(Sáng kiến kinh nghiệm) hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức vi et vào giải một số dạng toán

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Qua một số năm giảng dạy môn Toán 9 bản thân tôi thấy việc vận dụng hệ
thức Vi et vào giải toán các em làm chưa linh hoạt, chưa biết khai thác và sử dụng
hệ thức Vi et vào giải nhiều loại bài toán trong khi đó hệ thức Vi et có ứng dụng rất
rộng rãi trong việc giải toán. Đặc biệt trong những năm gần đây các đề thi vào
THPT áp dụng hệ thức Vi et để giải chiếm 1 đến 2 điểm trong đề thi.Vậy tại sao ta
không ôn luyện cho học sinh những dạng toán, những bài tập có vận dụng của hệ
thức Vi et để giải? Bản thân tôi luôn suy nghĩ trong điều kiện kinh tế gia đình của
nhiều em học sinh còn nhiều khó khăn nên sự quan tâm và tạo điều kiện cho con
em mình học tập còn nhiều hạn chế.Vì vậy phần nhiều học sinh còn thiếu tài liệu
học tập và sách nâng cao để học. Do đó việc ôn tập, hướng dẫn cho học sinh vận
dụng hệ thức Vi et vào giải toán là rất cần thiết đối với các em bởi các dạng toán
liên quan đến hệ thức Vi et rất đa dạng phong phú, thời lượng học theo chương
trình lại rất ít chỉ có 01 tiết lý thuyết và 01 tiết luyện tập trên lớp. Do đó nếu không
được hướng dẫn thì học sinh sẽ không khỏi lúng túng khi gặp một số dạng toán lạ
hoặc một bài toán khó.Vì vậy sự định hướng trước cho học sinh khi gặp các bài
toán liên quan đến hệ thức Vi et là một việc làm thiết thực. Từ thực tế nêu trên để
dạy học sinh lớp 9 phần hệ thức Vi et và hướng dẫn học sinh lớp 9 ôn thi vào 10 có
kết quả cao tôi đã nghiên cứu đề tài: ‘Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et
vào giải một số dạng toán’.
2. Tên sáng kiến:
Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên : Phan Thị Huệ
- Địa chỉ tác giả sáng kiến : Giáo viên trường THCS Tân Phong - Bình XuyênVĩnh Phúc
- Số điện thoại : 0914792223
E mail :
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
Tác giả sáng kiến kinh nghiệm: Phan Thị Huệ.
Giáo viên: Trường THCS Tân Phong - Bình xuyên -Vĩnh Phúc.

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến :
Sáng kiến kinh nghiệm được áp dụng trong lĩnh vực giảng dạy môn Toán,
vấn đề được giải quyết là Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một
số dạng toán bậc THCS
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thư:
1


Sáng kiến kinh nghiệm được áp dụng lần đầu ngày 27/3/2014.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Về nội dung của sáng kiến
7.1.1. Cơ sở lí luận:
Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh nhằm bồi dưỡng và
phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động của học sinh là nhiệm vụ trọng tâm trong
quá trình dạy học là nội dung của việc đổi mới phương pháp dạy học.
Dạy học Toán là dạy cho học sinh phương pháp học toán và giải toán để vận
dụng kiến thức đã học vào giải toán thực tế cuộc sống. Nội dung kiến thức toán học
được trang bị cho học sinh THCS ngoài việc dạy lí thuyết còn phải chú trọng tới
việc dạy học sinh phương pháp giải một số bài toán, nhưng để nắm vững cách giải
1 dạng toán nào đó đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức đã học một cách
linh hoạt, sáng tạo, tính cẩn thận, kết hợp với sự khéo léo và kinh nghiệm đã tích
luỹ được để giải quyết các bài tập có liên quan. Thông qua việc giải bài tập các em
được rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức đã học vào giải bài tập, kĩ năng trình
bày, kĩ năng sử dụng máy tính bỏ túi, đồ dùng dạy học. Do đó nâng cao năng lực tư
duy, óc tưởng tượng, sáng tạo, rèn khả năng phán đoán, suy luận của học sinh.
7.1.2. Cơ sở thực tiễn:
Các bài toán úng dụng hệ thức Vi ét có một vị trí quan trọng trong chương
trình dạy học toán THCS. Học sinh vận dụng những ứng dụng của hệ thức Vi - ét
như: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai trong các trường hợp a + b + c = 0 ;
a - b + c = 0 , hoặc các trường hợp mà tổng và tích của hai nghiệm là những số

nguyên với giá trị tuyệt đối không quá lớn. Tìm được hai số biết tổng và tích của
chúng. Biết cách biểu diễn tổng các bình phương, các lập phương của hai nghiệm
qua các hệ số của phương trình còn lúng túng, khó khăn trong quá trình vận dụng
vào giải các bài toán có liên quan.
Các bài toán về những ứng dụng hệ thức Vi et rất phương phú đa dạng, nó
đòi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức, cách linh hoạt, sáng tạo, độc đáo; yêu cầu
học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, giúp học sinh phát triển tư duy.
Những ứng dụng của hệ thức Vi ét đối với học sinh THCS là khó và mới các
em thường gặp khó khăn trong việc đi tìm lời giải của bài toán này; có những bài
toán các em không biết bắt đầu từ đâu? Vận dụng kiến thức gì trong chương trình
đã học? Làm thế nào để tìm được giá trị của tham số m thỏa mãn điều kiện của bài
toán ấy? Đặc biệt nó mang nội dung sâu sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn
toán; hình thành cho học sinh thói quen đi tìm một giải pháp tối ưu cho một công
việc cụ thể trong cuộc sống sau này.
Với thời gian hạn chế và mong muốn nghiên cứu sâu hơn nên đề tài này chỉ
tập trung vào vấn đề:
2


7.1.3. Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán.
a. Hệ thức Vi ét:
- Nếu x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai :
ax 2 + bx + c = 0

( a ≠ 0)

thì

b


 x1 + x2 = − a

 x .x = c
 1 2 a

- Nếu phương trình bậc ba: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) có 3 nghiệm là x1 ; x2 ; x3

thì

b

 x1 + x2 + x3 = − a

c

 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
a

d

 x1.x2 x3 = − a


Và ngược lại nếu 3 số

( I)

x1 ; x2 ; x3 là thỏa mãn hệ thức

( I ) thì

x1 ; x2 ; x3 là

nghiệm của phương trình bậc ba ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 )
2
+) Hệ quả 1: Nếu phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a + b + c = 0

c
a

thì phương trình có một nghiệm x1 = 1 cịn nghiệm kia là x2 = .
2
+) Hệ quả 2: Nếu phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a - b + c = 0

c
a

thì phương trình có một nghiệm x1 = −1 cịn nghiệm kia là x2 = − .
3
2
+) Hệ quả 3: Nếu phương trình ax + bx +cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) có nghiệm x0

thì phương trình phân tich được thành ( x-x 0 ) . ( Ax +Bx + C ) = 0
+) Có nghiệm x = 1 nếu a + b + c + d = 0
+) Có nghiệm x = −1 nếu a − b + c − d = 0
b. Tìm hai sớ biết tổng và tích của chúng:
Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S vả tích u.v = P thì hai số u và v là hai
nghiệm của phương trình bậc hai:
x 2 − Sx + P = 0
Thật vậy: Các số u; v nếu tồn tại là các nghiệm của phương trình:

2

( x - u ) .( x - v ) = 0

⇔ x 2 - ( u+v ) x + u.v = 0

⇔ x 2 - Sx + P = 0

Như vậy khi biết tổng và tích hai số thì ta sẽ tìm được hai số đó thông qua
việc giải phương trình bậc hai. Điều kiện để có hai số là: S2 - 4P ≥ 0
* Mợt sớ ví dụ

