 25 - 8 = 17 > 0 Phơng trình có 2 nghiƯm x1 ≠ x2
Suy ra:

2
2
2
• x 1 + x 2 = S − 2 P = 21
3
3
2
• x1 + x 2 = S(S − 3P ) = −95


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

4
1

4
2

2

2

2

• x + x = (S − 2 P ) − 2 P = 441 − 8 = 433

(

)(

)

7
7
3
3
4
4
3
3
• x 1 + x 2 = x 1 + x 2 x 1 + x 2 − x 1 .x 2 (x 1 + x 2 )

= - 95 . 433 - 8 . (- 5) =
2 3
3 2

2 2
2
• x 1 x 2 + x 1 x 2 = x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) = P .S = − 20

(x 1 − x 2 )2

• x1 − x 2 =

=

(x 1 + x 2 )2 − 4x 1 x 2

= S 2 − 4 P = 17

* Chó ý: Ta có thể mở rộng cho bài toán trên yêu cầu tính giá trị của

x 1n + 2 + x 2n + 2 = S n + 2 ; Sn + 1 ; Sn bằng cách áp dụng kết quả Bài to¸n 1.
⇒ Sn +2 = - b Sn + 1 - cSn
7

7

Ví dụ: Cho x1, x2 là nghiệm phơng trình: x2 - 2x - 2 = 0 TÝnh x 1 + x 2
Ta cã: ∆’ = 3 > 0 nªn phơng trình có 2 nghiệm x1, x2.
2
2
2
S1 = 2 S 2 = x 1 + x 2 = ( x 2 + x 2 ) − 2 x 1 .x 2 = 8

S3 = - bS2 - cS1 = 16 + 4 = 20

S4 = - bS3 - cS2 =

= 56

S5 = - bS4 - cS3 = 152 =
S6 = - bS5 - cS4 = 416
S7 = - bS6 - cS5 =1136

c. Bài toán 3: (Học sinh giỏi Quảng Ninh năm 2002).
Gọi a, b là nghiệm phơng trình: 30x2 - 3x = 2002.

(

) (

30 a 2002 + b 2002 − 3 a 2001 + b 2001
Rót gän (TÝnh) M =
a 2000 + b 2000

)

* Nhận thấy phơng trình đà cho: 30x2 - 3x - 2002 = 0 cã ∆ > 0

⇒ x1 = a ; x2 = b ⇒ Sn = an + bn

áp dụng công thức thuộc Bài to¸n 1: A . Sn + 1 + B . Sn + 1 + C. Sn = 0
Theo đầu bài ta cã: Sn = a2000 + b2000
Sn + 1 = a2001 + b2001
Sn +2 = a2002 + b2002

⇒ 30 Sn + 2 - 3Sn + 1 - 2002Sn = 0
⇒ 30 Sn +2 - 3Sn + 1 = 2002Sn


Cap2sondong @gmail.com

⇒ M=

Sưu tầm và giới thiệu

2000S n
= 2002
Sn

d. Bµi toán 4: Cho phơng trình x2 - ax + a - 1 = 0 cã 2 nghiƯm lµ x1 vµ x2.

3x 12 + 3x 22 3
Không giải phơng trình, hÃy tính giá trị của biểu thức: M = 2
.
x 1 x 2 + x 1 x 22
Gi¶i: Tr−íc hÕt kiểm tra xem phơng trình đà cho có nghiệm không ?
Ta cã: ∆ = a2 - 4 (a - 1) = (a - 2)2 0
Nên phơng trình đà cho có 2 nghiệm là: x1 và x2.

áp dụng hệ thức Viet ta cã: x1 + x2 = a ; x1.x2 = a - 1.

