Tóm tắt Luận văn Ứng dụng công thức Viète trong giải toán bậc phổ thông

lớp chọn, học sinh còn được học công thức Viète đối với đa thức bậc ba, tuy nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức độ nhất định. Với mục đích tìm hiểu và hệ thống hóa những ứng dụng của công thức Viète trong chương trình toán học phổ thông, tôi chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ của mình là: “ Ứng dụng công thức Viète trong giải toán bậc phổ thông”. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu - Tìm hiểu, nghiên cứu các ứng dụng của công thức Viète trong giải toán. - Hệ thống và phân loại các bài toán có thể giải được bằng công thức Viète. - Định hướng việc ứng dụng công thức Viète cho từng lớp bài toán. 2 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu - Đa thức một ẩn, đa thức nhiều ẩn, đa thức đối xứng, phương trình, hệ phương trình đối xứng. - Công thức Viète và các ứng dụng trong chương trình toán bậc phổ thông. - Các dạng toán phổ thông được giải bằng công thức Viète. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu - Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu có nội dung liên quan đến đề tài luận văn, đặc biệt là các tài liệu liên quan đến công thức Viète. - Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận văn. - Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn, của chuyên gia và của các đồng nghiệp. 5. Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu và kết luận nội dung của luận văn được chia thành hai chương: Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị Chương này nhắc lại một số kiến thức cơ sở về đại số, giải tích và lượng giác đủ để làm cơ sở cho chương sau. Chương 2. Những Ứng dụng của Công thức Viète Chương này là nội dung chính của luận văn, trình bày các ứng dụng của công thức Viète trong giải toán bậc phổ thông. 3 CHƢƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. ĐA THỨC MỘT ẨN 1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn Giả sử A là một vành giao hoán, có đơn vị kí hiệu là 1. Ta gọi P là tập hợp các dãy 0 1( , , ..., , ...)na a a trong đó ,ia A với mọi i và 0ia  tất cả trừ một số hữu hạn. Trên P ta định nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau: 0 1 0 1 0 0 1 1( , ,..., , ...) ( , ,..., , ...) ( , ,..., , ...)n n n na a a b b b a b a b a b     (1.1) 0 1 0 1 0 1( , ,..., , ...) ( , ,..., , ...) ( , , ..., , ...)n n na a a b b b c c c  (1.2) với 0 1 0... , 0, 1, 2,...k k k k i j i j k c a b a b a b a b k         Vì các ia và ib bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên các i ia b và các cũng bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên (1.1) và (1.2) xác định hai phép toán trong P. Tập P cùng với hai phép toán cộng và nhân ở trên là một vành giao hoán có đơn vị. Phần tử không của phép cộng là dãy (0, 0, ...) , phần tử đơn vị của phép nhân này là (1, 0, 0, ...) . Xét dãy (0, 1, 0, ..., 0, ...)x P  . Theo quy tắc của phép nhân trong P, ta có: 2 (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...)x  , 3 (0, 0, 0, 1, 0,..., 0,...)x  , ... , (0, ..., 0, 1, 0,..., 0,...)n n x  Ta quy ước 0 (1, 0, 0,...)x  . Mặt khác, xét ánh xạ: A P ( , 0, 0,...)a a . Dễ dàng kiểm chứng được ánh xạ này là một đơn cấu vành, do 4 đó ta đồng nhất phần tử a A với dãy ( , 0, 0, ...)a P và xem A là