3


* Dạng I: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc nhẩm nghiệm của phương trình
2
bậc hai ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) khi biết các hệ số a; b; c.
2
Hệ quả 1: Nếu phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a + b + c = 0

thì phương trình có một nghiệm x1 = 1 còn nghiệm kia là x2 =
2
Hệ quả 2: Nếu phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a - b + c = 0

c
.
a

thì phương trình có một nghiệm x1 = - 1 còn nghiệm kia là x2 = 3

2
Hệ quả 3: Nếu phương trình ax + bx +cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) có nghiệm x0

c
.
a

thì phương trình phân tich được thành ( x-x 0 ) . ( Ax +Bx + C ) = 0
+) Có nghiệm x = 1 nếu a + b + c + d = 0
+) Có nghiệm x = −1 nếu a − b + c − d = 0
+. Ví dụ 1: Tính nhẩm nghiệm của phương trình ( Bài 31 - SGK Toán 9 - Trang 54)
a) - 5x 2 + 3x + 2 = 0
b) 2008x 2 + 2009 x + 1 = 0
2

2
c) 3x - ( 1 - 3 ) x - 1 = 0

2
d) ( m - 1) x - ( 2m + 3) x + m + 4 = 0

Hướng dẫn cách giải:
- Muốn giải phương trình trên ta làm như thế nào ?
- Học sinh nêu cách làm là dùng công thức nghiệm để giải các phương trình này
- Có em đã phát hiện cách làm là vận dụng hệ thức Vi ét vào tính nhẩm các
2
nghiệm của phương trình bậc hai ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a + b + c = 0 thì phương
c
hoặc a - b + c = 0 thì phương
a

c
trình có một nghiệm x1 = −1 còn nghiệm kia là x2 = − .
a

trình có một nghiệm x1 = 1 còn nghiệm kia là x2 =

- Khi đó các em đều nhận thấy cách vận dụng hệ thức Vi ét vào nhẩm nghiệm
của phương trình bậc hai các em đã trình bày lời giải như sau:
Giải:
a) - 5x2 + 3x + 2 = 0 (a = - 5; b = 3; c = 2)
2
5

Vì a + b + c = ( −5) + 3 + 2 = 0 ⇒ phương trình có hai nghiệm là x1 = 1; x2 = − .
b) 2008x 2 + 2009 x + 1 = 0 (a = 2008; b = 2009; c = 1)
Vì a - b + c = 2008 - 2009 + 1 = 0 ⇒ phương trình có hai nghiệm là: x1 = −1 ;
x2 = −

1
.
2008

2
c) 3x - ( 1 - 3 ) x - 1 = 0

{a =

(

)

}

3; b = - 1 - 3 ; c = - 1

4


Vì a − b + c = 3- - ( 1 - 3 )  + ( - 1) = 0
 1  1
⇒ phương trình có hai nghiệm là: x1 = −1 ; x2 = −  −
÷=
3
3

2
d) ( m - 1) x - ( 2m + 3) x + m + 4 = 0 ( a = ( m - 1) ;b = - ( 2m + 3) ; c = m + 4 )

Vì a - b + c = ( m - 1) - - ( 2m + 3)  + ( m + 4 ) = 0
⇒ phương trình có hai nghiệm là: x1 = −1 ; x2 = −

m −1 1− m
=
.
m+4 m+4

Sau khi tính được nghiệm của phương trình xong tơi đã u cầu các em sử
dụng máy tính bỏ túi Casio giải phương trình để kiểm tra các nghiệm vừa tìm được ở
phần a và b.
Kết luận:

- Khi giải một phương trình bậc hai ta cần chú ý vận dụng hệ thức Vi et để
tính nhẩm nghiệm của phương trình nếu có thể. Nếu không tính nhẩm được
nghiệm của phương trình thì ta mới dùng công thức nghiệm để giải.
- Việc vận dụng hệ quả của hệ thức Vi et và tính toán cho phép tính nhanh
chóng nghiệm của phương trình.
Các em có nhận xét gì nếu ta thay đổi u cầu của bài toán như sau:
+. Ví dụ 2: Giải phương trình
a) 5x 3 - 6x 2 + 8x - 7 = 0
b) 4x 3 +2x 2 + 8x +10 = 0
Hướng dẫn cách giải:
Hãy vận dụng hệ thức Vi – ét vào tính nhẩm các nghiệm của phương trình
3
2
bậc ba: ax + bx +cx + d = 0 ( a ≠ 0 )
+) Có nghiệm x = 1 nếu a + b + c + d = 0
+) Có nghiệm x = −1 nếu a − b + c − d = 0
- Khi đó các em trình bày lời giải như sau:
Giải:
a) 5x 3 - 6x 2 + 8x - 7 = 0 có tổng các hệ số a + b + c + d = 5 - 6 + 8 - 7 = 0
nên phương trình có nghiệm x = 1 khi đó phương trình 5x 3 - 6x 2 + 8x - 7 = 0
⇔

( 5x - 5x ) - ( x
3

2

2

- x ) + ( 7x - 7 ) = 0

⇔ 5x 2 . ( x - 1) - x. ( x - 1) + 7. ( x - 1) = 0

( x - 1) . ( 5x 2 - x + 7 ) = 0
( 1)
x - 1 = 0
⇔  2
5x - x + 7= 0 ( 2 )
+) Giải phương trình ( 1)
+) Giải phương trình ( 2 )
⇔

x - 1= 0 ⇔ x =1

5x 2 - x + 7 = 0

5


Ta có ∆ = ( −1) − 4.5.7 = 1 + 140 = 141 > 0 ⇒ ∆ = 141
2

⇒ phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm x1 =
x2 =

− ( −1) − 141
2.1

=

− ( −1) + 141
2.1

=

1 + 141
;
2

1 − 141
2

1 + 141
1 − 141 x = 1
; x2 =
; 3
2
2
b) 4x 3 +2x 2 + 8x +10 = 0 có a - b + c - d = 4 - 2 + 8 - 10 = 0
nên phương trình có nghiệm x = −1 khi đó phương trình 4x 3 +2x 2 + 8x +10 = 0

Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 =

⇔

( 4x + 4x ) - ( 2x
3

2

2

+2 x ) + ( 10x +10 ) = 0

⇔ 4x 2 . ( x + 1) - 2x. ( x + 1) + 10. ( x + 1) = 0

( x + 1) ( 4x 2 - 2 x + 10 ) = 0
( 1)
x - 1 = 0
⇔  2
 4x - 2 x + 10 = 0 ( 2 )
+) Giải phương trình ( 1) x + 1 = 0 ⇔ x = - 1
+) Giải phương trình ( 2 ) 4x 2 - 2 x + 10 = 0
⇔

Ta có ∆ = ( −2 ) − 4.4.10 = 4 + 160 = 164 > 0 ⇒ ∆ = 164 = 2 41
2

⇒ phương trình
x2 =

− ( −2 ) − 41
2.4

=

( 2 ) có 2

nghiệm x1 =

− ( −2 ) + 41
2.4

=

2 + 2 41 1 + 41
=
8
4

2 − 2 41 1 − 41
=
8
4

Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 =

1 + 41
1 − 41 x = 1
; x2 =
; 3
4
4

 Như vậy:
- Qua 2 ví dụ trên tôi đã hướng dẫn cho học sinh cách giải phương trình bằng
cách vận dụng hệ
thức Vi ét vào tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai và phương trình
bậc ba một ẩn.
- Chú ý trong quá trình giải phương trình chúng ta nên vận dụng linh hoạt hệ thức

vi ét để nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai bậc ba mợt ẩn.
4
2
3. Ví dụ 3:
Giải phương trình x + ( x +1) ( 5x - 6x - 6 ) = 0
Giải

6


Nhận thấy x = - 1 không là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của
2

 x2 
 x2 
phương trình cho ( x +1) ta được phương trình: 
÷ + 5. 
÷− 6 = 0
 x +1 
 x +1 
2