3(x 1 + x 2 ) 2 − 6 x1 x 2 − 3 3a 2 − 6(a − 1) − 3 3a 2 − 6a + 3
M=
=
=

(a ≠ 0; a≠ 1)
a(a − 10
x 1 x 2 (x 1 + x 2 )
a2 − a
2
e. Bµi 5: Cho a 0; Giả sử x1, x2 là nghiệm của phơng trình: x ax

1
=0
a2

4
4
tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc E = x 1 + x 2

Ta cã: x1 + x2 = a ; x1.x2 =

E = a4 +

−1
2
4
4
2
2 ⇒ x 1 + x 2 = (S − 2 P ) − 2 P
a

2
+4≥2 2+4
a4

E = 2 2 + 4 ⇔ a8 = 2 ⇔ a = ± 8 2
8
⇒ Min E = 4 + 2 2 t¹i a = ± 2

* Chó ý: NÕu biÕn đổi phơng trình đà cho thành phơng trình

a 2 x 2 − a 3 x − 1 = 0 (a 0) thì việc xét xem phơng trình có nghiệm hay
4
4
không và tìm GTNN E = x 1 + x 2 tiện lợi hơn.

iii. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc tham số:

1. Phơng pháp:
Để tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc tham số trong 1
phơng trình bậc 2 (Giả sử tham số là m) ta có thể thực hiện theo các bớc sau:

a 0
- Tìm điều kiện của m để phơng trình có 2 nghiệm x1 và x2 là:
≥ 0


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

x 1 + x 2 = f( m )
x 1 .x 2 = g ( m )

- áp dụng hệ thức Viet ta đợc

(*)

- Khi m từ hệ (*) ta đợc hệ thức cần tìm (Sử dụng phép thế hoặc cộng).

2. Ví dụ:
a. Cho phơng trình (m - 1)x2 - 2(m - 4)x + m - 5 = 0. Tìm hệ thức liên hệ giữa
các nghiệm của phơng trình không phụ thuộcm (Độc lập với m).

Giải: Trớc hết tìm m để phơng trình có 2 nghiƯm x1, x2 lµ:

m − 1 ≠ 0
m ≠ 1
a ≠ 0

⇔ 
⇔ 
2
2m − 11 ≤ 0
∆' ≥ 0
(m − 4) − (m − 1)(m − 5) ≥ 0
1m

11
2

Khi đó theo Viet phơng trình có 2 nghiệm x1, x2 tho¶ m·n:

2( m − 4 )


4( m − 4 )

x
+
x
=
2( x 1 + x 2 ) =
1
2


m −1

m −1


⇔
 x .x = m − 5
3 x .x = 3( m − 5 )
 1 2
 1 2
m −1
m −1
⇔ 2 (x1 + x2) - 3x1x2 = 1 (Kh«ng chứa m).
Đó chính là hệ thức cần tìm.
b. Cho phơng tr×nh: (m2 + 1)x2 - 2mx + 1 - m2 = 0.
* CMR với mọi m > 1 phơng trình luôn có nghiệm.
* Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm độc lập với tham số m.

Giải:
* Ta có: a = m2 + 1 > 0 (m2 ≥ 0) nªn phơng trình đà cho là1 phơng trình
bậc 2 ẩn x tham số m.
Mặt khác, C = 1 - m2 < 0 (V× m > 1 ⇒ m2 > 1).
Nh− vËy: a và c trái dấu ac < 0 Phơng trình đà cho có 2 nghiệm
phân biệt x1, x2 víi mäi m > 1.

* ¸p dơng hƯ thøc Viet cã:

2m

x 1 + x 2 = 1 + m 2

2
x .x = 1 − m
 1 2 m 2 + 1

(*)


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

- Khư m tõ hƯ (*) b»ng nhËn xÐt:
2

2

(x 1 + x 2 )

2

+ (x 1 .x 2 )

1− m2
 2m 

=
+

2
2
1+ m 
1+ m





2

4m 2 + m 4 − 2m 2 + 1 m 4 + 2m 2 + 1
= 4
=1
=
( m 2 + 1) 2
m + 2m 2 + 1
VËy ta cã hÖ thức cần tìm là:

(x1 + x2)2 + (x1.x2)2 = 1

iv. tìm điều kiện của tham số để 2 nghiệm liên hƯ víi nhau bëi 1 hƯ
thøc cho tr−íc (®iỊu kiƯn cho trớc):

1. Phơng pháp:
Có thể thực hiện các bớc:
* Bớc 1: Tìm điều kiện của tham số để phơng trình ®· cho cã nghiƯm x1, x2.
* B−íc 2: ¸p dơng hÖ thøc Viet, ta cã:

x 1 + x 2 = f( m )

x 1 .x 2 = g ( m )

(*)

* Bớc 3: Kết hợp (*) với điều kiện (Hệ thức cho trớc) suy ra phơng trình có
ẩn là tham số từ đó tìm đợc tham số.