một vành con của vành P. Vì mỗi phần tử của P là một dãy 0 1( , , ..., ,...)na a a trong đó 0ia  trừ tất cả một số hữu hạn, nên mỗi phần tử của P có dạng 0 1( , , ..., , 0, 0,...)na a a trong đó 0 1, , ..., na a a A (không nhất thiết khác 0). Việc đồng nhất a với ( , 0, 0,...)a và việc đưa vào dãy x cho phép ta viết 0 1 0 1( , ,..., ,0,0,...) ( ,0,0,...) (0, ,0,0,...) ... (0,...,0, ,0,...)n na a a a a a    0 20 1 2 ... n na x a x a x a x     . Định nghĩa 1.1. Vành P được định nghĩa như trên được gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A, gọi tắt là vành đa thức ẩn x trên A, kí hiệu [ ]A x . Các phần tử của [ ]A x gọi là các đa thức thức của ẩn x lấy hệ tử trong A và thường kí hiệu là ( ), ( ), ...f x g x Trong một đa thức 0 20 1 2( ) ... n nf x a x a x a x a x     , các , 0,ia i n gọi là các hệ tử của đa thức, các i ia x gọi là các hạng tử của đa thức và đặc biệt 00 0a a x được gọi là hạng tử tự do của đa thức. 1.1.2. Bậc của đa thức một ẩn Định nghĩa 1.2. Cho đa thức 0 20 1 2( ) ... n nf x a x a x a x a x     khác 0 với 0na  . Ta gọi bậc của ( )f x là n, kí hiệu deg ( )f x n . Hệ tử na được gọi là hệ tử cao nhất của ( )f x . Quy ƣớc: Đa thức 0 không có bậc. 1.1.3. Phép chia có dƣ, đồng dƣ thức 1.1.4. Nghiệm của đa thức một ẩn 1.2. ĐA THỨC NHIỀU ẨN 1.2.1. Xây dựng vành đa thức n ẩn 5 Định nghĩa 1.5. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị. [ ]iA x là vành đa thức ẩn ix trên A , 1,i n . Ta đặt 1 1 2 1 2 1[ ], [ ], ..., [ ]n n nA A x A A x A A x   Vành 1[ ]n nA A x được kí hiệu 1 2[ , , ..., ]nA x x x và gọi là vành đa thức của n ẩn 1 2, , ..., nx x x lấy hệ tử trong A. Mỗi phần tử của nA gọi là một đa thức của n ẩn 1 2, ,... nx x x lấy hệ tử trong A và thường được kí hiệu là 1 2( , ,... ),nf x x x 1 2( , ,... ),...ng x x x Từ định nghĩa trên ta có 1iA  sẽ là các vành con của vành 0 1 2, 1, : ...i nA i n A A A A A      . Từ đó với mọi 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ]n nf x x x A x x x ta đều có thể viết dưới dạng 1 2 1 211 12 21 221 2 1 1 2 2 1 2 1 2( , ,..., ) ... ... ... ... n n m m mna a a a aa a a a n n n m nf x x x c x x x c x x x c x x x    , với ;ic A 1 2, ,..., , 1,i i ina a a i m là các số tự nhiên và 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i in j j jna a a a a a khi i j . Các ic gọi là các hệ tử, 1 2 1 2 ... i i ina a a i nc x x x gọi là các hạng tử của đa thức 1 2( , ,..., )nf x x x . Đa thức 1 2( , ,..., ) 0nf x x x  khi và chỉ khi tất cả các hệ tử của nó bằng 0. 1.2.2. Bậc của đa thức nhiều ẩn Định nghĩa 1.6. Giả sử 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ]n nf x x x A x x x là đa thức khác 0: 1 2 1 211 12 21 22 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( , ,..., ) ... ... ... ... n n m m mna a a a aa a a a n n n m nf x x x c x x x c x x x c x x x    với ;ic A 1 2, ,..., , 1,i i ina a a i m là các số tự nhiên và 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )i i in j j jna a a a a a khi i j . Ta gọi bậc của đa thức 1 2( , ,..., )nf x x x đối với ẩn ix là số mũ cao nhất mà ix có được trong các hạng tử của đa thức. 6 Ta gọi bậc của hạng tử 1 21 2 .. . i i ina a a i nc x x x là tổng các số mũ của các ẩn. Hạng tử có số mũ lớn nhất được gọi là hạng tử cao nhất của 1 2( , ,..., )nf x x x . Bậc của đa thức (đối với toàn thể các ẩn) là số lớn nhất trong các bậc của hạng tử. Một đa thức mà các hạng tử của nó đều có cùng bậc k được gọi là đẳng cấp bậc k hay một dạng bậc k. Đặc biệt một dạng bậc nhất gọi là dạng tuyến tính, một dạng bậc hai gọi là dạng toàn phương, một dạng bậc ba gọi là dạng lập phương. 