Đặt y =

x2
ta dược phương trình y 2 + 5y − 6 = 0
x +1

bằng phương pháp nhẩm nghiệm ta tính được y1 = 1 và y2 = −6
x2

2
= 1 ⇔ x = 1. ( x + 1) ⇔ x 2 − x − 1 = 0
+) Với y1 = 1 ⇔
x +1

Giải phương trình này ta được 2 nghiệm x1 =
+) Với y2 = −6 ⇔

1+ 5
1− 5
; x2 =
2
2

x2
2
= −6 ⇔ x = −6 ( x + 1) ⇔ x 2 + 6 x + 6 = 0
x +1

Giải phương trình này ta được 2 nghiệm x3 = −3 + 3 ; x4 = −3 − 3
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x1 =

1+ 5
1− 5
; x2 =
; x3 = −3 + 3 ;
2
2

x4 = −3 − 3

 Qua ví dụ 3 tôi đã hướng dẫn cho học sinh cách giải phương trình
bằng cách vận dụng hệ thức Vi ét vào tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc
hai một ẩn và hướng dẫn cách biến đổi linh hoạt (đặt ẩn phụ) để đưa phương
trình bậc 4 về phương trình bậc hai một ẩn có thể nhẩm nghiệm được qua đó các
em được rèn luyện kĩ năng biến đổi và trình bày lời giải, vận dụng kiến thức,
khả năng phân tích, dự đoán. . .
Phương pháp chung:
- Vận dụng các hệ quả của hệ thức Vi ét để tính nhẩm các nghiệm của
phương trình bậc hai, bậc ba. Hoặc các phương trình đưa được về dạng cơ bản
để tinh nhẩm nghiệm.
*. Dạng II: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc tìm 2 sớ khi biết tổng và
tích của chúng:
Nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì hai số u và v là hai
nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 − Sx + P = 0 ( SGK Toán 9 - Trang 52)
Điều kiện để có hai sớ là: S2 - 4P ≥ 0
+. Ví dụ 1:
a) Tìm 2 sớ biết tổng của chúng bằng 27 và tích của chúng bằng 180.
b) Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 1 và tích của chúng bằng 5.
Hướng dẫn cách giải: Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 27 và tích của
chúng bằng 180.

7


 x1 + x2 = 27
. Nếu áp dụng hệ thức Vi et
 x1.x2 = 180

Tức là ta cần tìm 2 số x1 và x2 biết 

đảo thì x1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình bậc hai x 2 - 27x + 180 = 0 ta có lời giải
như sau:
Giải:
a) Vì 2 số cần tìm có tổng bằng 27 và tích bằng 180
Nên 2 số là nghiệm của phương trình: x 2 - 27x + 180 = 0
Ta có: ∆ = 27 2 - 4.1.180 = 729 - 720 = 9 > 0 ⇒ ∆ = 9 = 3
⇒ phương trình có 2 nghiệm

x1 =

27 + 3
= 15 ;
2

x2 =

27 − 3
= 12
2

Vậy không có hai số cần tìm là 15 và 12.
b) Vì 2 số cần tìm có tổng bằng 1 và tích bằng 5, Nên 2 số là nghiệm của
phương trình:
x2 - x + 5 = 0

Ta có: ∆ = ( -1) - 4.1.5 = 1- 20 = - 19 < 0 ⇒ phương trình trên vô nghiệm
Vậy không có hai số nào thoả mãn điều kiện đề bài.
Khai thác ví dụ 1 tơi nêu ra ví dụ sau:
2. Ví dụ 2:

a) Tìm các cạnh của hình chữ nhật biết chu vi là 100 m và diện tích
2
bằng 621 m
b) Tìm các cạnh của hình chữ nhật có chu vi là 20 cm và diện tích
2
bằng 32cm
Hướng dẫn cách giải - Bài toán cho biết gì ? cần tìm gì?
- Nếu gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có điều gì? .
2

 2. ( a + b ) = 100 
 
÷
÷.
 a.b = 621

 a + b = 50
- Vậy 
thì a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai nào? (
 a.b = 621
x 2 - 50x + 621 = 0 )

Với gợi ý trên tôi cho các em thảo luận 5 phút và đại diện 1 em trình bày lời
giải.
Giải
a) Gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có hệ phương trình:
 2. ( a + b ) = 100
 a + b = 50
⇔


 a.b = 621
 a.b = 621

8


Nên a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 - 50x + 621 = 0
⇒ phương trình có 2 nghiệm x1 = 27 ; x2 = 23
Vậy độ dài các cạnh của hình chữ nhật là 27 (m ) và 23 (m).
b) Gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có hệ phương trình
 2. ( a + b ) = 20
 a + b = 10
⇔ 

 a.b = 32
 a.b = 32

Nên a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 - 10x + 32 = 0
2
Ta có: ∆ ' = ( −5 ) − 1.32 = −7 < 0 ⇒ phương trình vô nghiệm
Vậy không tồn tại hình chữ nhật nào có chu vi là 20 cm và diện tích bằng
32 cm2.
Kết luận: Muốn tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng, ta áp dụng hệ
thức Vi et để đưa về dạng phương trình bậc hai một ẩn rồi giải.
* Dạng III: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc tìm hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm không phụ thuộc vào tham số.
- Xét các bài toán đối với các nghiệm của một phuơng trình chứa tham số.
Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào tham số.
Muốn giải bài toán này trước hết ta phải đặt điều kiện để phương trình đã cho
có nghiệm, sau đó áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng và tích các nghiệm của

phương trình (S và P)
+) Nếu tổng và tích không chứa tham số thì ta có ngay hệ thức liên hệ giữa 2
nghiệm không phụ thuộc vào tham số.
+) Nếu tổng và tích có chứa tham số thì khử tham số từ S và P. Từ đó tính
được hệ thưc phải tìm
2
+. Ví dụ 1: Cho phương trình: x - 2 ( m + 1) x + m - 4 = 0 (1)
a) CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) CMR: Giá trị biểu thức A = x1 ( 1 - x 2 ) + x 2 ( 1 - x1 ) không phụ thuộc vào m.
Giải
2
a)Xét phương trình: x - 2 ( m + 1) x + m - 4 = 0 ( 1)
2

2
1  19

∆ ' =  − ( m + 1)  − 1. ( m − 4 ) = m 2 + m + 5 =  m + ÷ + > 0
2
4


Ta có:

( ∀m ∈ R )

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
2
b) - Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình x - 2 ( m + 1) x + m - 4 = 0 ( 1)
 x1 + x2 = 2m + 2

 x1.x2 = m − 4

ta có: 

Khi đó A = x1 ( 1 - x 2 ) + x 2 ( 1 - x1 )

9


= x1 − x1x 2 + x 2 − x1x 2 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = ( 2m + 2 ) − 2 ( m − 4 ) = 10 ( ∀m ∈ R )

Vậy giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào m.
2
2
+. Ví dụ 2: Cho phương trình: x - ( 2m - 1) x + m - m - 1 = 0 (1)
a) CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm không phụ thuộc vào m.
Giải
2
2
a) Xét phương trình: x - ( 2m - 1) x + m - m - 1 = 0 ( *)
Ta có: ∆ ' =  − ( 2m - 1)  − 4.1. ( m 2 − m − 1) = 4m 2 − 4m + 1 − 4m 2 + 4m + 4 = 5 > 0 ( ∀m ∈ R )
2

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) * Cách 1:
- áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình
x 2 - ( 2m - 1) x + m 2 - m - 1 = 0
( x1 + x2 ) 2 = 4m 2 − 4m + 1

 x1 + x2 = 2m − 1
⇔
ta có: 

2
2
 x1.x2 = m − m − 1
 4 x1.x2 = 4m − 4m − 4

Khi đó ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 = 5 là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ
thuộc vào m.
* Cách 2:
2

 x1 + x2 = 2m − 1

- áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình ( *) ta có: 

 x1.x2 = m − m − 1

Từ ( 1) ⇒ m =

2

( 1)
( 2)

x1 + x2 + 1
Thay m vào ( 2 ) ta được:
2

2

 x + x +1 x + x +1
x1.x2 =  1 2 ÷ − 1 2
−1
2
2



⇔

( x1 + x2 )

2

− 4 x1.x2 = 5

Khi đó ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 = 5 là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ
thuộc vào m
Kết luận: Muốn chứng minh biểu thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ
thuộc vào tham số ta áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng và tích các nghiệm
rồi thay vào biểu thức cần chứng minh và rút gọn và kết luận.
Bài tập áp dụng:
2
2
1. Bài 1: Cho phương trình: x - 2 ( m - 1) x + m + 3 m + 2 = 0 (1)
1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt?
2) Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm không phụ thuộc vào m.