(Chú ý cần đối chiếu tham số cần tìm đợc với điều kiện để phơng trình
đầu có nghiệm số).
2. Các ví dụ:
a. Tìm m để phơng trình: 3x2 + 4 (m - 1)x + m2 - 4m + 1 = 0 cã 2 nghiÖm phân
biệt x1. x2 thoả mÃn:

1
1 1
+
= (x 1 + x 2 )
x1 x 2 2

Giải:
* Trớc hết phơng trình phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x21 0 nên ph¶i
cã: ∆’ > 0.
⇔ 4 (m - 1)2 - 3 (m2 - 4m + 1) > 0 ⇔ m2 + 4m + 1 > 0.
⇔m<-2-

3 hc m > -2 +

* Theo hÖ thøc Viet ta cã:

3 (*)


Cap2sondong @gmail.com

x1 + x 2 =

Sưu tầm và giới thiệu

4(1 − m)
m 2 − 4m + 1
x
.
x
=
; 1 2
3
3

(m2 - 4m + 1 ≠ 0) ⇔ m ≠ 2 ±

3

(**)

Tõ hƯ thøc cđa x1, x2 ta cã:

 1
x1 + x 2 x1 + x 2
1
=
⇔ (x 1 + x 2 )
−  = 0
x1x 2
2
 x1x 2 2 
⇔ x1 + x2 = 0

(1)

hc

1
1
− =0
x1x 2 2

- Tõ (1) cã:

4

(1 − m) = 0 ⇔ m = 1
3

- Tõ (2) cã:

3
1
=
⇔ m2 - 4m + 1 = 6
m 2 − 4m + 1 2

(2)

⇔ m2 - 4m - 5 = 0

m = 1

m = 5
* Kết hợp các giá trị của m với điều kiện: (*) (**) ta đợc m = 1 ; m = 5.
Nh− vËy: Víi m = 1 hoặc m = 5 thì phơng trình đà cho thoả mÃn đầu bài
(Chú ý: Có thể tìm m từ hệ hỗn hợp sau:

' 0

x 1 + x 2 = 4 (1 − m )
3


m 2 − 4m + 1


x
.
x
=
≠0
 1 2
3

 1 + 1 = 1 (x + x )
2
 x 1 x 2 2 1
Khi cã:

x1 + x 2 x1 + x 2
=
nÕu chia cho x1 + x2 sẻ làm mấy nghiệm)
x1x 2
2

b. Cho phơng trình: x2 + bx + c = 0 có các nghiệm x1, x2; phơng trình: x2 - b2x
+ bc = 0 cã c¸c nghiƯm x3, x4. BiÕt x3 - x1 = x4 - x2 = 1. Tìm b và c.

Giải:


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

b 2 − 4 c ≥ 0

* Tr−íc hÕt ph¶i cã:  4
b − 4bc 0

(*)

* Theo giả thiết và theo hệ thức Viet cã:

x 1 + x 2 = − b

x 1 .x 2 = c

2
x 3 + x 4 = b
x .x = bc
 3 4

x 1 + x 2 = − b

x 1 .x 2 = c
⇔ (1 + x ) + (1 + x ) = b 2
1
2

(x + 1)(x + 1) = bc
 1
2

(1)
(2 )
(3)

( 4)

(V× x3 = x1 + 1 ; x4 = x2 + 1)
b = 1
Tõ (1) vµ (3) cã: b2 + b - 2 = 0 ⇔ (b - 1) (b + 2) = 0 ⇔ 
b = −2

Tõ (4) cã: x1x2 + x1 + x2 + 1 =bc

⇔ c - b + 1 = bc

(5)

- Với b = 1 thì (5) đúng khi đó phơng trình: x2 + bx + c = 0
trở thành x2 + x + c = 0
Cã nghiÖm nÕu ∆ = 1 - 4c 0 c

1
4

Phơng trình: x2 - b2x + bc = 0 trë thµnh x2 - x + c = 0 cịng cã nghiƯm
nÕu c ≤

1
:
4

- Víi b =- 2 (5) trë thµnh c + 3 = - 2c ⇒ c = - 1
Khi ®ã phơng trình: x2 - b2x + bc = 0 trở thµnh x2 - 4x + 2 = 0 cã nghiƯm
lµ 2 2 .

Phơng trình: x2 + bx + c = 0 trë thµnh x2 - 2x - 1 = 0 cã nghiƯm lµ 1 ± 2
* KÕt ln: (b = 1 ; c ≤

1
) hc (b = - 2 ; c = - 1)
4

(Vì các giá trị này thoả mÃn điều kiện (*))
c. Tìm m để phơng trình: mx2 - 2 (m - 1)x + 3 (m - 2) = 0 có 2 nghiệm phân
biệt x1. x2 thoả mÃn x1 + 2x2 = 1.

Giải: Có thể giải hệ hỗn hợp sau để tìm m:


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu


 m ≠ 0 ; vµ 2 m 2 − 4 m − 1 < 0

2−m

x 2 =
m

⇔ 
2(2 − m )
 x 1 = 1 −
m

2 ( 2 − m )  3( m − 2 )
2−m

. 1 −
=
m
m
 m 


m ≠ 0
∆ ' > 0


2 ( m − 1)
 x1 + x 2 =
m


3( m − 2 )
 x1 . x 2 =
m

x1 + 2 x 2 = 1


2− 6
2+ 6
 m ≠ 0; và

2
2
2
m = 2 hoặc m =

3
( 2 − m )( 6 m − 4 ) = 0
2

m

d. Tìm các số p và q của phơng trình: x2 + px + q = 0 sao cho c¸c nghiƯm cđa
x 1 − x 2 = 5
nã tho¶ m·n:  3
3
x 1 − x 2 = 35

Gi¶i: * Tr−íc hết phải có điều kiện: > 0 p2 - 4q > 0
x 1 + x 2 = − p

 x 1 .x 2 = q
Gi¶i hƯ sau:  x − x = 5
2
 1
3
3
x 1 − x 2 = 35

(1)
(2 )

(3)
( 4)

Tõ (3) cã: (x1 - x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1x2 = p2 - 4q = 25

[

(5)

]

2

Tõ (4) cã: x 13 − x 32 = ( x 1 − x 2 )(x 12 + x 1 x 2 + x 22 ) = 5 (x 1 + x 2 ) − x 1 x 2 = 35
⇒ (x1 + x2)2 - x1x2 = p2 - q = 7
p 2 − 4 q = 25
KÕt hỵp (5) và (6) ta có: 2
p q = 7

(6)
(*)

Giải ®−ỵc q = - 6 ; p1, 2 = ± 1
p = 1
p = 1
;
thoả mÃn điều kiện: p2 - 4q > 0
q = −6 q = −6

NghiƯm cđa hệ (*) là:

p = 1
p = 1
hoặc
q = 6
q = 6

Kết luận:

e. Xác định tham số m sao cho phơng trình:
(1) 2x2 - 3(m + 1)x + m2 - m - 2 = 0 cã 2 nghiÖm tr¸i dÊu
(2) mx2 - 2 (m - 2)x + 3 (m - 2) = 0 cã 2 nghiÖm cïng dÊu


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

Giải:
(1) Có 2 nghiệm trái dÊu ⇔ m2 - m - 2 < 0 ⇔ (m + 1) (m - 2) < 0
⇔-1
m ≠ 0

(2) Gi¶i ∆' ≥ 0
⇔-1≤m<0
 3( m − 2)

>0
 m

V. ThiÕt lập phơng trình bậc 2:

* Ta thiết lập 1 phơng trình bậc 2 nhận các số x1; x2 là các nghiệm dựa
trên cơ sở (Định lý Viet).
Nếu x1 + x2 = S ; x1.x2 =p thì x1, x2 là nghiệm của phơng trình
x2 - Sx + P = 0 (S2 - 4P ≥ 0)

* C¸c vÝ dơ:
1. Gäi α, β là các nghiệm của phơng trình: 3x2 + 7x + 4 = 0 không phải
phơng trình hÃy thành lập phơng trình bậc 2 với hệ số bằng số mà các nghiƯm
cđa nã lµ:

α
β
vµ
.
β−1
α− 1

− 7

 α + β = 3
* Giải: Theo định lý Viet ta có:
với 1 vµ β ≠ 1.
4
 α .β =

3
α
β

α2 + β2 − α − β (α + β) 2 − (α + β) − 2αβ 23
+
=
=
Ta cã:
=
β−1 α−1
(α − 1)(β − 1)
αβ− (α + β) + 1
21

α
β
αβ
6
.
=
=
β − 1 α − 1 αβ − (α + β) + 1 21

VËy

23
6
α
β
2
=0
vµ
lµ nghiƯm của phơng trình X X +

1
1
21
21

Hay phơng trình: 21X2 - 23X + 6 = 0

* Chó ý: Cã thể giải bài toán trên bằng cách lập phơng trình tích rồi đa
về phơng trình bậc 2 cần tìm.



X −
 X −
=0
β − 1 
α− 1



Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

2. Cho a lµ sè thùc sao cho a + 1 ≠ 0. LËp ph−¬ng trình bậc 2 có 2 nghiệm
x1; x2 thoả mÃn các hÖ thøc:
4x1x2 + 4 = 5 (x1+ x2)
(x1 - 1) (x2 - 1) =

(1)

1
a +1

(2)

Giải: * Để lập đợc 1 phơng trình bậc 2 có 2 nghiệm x1 ; x2 ta phải tìm
đợc x1 + x2 và x1.x2 theo a.
Ta cã: (2)

⇔ x1.x2 - (x1 + x2) + 1 =

−a
a +1

(3)

⇔ 4x1x2 - 5 (x1 + x2) = - 4

(4)

⇔ x1.x2 - (x1 + x2) =
(1)

1
a +1

4

x 1 + x 2 = a + 1

Tõ (3) vµ (4) ⇒ 
x .x = 4 − a
 1 2 a + 1

⇒ x1, x2 là nghiệm của phơng

4a
4
2
= 0 hay (a + 1)x2 - 4x + 4 - a = 0.
x +
trình: x
a +1
a +1
3. Viết phơng trình bậc 2 có nghiệm x1; x2 thoả mÃn:
2x 1 x 2 − 3(x 1 .x 2 ) = 2

(x 1 − 2)(x 2 − 2) = k + 5

(1)
(2 )

* Ta cần tìm đợc x1 + x2 và x1 .x2 theo k.
Đặt x1 + x2 = S ; x1.x2 = P, ta cã:

S = −2 k
2 P − 3S = 2

⇔ 
 P − 2S = k + 1

P = 3k + 1
Phơng trình cần tìm là x2 + 2kx - 3k + 1 = 0 (
§K: S2 - 4P ≥ 0 ⇔ k2 + 4k - 1 ≥ 0)
* Qua các ví dụ trên ta đà vận dụng định lý Viet đảo để lập 1 phơng trình
bậc 2 biết 2 nghiệm cho trớc hoặc hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm. Song cần chú
ý điều kiện S2 - 4P 0.
vi. xét dấu các nghiệm số:

1. Phơng pháp:


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

Dùng định lý Viet ta có thể xét dấu các nghiệm phơng trình ax2 + bx + c
= 0 (a ≠ 0) dùa trªn kÕt quả:
* Nếu p =

c
< 0 phơng trình có 2 nghiƯm tr¸i dÊu x1 < 0 < x2
a

∆ ≥ 0
* Nếu
phơng trình có 2 nghiệm cùng dấu.
p > 0
0

* Nếu p > 0 phơng trình cã 2 nghiƯm d−¬ng 0 < x1 ≤ x2

s > 0

0

* Nếu p > 0 phơng trình cã 2 nghiƯm ©m: x1 ≤ x2 < 0
s < 0


2. Các ví dụ:
a. Cho phơng trình: mx2 - 2(3 - m)x + m - 4 = 0

(1)

Xác định m để phơng trình:
- Có đúng 1 nghiệm âm
- Có 2 nghiệm đối nhau.