2
2. Bài 2: Cho phương trình: x - 2 ( m - 1) x + 3 m - 2 = 0 (1)
2

10


1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm kép.
2) Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các
nghiệm không phụ thuộc vào m.
*. Dạng IV: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc tính giá trị biểu thức của
các nghiệm - tìm điều kiện để 2 nghiệm liên hệ với nhau theo mợt hệ thức cho
trước.
+. Ví dụ 1:
Cho phương trình x 2 + 4 x + 1 = 0 ( 1)
a) Giải phương trình ( 1)
b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình ( 1) . Tính giá trị của biểu thức:
B = x13 + x23

Hướng dẫn cách giải:
- Khi tôi nêu ví dụ các em đã nhanh chóng vận dụng công công thức
nghiệm để giải phương trình tìm được nghiệm đối với phần a.
- Đối với biểu thức B = x13 + x23 ta có thể vận dụng hằng đẳng thức tổng
của hai lập phương A + B = ( A + B ) ( A − AB + B ) ; A3 + B3 = ( A + B ) − 3 AB ( A + B )
hoặc thay vào trực tiếp để tính. Khi đó các em có thể trình bày lời giải như sau
Giải:
a) Xét phương trình x 2 + 4 x + 1 = 0 ( 1)
Ta có: ∆ ' = 22 − 1.1 = 4 − 1 = 3 > 0
3

⇒
x2 =

3

2

3

2

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 =

−2 + 3
= −2 + 3
1

và

−2 − 3
= −2 − 3
1

Vậy phương trình có nghiệm x1 = −2 + 3 ; x2 = −2 − 3
 x1 + x2 = −4
 x1.x2 = 1

b) áp dụng đinh lí Vi ét ta có: 

3

2
2
3
2
2
Khi đó B = x13 + x23 = ( x1 + 3x1 .x1 + 3x1 x2 + x2 ) − ( 3x1 .x1 + 3x1 x2 )

= ( x1 + x2 ) − 3x1 .x2 ( x1 + x2 )
3

= ( −4 ) − 3.1. ( −4 ) = −64 + 12 = −52
3

Vậy

B = x13 + x23 = −52

Hoặc học sinh có thể thay trực tiếp x1 = −2 + 3 ; x2 = −2 − 3 vào biểu thức B
ta có

(

) (
3

B = x13 + x23 = −2 + 3 + −2 − 3

) = ( −8 + 12
3

) (

3 − 18 + 3 3 + −8 − 12 3 − 18 − 3 3

11

)


= −8 + 12 3 − 18 + 3 3 − 8 − 12 3 − 18 − 3 3 = −52

Vậy B = x13 + x23 = −52
+. Ví dụ 2:
Cho phương trình ( ẩn x): x 2 - 2x - 2m = 0 .
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:

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

2
2

= 5.

Hướng dẫn cách giải: - Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm ( ∆ ≥ 0 )
(hoặc a.c < 0).
Sau đó áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng và tích của 2 nghiệm. Kết hợp với
điều kiện (hệ thức) giải hệ phương trình gồm điều kiện với tổng và tích các nghiệm
chúng ta tìm được tham số thỏa mãn điều kiện bài toán ta có lời giải như sau:

Giải:
a) Xét phương trình x 2 - 2x - 2m = 0
2
Ta có: ∆ ' = ( −1) − 1.2m = 1 + 2m
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0
⇔ 1 + 2m > 0 ⇔ m > -

1
2

- Khi đó phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m
2
2
- Để phươntg trình có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện ( 1 + x1 ) ( 1 + x 2 ) = 5
⇔ x12 + x22 + x12 x22 + 1 = 5 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + x12 x22 = 4 ( *)
2

Thay x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m vào ( *) có 4 + 4m + 4m 2 = 4 ⇔ 4m + 4m 2 = 0
m = 0
⇔
 m = −1

Kết hợp với m > −

1
ta có m = 0 thỏa mãn.
2

Vậy m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn

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

2
2

= 5.

+. Ví dụ 3:
Cho phương trình: mx 2 − 2mx + 1 = 0 ( m là tham số)
1. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm và tính các nghiệm của phương
trình theo m .
2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi
nghiệm kia.
Giải:
1.- Để phương trình mx 2 − 2mx + 1 = 0 ( *) có nghiệm

12


⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m 2 − m ≥ 0 ⇔ m ( m − 1) ≥ 0

m ≥ 1
⇔ 
m ≤ 0

m + m ( m − 1)
- Khi đó phương trình ( *) có 2 nghiệm phân biệt x1 =
;

m

x2 =

m − m ( m − 1)
m

2) áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình mx 2 − 2mx + 1 = 0 ( *) ta có
 x1 + x2 = 2


1
 x1.x2 = m

- Để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia,
giả sử x1 = 2 x2
1
1


 2 1
 2 x2 .x2 =
 2 x2 .x2 =
2 x2 =
m ⇔ 
m ⇔ 
m
khi đó ta có hệ phương trình : 
 2 x2 + x2 = 2
 2 x2 + x2 = 2

3x2 = 2
  2 2 1
9
8 1

=
m=
2  ÷ =


m ≥ 1

8
m ⇔ 9 m ⇔ 
⇔  3


( thỏa mãn điều kiện 
)
m ≤ 0
x = 2
x = 2
x = 2
 2 3
 2 3
 2 3
9
Vậy với m = thì phương trính có 2 nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp đôi
8

nghiệm kia.
Hoặc các em có thể thay trực tiếp 2 nghiệm vừa tìm được và cho x1 = 2 x2 từ
đó ta cùng tìm được giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài tốn.
2
+ Ví dụ 4:
Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + 2m − 15 = 0
1) Giải phương trình khi m = 0
2) Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để phương trình có
nghiệm thỏa mãn x2 + 5 x1 = 4
Hướng dẫn cách giải:
Đối với phần 2 ta cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm từ đó áp
dụng hệ thức Vi - et tính tổng và tích các nghiệm x 1, x2 của phương trình, và kết
 x1 + x2 = 2m + 2

hợp với điểu kiện bài toán x2 + 5 x1 = 4 rồi giải hệ phương trình  x1.x2 = 2m − 15 từ đó
 x + 5x = 4
1
 2

tìm được giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán.
Giải:
13


1) Thay m = 0 vào phương trình ta được x 2 − 2 x − 15 = 0
Giải phương trình này ta được x1 = 5 và x2 = −3
Vậy với m = 0 thì phương trình có nghiệm x1 = 5 và x2 = −3 .
2
2) Xét phương trình x − 2 ( m + 1) x + 2m − 15 = 0 ( *)
Ta có: ∆ ' =  − ( m + 1)  − 1. ( 2m − 15 ) = m 2 + 2m + 1 − 2m + 15 = m 2 + 16 > 0 ( ∀m )

2

vì m 2 ≥ 0 ( ∀m ∈ R ) ⇒ phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
 x1 + x2 = 2m + 2 ( 1)
 x1.x2 = 2m − 15 ( 2 )

+) áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình ( *) ta có 

Để phương trình ( *) có nghiệm thỏa mãn điều kiện x2 + 5 x1 = 4 ( 3)
 x1 + x2 = 2m + 2
⇔
x
+
5
x
=
4
 2
1

Từ ( 1) và ( 3) ta có hệ phương trình 

 x1 + x2 = 2m + 2

 x2 + 5 x1 = 4

1− m
1− m



x1 =
x1 =


 x + x = 2m + 2


2
2
⇔  1 2
⇔ 
⇔ 
5 x1 + x2 = 4
1 − m + x = 2m + 2
 x = 5m + 3
2
 2
 2
2
1− m
5m + 3
Thay x1 =
; x2 =
vào phương trình ( 2 ) ta được phương trình:
2
2
1 − m 5m + 3
.
= 2m − 15
2

2
⇔ ( 1 − m ) . ( 5m + 3) = 4 ( 2m − 15 )
⇔ 5m − 5m 2 + 3 − 3m = 8m − 60
⇔ 5m 2 + 6m − 63 = 0

Giải phương trình này ta được m1 = 3 ; m2 = −
Vậy với m = 3 ; hoặc với m = −

21
5

21
thì phương trình ( *) có nghiệm thỏa mãn
5

x2 + 5 x1 = 4

Gọi x1 ; x2 x3 ; x4 là tất cả các nghiệm của phương trình:
( x + 2) ( x + 4) ( x + 6) ( x + 8) = 1
Tính x1.x2 .x3 .x4
Giải:
- Xét phương trình ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8 ) = 1 ( 1)
+. Ví dụ 5:

⇔ ( x + 2 ) ( x + 8 )  ( x + 4 ) ( x + 6 )  = 1
⇔  x 2 + 10 x + 16   x 2 + 10 x + 24  - 1 = 0
⇔ y ( y + 8) - 1 = 0 ⇔ y 2 + 8 y - 1 = 0

14

Đặt x 2 + 10 x + 16= y

( 2)


Ta có: ∆ ' = 42 − 1.1 = 16 − 1 = 15 > 0 ⇒ ∆ ' = 15
⇒ phương trình ( 2 ) có nghiệm y1 = −4 + 15 ;

y2 = −4 − 15

+) Với y1 = −4 + 15 ⇔ x 2 + 10 x + 16 = −4 + 15 ⇔ x 2 + 10 x + 20 − 15 = 0 ( 3)
2
Xét phương trình ( 3) ta có ∆ '3 = 5 − ( 20 − 15 ) = 5 + 15 > 0

⇒ phương trình ( 3) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 ⇒ x1.x2 = 20 − 15

+) Với y2 = −4 − 15 ⇔ x 2 + 10 x + 16 = −4 − 15 ⇔ x 2 + 10 x + 20 + 15 = 0 ( 4 )
2
Xét phương trình ( 4 ) ta có ∆ '3 = 5 − ( 20 + 15 ) = 5 − 15 > 0

⇒ phương trình ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt x3 ; x4 ⇒ x3 .x4 = 20 + 15

Khi đó x1.x2 .x3 .x4 = ( x1.x2 ) . ( x3 .x4 ) = ( 20 − 15 ) ( 20 + 15 ) = 202 − ( 15 ) = 400 − 15 = 385
2

Vậy x1.x2 .x3 .x4 = 385
Nhận xét: Trong bài tập này phương trình đã cho có bậc 4 xong nếu
ta vận dụng linh hoạt và
sáng tạo hệ thức Vi et để tính tích các nghiệm x1 . x2 và x3 . x4 từ đó ta
có thể tính được giá trị biểu thức x1.x2 .x3 .x4 .

Phương pháp chung:
Như vậy trong bài toán tìm điều kiện của tham số để thỏa mãn điều kiện của
các nghiệm đối xứng hoặc liên hệ với nhau theo một hệ thức nào đó chúng ta cần
làm như sau:
+) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm ( ∆ ≥ 0 ) (hoặc a.c < 0).
+) áp dụng hệ thức Vi ét để tính tổng và tích của 2 nghiệm.
+) Kết hợp với điều kiện ( hệ thức) giải hệ phương trình gồm điều kiện
với tổng và tích các nghiệm chúng ta tìm được tham số thỏa mãn điều kiện
bài toán.
+) So sánh với điều kiện có nghiệm để (trả lời) kêt luận bài toán.
Bài tập áp dụng:
1.Bài 1:

2
Cho phương trình x − ( 3 3 + 2 ) x − ( 5 + 1) = 0 ( 1)

Gọi x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình ( 1) . Tính giá trị của biểu thức:

(

)

S = x12009 + x22009 − 3 3 + 2 ( x12008 + x22008 ) −

(

)

5 − 1 ( x12007 + x22007 )

2. Bài 2: Cho phương trình x 2 − 2mx + 2m − 3 = 0
1)Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu.
2
2
2
2
3) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x1 ( 1 − x2 ) + x2 ( 1 − x1 ) = 4
2
2
3. Bài 3:. Cho phương trình: ( x + 3x ) ( x + x - 2 ) = m

15


1) Giải phương trình khi m = 2
1

1

1

1

Tìm m là để phương trình có 4 nghiệm x1 ; x2; x3 ; x4 thỏa mãn x + x + x + x = 8
1
2
3
4
*. Dạng V: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc giải hệ phương trình đới xứng.

+. Khái niệm hệ phương trình đới xứng:
Mợt phương trình 2 ẩn gọi là đối xứng nếu ta thay x bởi y và y bởi x thì
phương trình khơng thay đổi.
Ví dụ: Phương trình đối xứng x + y + xy = 11 ⇔ y + x + yx = 11
x 2 + y 2 = 25

⇔

y 2 + x 2 = 25

⇒ Mợt hệ phương trình được gọi là hệ đối xứng loại I nếu nó gồm những

phương trình đối xứng.
 x 2 + y 2 = 25
 y 2 + x 2 = 25
⇔ 2
Ví dụ: Hệ phương trình đối xứng loại I:  2 2
2
 x + y − xy = 13
 y + x − yx = 13

+. Cách giải hệ phương trình đới xứng loại I.
+) Biểu diễn từng phương trình qua x + y ; xy
+) Đặt S = x + y ; P = xy ta được hệ phương trình mới chứa các ẩn S và P
+) Giải hệ phương trình tìm S và P
+) Các số x và y là nghiệm của phương trình t 2 − St + P = 0 (Vận dụng hệ
thức Vi et đảo- Tìm 2 số khi biết tổng và tích của chúng)
(Hệ đã cho có nghiệm khi hệ phương trình theo S và P có nghiệm thỏa mãn
2
S − 4P ≥ 0 )

Tùy theo yêu cầu của bài toán ta giải hoặc biện luận phương trình theo
tham số t từ đó suy ra nghiệm hoặc kết luận cần thiết cho hệ phương
trình.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
5 ( x + y ) + 2 xy = −19
a) 
( x + y ) + 3 xy = −35

 x 2 − xy + y 2 = 7
b) 
x + y = 5

 x2 y2
= 18
 +
c)  y x
 x + y = 12


3
3
 x + y = 7
d) 
( x + y ) xy = −2

Hướng dẫn cách giải:
5 ( x + y ) + 2 xy = −19
( x + y ) + 3 xy = −35

- Em có nhận xét gì về hệ phương trình 

- Muốn giải hệ phương trình trên ta làm như thế nào ?
(GV nêu cách làm bằng cách đặt ẩn phụ S = x + y và P = x. y khi đó các em
thảo luận và trình bày lời giải như sau)

16


Giải:
5 ( x + y ) + 2 xy = −19
( x + y ) + 3 xy = −35

a) 
⇔

5S + 2 P = −19

 S + 3P = −35

Đặt S = x + y và P = x. y ta có hệ phương trình

15S + 6 P = −57
⇔
 2S + 6 P = −70

13S = 13
⇔
 S + 3P = −35

S = 1

⇔
⇔
1 + 3P = −35

S = 1

 P = −12
 x + y = 1 theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai
⇔
 x. y = −12
X 2 − X − 12 = 0 giải phương trình này ta được 2 nghiệm là X 1 = 4 và X 2 = −3 .