Giải: Xét 2 trờng hợp:
* TH1: Với m =0 ta cã: (1) ⇔ - 6x - 4 = 0 x =

2
là nghiệm âm duy
3

nhất của phơng trình.
* TH2: Víi m ≠ 0 khi ®ã ®Ĩ (1) cã đúng 1 nghiệm âm cần điều kiện là:

f ( 0 ) = 0 vµS < 0
x 1 < 0 = x 2


x 1 < 0 ≤ x 2

⇔ x 1 < 0 < x 2 ⇔  p < 0
⇔

x 1 = x 2 < 0

x 1 = x 2 < 0
−b
< 0
 ∆ = 0 vµ
2a


VËy m ∈ (0; 4] hc m =


m = 4

0 < m < 4

9
m =

2

9
thì phơng trình có đúng 1 nghiệm âm.
2

b. Cho phơng trình: 2x2 - (m - 1)x + m2 - 4m + 3 = 0

(1)

* Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
* Xác định dấu của các nghiệm x1, x2 (x1 x2) với các giá trị tìm đợc cña m.


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

Giải: * Vì (1) là phơng trình bậc 2 ẩn x tham số m có nghiÖm sè
⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (m - 1)2 - 2 (m2 - 4m + 3) ≥ 0 ⇔ - m2 + 6m - 5 ≥ 0
⇔ m2 - 6m + 5 ≤ 0 ⇔ (m - 1) (m - 5) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 5.
m 2 − 4m + 3
* Theo hÖ thøc Viet cã: P = x1x2 =
2

S = x1 + x 2 = m - 1
- XÐt dÊu cña P = x1.x2.
Ta cã: m2 - 4m + 3 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = 3
m
x1x2

1
+

0

3
-

0

+

Nếu m = 1 thì p = 0 vµ s = 0 ⇒ x1 = x2 = 0
NÕu m = 3 th× p = 0 ; s > 0 ⇒ 0 = x1 < x2
NÕu 3 < m ≤ 5 th× p > 0 ; s > 0 ⇒ 0 < x1 < x2
NÕu 1 < m < 3 th× p < 0 ⇒ x1 < 0 < x2.
c. Tìm giá trị của m để phơng trình: (m - 1)x2 + 2x + m = 0

(1)

cã Ýt nhất 1 nghiệm không âm.

* Giải:

* Nếu m = 1 ⇒ x =

−1
< 0 vËy m = 1 (lo¹i)
2

* NÕu m 1 thì (1) là 1 phơng trình bậc 2.
∆’ = - m2 + m + 1 ⇒ cã nghiÖm ⇔ ∆’ ≥ 0
⇔ m2 - m - 1 ≤ 0 ⇔
* XÐt S =

1− 5
1+ 5
≤m≤
2
2

2
cã 2 tr−êng hỵp:
1− m

- NÕu m < 1 ⇒ S > 0 ⇒ (1) cã Ýt nhÊt 1 nghiƯm d−¬ng
- NÕu m > 1 ⇒ S < 0 ta ch−a kÕt luËn mà phải xét: P =

m
vì m > 1
m 1

P > 0 kÕt hỵp víi S < 0 ⇒ (1) có 2 nghiệm âm nên loại m > 1.

* Kết luận: Giá trị của m cần tìm là:

1 5
m < 1.
2


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

* Cách giải 2:
Xét P =

m
m −1

- (1) cã nghiÖm x = 0 ⇔ P = 0 ⇔ m = 0

(1)

- (1) cã 2 nghiÖm tr¸i dÊu ⇔ P < 0 ⇔ 0 < m < 1

(2)

1 − 5
1+ 5
≤m≤

2
 2
∆' ≥ 0
m < 0

- (1) cã 2 nghiƯm d−¬ng ⇔ P > 0 ⇔   m > 1

A > 0

m < 1



⇔

1− 5
≤m<0
2

Tõ (1), (2), (3) ⇒

(3)

1− 5
≤m<1
2


Cap2sondong @gmail.com

Su tm v gii thiu

ứng dụng khác
I. Phơng trình ®−êng th¼ng (d): y = ax + b (a ≠ 0) víi Parabol (P):

y = mx2 (m ≠ 0):
1. D¹ng 1:
Lập phơng trình đờng thẳng y = ax + b (a ≠ 0) ®i qua 2 ®iĨm A (xA; yA);
B (xB; yB) thuéc Parabol y = mx2 (m ≠ 0)
* Cơ sở lý luận: Do đờng thẳng và Parabol có 2 giao điểm nên hoành độ
giao điểm là nghiệm của phơng trình: mx2 = ax + b mx2 - ax - b = 0.
a


x
+
x
=
A
B

m
Tõ ®ã theo Viet ta cã: 
x .x = − b
 A B
m

(*)

Tõ (*) t×m a và b PT (d)

2. Dạng 2:
Lập phơng trình đờng thẳng tiếp xúc với Parabol (P) tại điểm M (xM; yM)
* Cơ sở lý luận: Do (d) và (P) có duy nhất 1 giao điểm nên phơng trình:
mx2 - ax - b = 0 cã nghiÖm kÐp: x1 = x2. VËn dơng hƯ thøc Viet, ta cã:

x 1 + x 2 = a


−b
x 1 x 2 = m

⇒ a vµ b

phơng trình tiếp tuyến.

3. Ví dụ:
a. Cho parabol (P) có phơng trình: (P): y = x2.
Gọi A và B là 2 điểm (P) có hoành độ lần lợt là xA = - 1 ; xB = 2. Lập
phơng trình dờng thẳng đi và A và B.
* Giải: (Ta có thể ứng dụng hệ thức Viet).
* Giả sử phơng trình đờng thẳng (AB): y = ax + b
Phơng trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là: x2 = ax + b
⇔ x2 - ax - b =0

(*).

Ta cã: xA = - 1 ; xB = 2 lµ nghiệm của phơng trình (*).
Theo Viet ta có:


Cap2sondong @gmail.com

x A + x B = a

x A x B = − b

Sưu tầm và giới thiệu

a = 1
b = 2

Vậy phơng trình đờng thẳng (AB) là: y = x + 2
b. Cho (P): y =

x2
; A ∈ (P) có hoành độ xA = 2 lập phơng trình đờng
4

thẳng tiếp xúc với (P) tại A.

Giải:
Giả sử phơng trình tiếp tuyến tại A là (d): y = ax + b. Phơng trình hoành
độ giao điểm của (d) và (P) lµ:
x2
= ax + b ⇔ x2 - 4ax - 4b = 0
4

(*)

Ta cã: xA = 2 lµ nghiƯm kÐp cđa (*) (x1 = x2 = 2)

x 1 + x 2 = 4 a
a = 1
Theo Viet ta cã: 
⇒ 
b = − 1
x 1 x 2 = −4 b
VËy ph−¬ng trình tiếp tuyến (d) là: y = x - 1
ii. bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhÊt:

1. Tõ hÖ thøc S = x1 + x2 ; P = x1.x2.
a. NÕu S = x1 + x2 kh«ng ®ỉi cßn P thay ®ỉi.

S2
Do: S - 4P ≥ 0 ⇔ P ≤
4
2

S2
−b S
= (V× PT: x2 - Sx + P = 0 cã nghiƯm kÐp)
Nªn Pmax =
⇔ x1 = x2 =
4
2a 2
* VËy: NÕu 2 sè cã tỉng kh«ng ®ỉi tÝch lín nhÊt ⇔ 2 sè b»ng nhau.
b. Gi¶ sư: x1 > 0 ; x2 > 0 vµ x1.x2 = P (không đổi) còn S = x1 + x2 (thay đổi)
vì S2 - 4P 0 (S - 2 P ) (S + 2 P ) ≥ 0
⇔ S - 2 P ≥ 0 ⇔ S ≥ 2 P ⇒> Min S = 2 P ⇔ x1 = x2 =

P

* Vậy: Nếu 2 số dơng có tích không ®ỉi th× tỉng nhá nhÊt khi chóng
b»ng nhau.