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( 4; −3) và ( −3; 4 ) .
- Hoặc các em có thể biến đổi trực tiếp hệ phương trình bằng phương pháp
cộng đại số (không đặt ẩn
x + y = 1
từ đó áp dụng hệ thức vi- ét để giải hệ
 x. y = −12

phụ) ta cũng tính được 
phương trình tìm x; y.
b)

 x 2 − xy + y 2 = 7

x + y = 5

2
2
( x + 2 xy + y ) − 3 xy = 7

⇔ 
 x + y = 5

2
52 − 3 xy = 7
( x + y ) − 3 xy = 7
⇔
⇔ 
 x + y = 5
x + y = 5

 xy = 6
⇔ 
x + y = 5

Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai X 2 − 5 X + 6 = 0
Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là X 1 = 3 và X 2 = 2 .
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( 3; 2 ) và ( 2;3) .
c)

 x2 y 2
= 18
 +
x
y
 x + y = 12


 x 3 + y 3 = 18 xy
⇔ 

 x + y = 12

123 − 3 xy.12 = 18 xy
54 xy = 1728
⇔ 
⇔ 
 x + y = 12
 x + y = 12

theo định lí Vi ét thì

( x + y ) 3 − 3 xy ( x + y ) = 18 xy
⇔ 
 x + y = 12
 xy = 32
⇔ 
 x + y = 12

x; y là nghiệm của phương trình bậc hai

t − 12t + 32 = 0
2

Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là t1 = 4 và t2 = 8 .
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( 4;8) và ( 8; 4 ) .

17


3

3
( x + y ) 3 − 3 xy ( x + y ) = 7
( x + y ) 3 − 3. ( −2 ) = 7
x + y = 1
 x + y = 7
⇔ 
⇔ 
⇔ 
d) 
 xy = −2
( x + y ) xy = −2
( x + y ) xy = −2
( x + y ) xy = −2

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai: t 2 − t − 2 = 0
(1)
vì a - b + c = 1- ( -1) + ( -2 ) = 0 nên phương trình (1) có nghiệm 2 là t1 = −1 và t2 = 2 .
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( −1; 2 ) và ( 2; −1) .
x = a
x = b
thì nó cũng có nghiệm 
y = b
y = a

Chú ý: Nếu hệ đối xứng loại I có nghiệm 

Chúng ta cần lưu ý điều này để khơng bỏ xót nghiệm của hệ phương trình.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
 x + y + xy = 5
a)  2 2

 x + y + xy = 7

 x 4 + y 4 = 17
b)  2 2
 x + y + xy = 3

x + y + z = 6

c)  xy + yz − xz = 7
 x 2 + y 2 + z 2 = 14



x + y + z = 9

d)  xy + yz + xz = 27
1 1 1
 + + =1
 x y z

 x 2 + x + y 2 + y = 18
e) 
 x ( x + 1) y ( y + 1) = 72

Hướng dẫn cách giải:
 x + y + xy = 5

- Muốn giải hệ phương trình 

2

2
 x + y + xy = 7

ta làm như thế nào ?

- Học sinh nêu cách làm là biến đổi hpt về dạng tổng và tích của x và y bằng cách
S + P = 5

đặt S = x + y và P = x. y ta có hệ pt 

2
 S − S − 12 = 0

rồi giải hệ phương trình này.

- Khi đó các em đều nhận thấy cách vận dụng hệ thức Vi et vào nhẩm nghiệm của
phương trình bậc hai các em đã trình bày lời giải như sau:
Giải:
a)

 xy = 5 − ( x + y )
( x + y ) + xy = 5
 x + y + xy = 5
⇔
⇔
 2


2
2

2
 x + y + xy = 7
( x + y ) − xy = 7
( x + y ) − 5 − ( x + y )  = 7

 xy = 5 − ( x + y )
⇔
Đặt S = x + y và P = x. y
2
x
+
y
−
x
+
y
−
12
=
0
) (
)
(
S + P = 5
S + P = 5
⇔
Ta có hệ phương trình  2
 S = 3; S = −4
 S − S − 12 = 0
x + y = 3

 xy = 2

+) Với S = 3 ⇒ P = 2 ta có 

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của

phương trình bậc hai t 2 − 3t + 2 = 0 (1)

18


vì a + b + c = 1+ ( -3) + 2= 0 nên phương trình (1) có nghiệm 2 là t1 = 1 và t2 = 2 .
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( 1; 2 ) và ( 2;1) .
x + y = 2
theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của
 xy = 3

+) Với S = 2 ⇒ P = 3 ta có 

phương trình bậc hai t 2 − 2t + 3 = 0 (2)
2
Giải pt (2) ta có ∆ ' = ( −1) − 1.3 = 1 − 3 = −2 < 0 nên phương trình (2) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( 1; 2 ) và ( 2;1) .
Tôi gợi ý đối với hpt này ta biến đổi vế trái của hpt thành tổng của x 2 + y 2 ; xy
khi đó ta có lời giải như sau:
( x 2 + y 2 ) 2 − 2 ( xy ) 2 = 17
4
4
 x + y = 17


⇔
b)  2 2
2
2
 x + y + xy = 3
( x + y ) + xy = 3

Đặt S = x 2 + y 2 ; P = xy

 S 2 − 2 ( 3 − S ) 2 = 17
 S 2 − 2 P 2 = 17
⇔ 
⇔
Ta có hệ phương trình 
S + P = 3
 P = 3 − S
 S 2 − 2. ( 9 − 6S + S 2 ) = 17

 P = 3 − S

 S 2 − 12S + 35 = 0 ( 1)
⇔ 
( 2)
P = 3 − S

 S 2 − 18 + 12 S − 2 S 2 = 17
⇔ 
P = 3 − S

Giải phương trình S 2 − 12S + 35 = 0 ( 1)

ta được S1 = 7 ; S2 = 5

x + y = 7
(I)
 xy = −4

+) Với S1 = 7 ⇒ P1 = −4 ta có 

Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai t 2 − 7t − 4 = 0 (3)
2
Giải phương trình (3) ta có ∆ = ( −7 ) − 4.1. ( −4 ) = 49 + 16 = 65 > 0 nên phương
− ( −7 ) + 65 7 + 65
; t2 =
=
2.1
2
 7 + 65 7 − 65 
⇒ hệ phương trình (I) có 2 nghiệm là 
;
÷ và
2
2 ÷


x + y = 5
( II )
+) Với S2 = 5 ⇒ P2 = −2 ta có 
 xy = −2

trình (3) có 2 nghiệm phân biệt t1 =

− ( −7 ) − 65 7 − 65
=
2.1
2
 7 − 65 7 + 65 
;

÷.
2
2 ÷



Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai t 2 − 5t − 2 = 0 (4)
2
Giải phương trình (4) ta có ∆ = ( −7 ) − 4.1. ( −4 ) = 49 + 16 = 65 > 0 nên phương
trình (4) có 2 nghiệm phân biệt t3 =

− ( −5 ) + 33 5 + 33
− ( −5 ) − 33 5 − 33
; t4 =
=
=
2.1
2
2.1
2

19


⇒

hệ

phương

trình

( II ) có 2 nghiệm là

 5 + 33 5 − 33 
;

÷
2
2 ÷



và

 5 + 33 5 − 33 
;

÷
2
2 ÷




và

 5 − 33 5 + 33 
;

÷.
2
2 ÷



Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:
 7 + 65 7 − 65 
;

÷;
2
2 ÷



 7 − 65 7 + 65 
;

÷;
2
2 ÷




 5 − 33 5 + 33 
;