2. T×m cùc trị của biến số trong hệ điều kiện ràng buộc.
a. VÝ dơ 1: Cho a, b, c lµ 3 sè thực thoả mÃn điều kiện:


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

a > 0
a c

 =
T×m GTNN của a (Xác định b, c khi a min)
b a
a + b + c = abc
bc = a 2
* Giải: Từ giả thiết bài toán ta có:
3
b + c = abc − a = a − a

Theo Viet: b, c là nghiệm của phơng trình bậc 2: x2 - (a3 - a)x + a2 = 0

⇒ ∆ = (a3 - a)2 - 4a2 ≥ 0 ⇔ a2 [(a2 - 1)2 - 4] ≥ 0
⇔ (a2 - 3) (a2 + 1) ≥ 0 ⇔ a2 - 3 ≥ 0 ⇔ a2 ≥ 3

⇒a≥

3 (a > 0) ⇒ min a =

VËy: amin =

3 t¹i b = c =

3 t¹i b = c = 3

3

* ở bài toán trên do vai trò của a, b, c nh nhau nên có thể yêu cầu tìm
min của1 trong các biến a, b, c.
Mặt khác, trong bài toán trên ta đà dựa vào điều kiện tồn tại của hệ thức
Viet là S2 - 4P 0 (Điều kiện có nghiệm của phơng trình bậc 2) từ đó suy ra
GTNN.
iii. bài toán chứng minh bất đẳng thức:

* Liên quan tới nghiệm của 1 phơng trình bËc 2 ta cã thĨ sư dơng hƯ thøc
Viet ®Ĩ chứng minh bất đẳng thức có chứa các nghiệm của 1 phơng trình bậc 2
đà cho. Hoặc chứng minh các bất đẳng thức có hệ điều kiện ràng buộc cho trớc.

1. Ví dụ 1: Cho phơng trình: mx2 - (m + 2)x + 1 = 0 (1) (m lµ tham sè).
a. Chøng minh r»ng (1) cã nghiƯm víi mäi m.
b. Giả sử (1) có 2 nghiệm là a và b.
2
(
m
+
2
)
Chứng minh r»ng: (ma - 1)2 + (mb + 1)2 ≥
2

Gi¶i:
a. Với m = 0 thì (1) trở thành - 2x + 1 = 0 x =

1
2

(Phơng trình có nghiệm víi m = 0).
Víi m ≠ 0: ⇒ (1) lµ 1 phơng trình bậc 2 có = (m + 2)2- 4m = m2+ 4 > 0
∀m ⇒ (1) cã nghiƯm víi ∀m ≠ 0


Cap2sondong @gmail.com

Sưu tầm và giới thiệu

* VËy (1) cã nghiÖm với m.
b. Muốn phơng trình đà cho (1) có 2 nghiệm a, b thì m 0.
Do a, b là các nghiệm của (1) nên theo Viet ta có:
a+b=

m+2
m

Đặt: X = am - 1; Y = bm + 1 ⇒ X + Y = m(a + b)

⇒ X + Y = m(m + 2) : m = m + 2
Chøng minh đợc: 2 (X2 + Y2) (X + Y)2 víi mäi X, Y

⇒ X2 + Y2 ≥ (X + Y)2 / 2 ∀X, Y
Thay: X + Y = m + 2 ta cã: X2 + Y2 ≥ (m + 2)2 /2
Hay (am - 1)2 + (bm - 1)2 ≥ (m + 2)2 /2
x + y + z = 5
2. VÝ dơ 2: Cho x, y, z tho¶ m·n 
(*)
xy + yz + xz = 8

Chøng minh r»ng: 1 ≤ x, y, z ≤

7
3

y + z = 5 − x
Gi¶i: Tõ hÖ (*) ta cã: 
yz = 8 − x(y + z ) = 8 − x(5 − x)
y + z = 5 − x
⇔ 
2
 yz = x − 5 x + 8

Theo Viet: y. z lµ nghiƯm cđa phơng trình: t2 - (5 - x)t + (x2 - 5x + 8) = 0
Vì phơng trình trên có nghiệm ⇒ ∆ ≥ 0
⇔ (5 - x)2 - 4 (x2 - 5x + 8)≥ 0 ⇔ - 3x2 + 10x - 7 ≥ 0
⇔ 3x2 - 10x + 7 ≤ 0 1 x

7
3

Bằng cách chứng minh tơng tù ta cã: 1 ≤ y, z ≤

7
3

* ë bµi toán trên ta đà dựa vào điều kiện tồn tại 2 số y và z chính là điều
kiện phơng trình (*) cã nghiƯm sè lµ ∆ ≥ 0 hay S2 - 4P 0. Từ đó suy ra các
bất đẳng thøc cÇn chøng minh.