÷.
2
2 ÷


x + y + z = 6
x + y + z = 6


⇔  xy + yz − xz = 7
⇔  xy + yz − xz = 7

62 − 2 xy + yz + xz = 14
2
(
)
( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + xz ) = 14

( 1)
( 1)
( x + z ) + y = 6
x + y + z = 6
x + y + z = 6




⇔  xy + yz − xz = 7 ( 2 ) ⇔  xy + yz − xz = 7
⇔  xy + yz − xz = 7 ( 2 )
 xy + yz + xz = 11
 x+z y =9
 x+z y =9
)
)
( 3)
( 3)

(
(

x + y + z = 6

c)  xy + yz − xz = 7
 x 2 + y 2 + z 2 = 14


Từ ( 1) ; ( 3) và áp dụng hệ thức Vi ét suy ra ( x + z ) ; y là nghiệm của phương
trình bậc hai:
2
t 2 + 6t + 9 = 0 ⇔ ( t − 3) = 0 ⇔ t = 3 khi đó hệ phương trình trở thành hệ

( 4)
y = 3

 xz = 2 ( 5 )

x + z = 3
( 6)

Từ ( 5 ) ; ( 6 ) và hệ thức Vi - et suy ra x ; z là nghiệm của phương trình bậc
hai: m 2 − 3m + 2 = 0 Giải phương trình này ⇒ m1 = 2; m2 = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 1;3; 2 ) ; ( 2;3;1)
Nhận xét: Bài toán giải hệ phương trình ba ẩn bằng cách biến đổi thích hợp
thì ta có thể đưa bài toán về dạng tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng (với số
thứ nhất là x + z và số thứ hai là xz và tim được x và z nhờ áp dụng hệ thức Vi ét từ
đó tìm được các nghiệm của hệ phương trình.

x + y + z = 9

d)  xy + yz + xz = 27
1 1 1
 + + =1
 x y z

( 1)
( 2)
( 3)

20


Hướng dẫn cách giải: áp dụng hệ thức Vi et đối với phương trình bậc ba:
3

ax + bx 2 + cx + d = 0

có 3 nghiệm là x1 ; x2 ; x3 thì

b

 x1 + x2 + x3 = − a

c

 x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
a

d

 x1.x2 x3 = − a


( I)

và ngược lại nếu 3 số x1 ; x2 ; x3 là thỏa mãn hệ thức ( I ) thì x1 ; x2 ; x3 là
nghiệm của phương trình bậc ba ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) khi đó ta có lời giải
như sau:
Giải:
- Nhận thấy x = 0; y = 0; z = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình
- Với x ≠ 0; y ≠ 0; z ≠ 0 ta có : Nhân cả 2 vế của phương trình ( 3) với xyz ta
xy + yz + xz = xyz ( 4 ) So sánh ( 2 ) và ( 4 ) ta được xyz = 27 khi đó ta có hệ
được:
phương trình:

x + y + z = 9


 xy + yz + xz = 27 Theo định lí Vi et đối với phương trình bậc ba thì x; y; z là
 xyz = 27

3
nghiệm của phương trình bậc ba một ẩn: X 3 − 9 X 2 + 27 X − 27 = 0 ⇔ ( X − 3) = 0 ⇔

X =3

Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 3
Nhận xét: Với bài toán giải hệ phương trình trên ta sử dụng phép biến đổi
hợp lí để đưa bài toán về dạng có thể áp dụng được hệ thức Vi et đối với phương
trình bậc ba một ẩn từ đó giải được hệ phương trình.
 x ( x + 1)  +  y ( y + 1)  = 18
 x 2 + x + y 2 + y = 18
⇔
e) 

 x ( x + 1) y ( y + 1) = 72
  x ( x + 1)   y ( y + 1)  = 72

( 1)
( 2)
Từ ( 1) ; ( 2 ) và áp dụng hệ thức Vi - et suy ra x ( x+1) ; y ( y+1) là nghiệm của
phương trình bậc hai:

t 2 − 18t + 72 = 0 ⇒ t1 = 6; t2 = 12

Khi đó xảy ra hai trường hợp

 x ( x+1) = 6


 y ( y+1) = 12

 x ( x+1) = 6
Giải hệ phương trình ( I ) : 
 y ( y+1) = 12

⇔

( II )

 x 2 + x − 6 = 0
 2
 y + y − 12 = 0

⇒ giải hệ phương trình này ta được 2 nghiệm:

21

 x ( x+1) = 12

 y ( y+1) = 6

( I)

x = 2

y = 3

và

 x = −3

 y = −4


 x ( x+1) = 12
Giải hệ phương trình 
 y ( y+1) = 6

( II )

 x 2 + x − 12 = 0
⇔  2
 y + y − 6 = 0

x = 3
 x = −4

; 
y = 2
 y = −3
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là; ( 2;3) ; ( −3; −4 ) ; ( 3; 2 ) ; ( −4; −3) .
⇒ giải hệ phương trình này ta được 2 nghiệm :

Nhận xét: Bài toán nhìn vào rất phức tạp nhưng chỉ biến đổi đôi chút và vận
dụng linh hoạt hệ thức Vi ét về tổng và tích của 2 số x +y và x.y nhưng nhìn
nhận các số là x ( x + 1) và y ( y + 1) ta sẽ đưa được hệ phương trình về dạng
đơn giản hơn đó là hệ hai phương trình bậc hai, mỗi phương trình bậc hai
mợt ẩn.

Phương pháp chung:
Như vậy từ những bài tốn giải hệ phương trình đối xứng loại I rất
phức tạp xong nếu biết biến đổi linh hoạt và vận dụng hệ thức Vi - et về tìm hai số
khi biết tổng và tích của chúng ta sẽ đưa bài tốn trở về dạng đơn giản hơn từ đó
tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Khi giải hệ phương trình mà vế trái là những đa thức đối xứng thì ta
có thể coi các ẩn đó là nghiệm của một phương trình rồi sử dụng hệ thức Vi - et
để thiết lập phương trình mới này. Nghĩa là ta đã chuyển việc giải hệ phương
trình n ẩn về giải một phương trình bậc n một ẩn, nếu phương trình này giải được
thì đó là nghiệm của hệ n phương trình đã cho.
Bài tập áp dụng:
1. Bài 1: Giải hệ phương trình
a)

 x + y + xy = 2
 2
đ/s
2
 x + y + xy = 4

{ ( x; y ) } = { ( 0; 2 ) ; ( 2;0 ) }

b)

{ ( x; y ) } = { ( 4;9 ) ; ( 9; 4 ) }
c)

1 1

x + y + x + y = 4



đ/s
 x2 + y2 + 1 + 1 = 4

x2 y 2

{ ( x; y ) } = { ( 1;1) }

d)

 x y + y x = 30

 x x + y y = 35

( x 2 + y 2 ) ( x + y ) = 3

 2
2
( x − y ) ( x − y ) = 15

{ ( x; y ) } = { ( 1; 2 ) ; ( 2;1) }

2. Bài 2: Giải hệ phương trình

a)

 x 2 + y − xy = 3
 2
 y + x − xy = 3

b)

 x 4 + y 4 − x 2 y 2 = 13
 2
2
( x + y ) − xy = 3

22


x + y + z = 9

c)  xy + yz + xz = 27
1 1 1
 + + =1
 x y z


* Dạng VI : V dụng hệ thức Vi ét vào việc lập phương trình bậc hai có
chứa hai biểu thức là 2 nghiệm của phương trình.
1. Ví dụ 1:
Lập phương trình bậc 2 có các nghiệm là:
x1 =

3− 5
3+ 5
; x2 =
.
2

2

Hướng dẫn cách giải:
- Muốn tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng ta làm ntn?
(Nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P
thì hai số u và v là hai nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 - Sx + P = 0 ;
Đ/K S 2 ≥ 4 P )
Giải:
Ta có x1 + x2 =

3− 5 3+ 5 3− 5 +3+ 5
+
=
=3
2
2
2

(

)(

)

( )

2

32 − 5
 3− 5   3+ 5  3− 5 3+ 5

9−5
x1.x2 = 
. 
=
=
=
=1
÷
÷
÷
÷
4
4
4
 2  2 
Vì x1 + x2 = 3 và x1.x2 =1 . Nên x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình bậc hai:
x 2 − 3x + 1 = 0

Vậy phương trình cần tìm là: x 2 − 3x + 1 = 0
Nhận xét: Để lập được phương trình bậc hai có 2 nghiệm nhận 2 số cho
trước là nghiệm thì ta vận dụng hệ thức Vi et đảo (tìm hai số khi biết tổng và tích
của chúng) ta làm như sau:
- Bước 1: Tính tổng và tích của hai số đó.
- Bước 2: áp dụng hệ thức Vi et đảo để tìm phương trình cần lập.
+ Ví dụ 2:
a) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn:
x1 . x 2 = 4

và

x1
x2
a2 − 7
+
=
x1 − 1 x2 − 1 a 2 − 4

b) Lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên và có một nghiệm là :

3− 5
3+ 5

Hướng dẫn cách giải:
- Đối với phần a thì ta đã biết được tích của hai số x1. x 2 = 4 nên ta cần tính
x1 + x 2 = ?

Từ đó tôi hướng dẫn cho học sinh tìm tổng x1 + x 2 = ? từ biểu thức
x1
x
a2 − 7
+ 2 = 2
x1 − 1 x2 − 1 a − 4

ta có lời giải như sau.

23


Giải:
a) Ta có:

x1
x
a2 − 7
+ 2 = 2
x1 − 1 x2 − 1 a − 4

⇔

x1 x2 − x1 + x1 x2 − x2 a 2 − 7
= 2
x1 x2 − x1 − x2 + 1
a −4

x1 ( x2 − 1) + x2 ( x1 − 1) a 2 − 7
= 2
a −4
( x1 − 1) ( x2 − 1)

( 1) ⇔

⇔

2 x1 x2 − ( x1 + x2 )
a2 − 7
= 2
x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 a − 4

⇔

8 − ( x1 + x2 )
a2 − 7
= 2
4 − ( x1 + x2 ) + 1 a − 4
⇔

8 − ( x1 + x2 ) a 2 − 7
=
5 − ( x1 + x2 ) a 2 − 4

⇔ 8 − ( x1 + x2 )  ( a 2 − 4 ) = 5 − ( x1 + x2 )  ( a 2 − 7 )

⇔ 3 ( x1 + x2 ) = 3a 2 + 3 ⇔ x1 + x2 = a 2 + 1

2
2
2
Điều kiện: S − 4 P ≥ 0 ⇔ ( a + 1) − 4 ≥ 0 ⇔ a − 3 ≥ 0 ⇔ a ≥ 3 hoặc a ≤ − 3

Vậy là nghiệm của phương trình: X − ( a + 1) X + 4 = 0 với a ≥ 3 hoặc a ≤ − 3
Nhận xét: Để lập được phương trình bậc hai khi biết tích hai ẩn và hệ thức
( 1) thì ta cần tìm tổng của hai ẩn để áp dụng định lí Vi et.
2

2

b) Phương trình bậc hai cần tìm có dạng tổng quát x 2 + px + q = 0 ( 2 ) với ( p; q ∈ Z )
3− 5
=
3+ 5

Ta có:

(

(

3− 5

3+ 5

)(

)

2

3− 5

=

8 − 2 15

) ( 3) − ( 5)
2

2

=

8 − 2 15
= −4 + 15
−2

Vì phương trình ( 2 ) có một nghiệm là : −4 + 15 ta có:

( −4 +

15

)

2

(

)

+ p −4 + 15 + q = 0

⇔ 31 − 8 15 + p 15 − 4 p + q = 0
⇔

( 31 − 4 p + q ) − ( 8 − p )

15 = 0

31 − 4 p + q
31 − 4 p + q
∈Z

15 ∈ R ;
(vô
lí)
Vì
8− p
8− p
+) Nếu 8 − p = 0 tức là p = 8 ⇒ q = 1
Cho nên phương trình cần tìm là: x 2 + 8 x + 1 = 0

+) Nếu 8 − p ≠ 0 ⇒

15 =

Nhận xét: Khi lập phương trình bậc hai khi biết trước mợt nghiệm và các hệ
số là số nguyên. Ta cần thay nghiệm của phương trình vào phương trình ban
đầu và xét các hệ số ngun đó.
 Phương pháp chung:
+) Ḿn lập phương trình bậc hai có nghiệm là hai số cho trước ta làm
như sau:
- Bước 1: Tính tổng và tích của hai số đó.

24


- Bước 2: áp dụng hệ thức Vi et đảo để tìm phương trình cần lập. ta tính
tổng và tích của chúng rồi áp dụng hệ thức Vi ét đảo để xác định phương trình
cần lập.
+) Trong trường hợp phương trình bậc hai cần lập biết trước một nghiệm
và các hệ số là các số nguyên thì ta thay nghiệm đó vào phương trình ban đầu
rồi tìm các hệ số đó.

Bài tập áp dụng:.
1. Bài 1: 1) Lập phương trình bậc hai với hệ số nguyên có nghiệm là: x1 =
4

4
3+ 5

4

 4   4 
 + 

2) Tính: P = 
3+ 5  3− 5 
2
2. Bài 2: Cho phương trình: mx + 2 ( m - 2 ) x + m - 3 = 0

(1)

a) Tìm m để (1) có hai nghiệm trái dấu α ; β .
b) Xác định m để (1) có hai nghiệm trái dấu sao cho nghiệm âm có giá trị
tuyệt đối lớn hơn.
3α

3β

c) Lập phương trình bậc hai nhận α − β và β − α là nghiệm.
Tóm lại:Khi hướng dõõ̃n học sinh vọõ̃n dụng hợợ̀ thức Vi et vào giải mụụ̣t sụ́
dạng toán thì đối với mỗi dạng bài tập giáo viên cần phải có lời giải mẫu cùng với
sự phân tích để các em hiểu và nắm bắt và vận dụng được phương pháp làm bài. Từ

một bài tập cụ thể giáo viên cần phải khai thác các cách giải cũng như mở rộng
kiến thức (khái quát hoá)
Khi xây dựng đề tài giáo viên phải chọn lọc và sắp xếp phân loại các bài tập
theo trình tự lôgíc từ dễ đến khó từ đơn giản đến phức tạp, Giáo viên cần khái quát
cách giải từng dạng bài tập đó vận dụng linh hoạt các phương pháp dạy học cũng
như các hình thức tổ chức dạy học phù hợp sao cho hiệu quả nhất đụợ̀ng thời mụõ̃i
giáo viên cần đầu tư thời gian, với sự tìm tòi lựa chọn xây dựng hệ thống bài toán,
phân dạng bài tập, xây dựng cách giải tổng quát thì trong quá trình giảng dạy sẽ rèn
luyện được kĩ năng vận dụng, trình bày lời giải, tư duy sáng tạo của học sinh qua
đó giúp các em tự tin, phấn khởi trong quá trình học tập.
7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến:
Qua thời gian tiếp tục nghiên cứu và áp dụng bản thân tôi xét thấy đề tài này
có tác dụng rất lớn trong quá trình giảng dạy môn Toán 9, tôi đã vận dụng từng
phần sau mỗi tiết học lý thuyết và tiết luyện tập về hệ thức Vi ét để học sinh được
củng cố và khắc sâu thêm đồng thời rèn luyện cho các em kỹ năng trình bày khi
gặp các bài toán dạng này. Ngoài ra đề tài này còn được áp dụng vào việc ôn tâp
,ôn thi vào 10 các em được hệ thống lại một cách hoàn chỉnh theo các dạng trên vì
thế việc áp dụng hệ thức Vi et đối với các em khi gặp trong các kỳ thi hay trong các
25