1.2.3. Đa thức đối xứng Định nghĩa 1.7. Giả sử A là một vành giao hoán có đơn vị, 1 2( , ,..., )nf x x x là một đa thức của vành 1 2[ , ,..., ]nA x x x . Ta nói 1 2( , ,..., )nf x x x là một đa thức đối xứng của n ẩn nếu 1 2 (1) (2) ( )( , ,..., ) ( , ,..., )n nf x x x f x x x   , với mọi phép thế 1 2 ... , (1) (2) ... ( ) n n            trong đó (1) (2) ( )( , ,..., )nf x x x   có được từ 1 2( , ,..., )nf x x x bằng cách trong 1 2( , ,..., )nf x x x thay ix bởi ( ) , 1,ix i n  . Ta có thể nói một đa thức đối xứng, nếu nó không thay đổi khi thay đổi khi thay đổi vai trò của biến cho nhau trong dạng khai triển của nó. Định nghĩa 1.8. Những đa thức dạng: 1 2 1 2 ... ... , 1, k k k i i i i i i x x x k n      là các đa thức đối xứng và là các đa thức đối xứng cơ bản đối với n ẩn 1 2, ,..., nx x x . Giả sử 1 2( , ,..., )ng x x x là một đa thức của 1 2[ , ,..., ]nA x x x , 7 phần tử của 1 2[ , ,..., ]nA x x x có được bằng cách trong 1 2( , ,..., )ng x x x thay ix bởi , 1,i i n  gọi là đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản, kí hiệu 1 2( , ,..., )ng    . Vì 1 2, ,..., n   là các đa thức đối xứng nên 1 2( , ,..., )ng    cũng là một đa thức đối xứng 1.2.4. Công thức Viète Cho đa thức bậc n: 1 0 1 1( ) ... n n n nf x a x a x a x a       lấy hệ tử trong một trường nào đó. Khi đó 1 2, ,..., nx x x là n nghiệm của khi và chỉ khi chúng thỏa mãn các hệ thức sau: 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 3 1 1 ... 1 2 ... ... ... ... ( 1) ... ... ( 1) k k n n i i o n n i j i j n o k k k i i i i i i o n n n n o a x x x x a a x x x x x x x x a a x x x a a x x x a                                                (1.3) Công thức này gọi là công thức Viète và các vế trái là các đa thức đối xứng cơ bản đối với các biến 1 2, ,..., nx x x . 1.3. ĐA THỨC VỚI CÁC YẾU TỐ GIẢI TÍCH 1.4. DÃY TRUY HỒI VÀ ĐA THỨC ĐẶC TRƢNG 1.5. MỘT SỐ CÔNG THỨC LƢỢNG GIÁC VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC QUEN BIẾT 8 CHƢƠNG 2 NHỮNG ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC VIÈTE 2.1. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG ĐẠI SỐ 2.1.1. Những vấn đề liên quan đến phƣơng trình đa thức a. Tính giá trị biểu thức đối xứng giữa các nghiệm Phương pháp: Giá trị của những biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của phương trình thường được tính như sau: Bước 1: Kiểm tra điều kiện có nghiệm của phương trình. Tính giá trị của các đa thức đối xứng cơ bản đối với các nghiệm của phương trình. Bước 2: Biểu diễn các biểu thức đối xứng qua các đa thức đối xứng cơ bản. Bước 3: Dựa vào các đa thức đối xứng cơ bản để tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm. Bài toán 2.1.1. Cho phương trình ( 1)( 2)( 3)( 4)x x x x m     , với m là tham số thực. Xác định m để 4 nghiệm (phức) 1 2 3 4, , ,x x x x của phương trình đều khác 0. Từ đó tính tổng S 1 2 3 4 1 1 1 1 x x x x     theo tham số m. Lời giải. Bước 1: Khai triển phương trình đã cho ta được 4 3 2 50 24 0x bx cx x m      . Bước 2: Áp dụng công thức Viète ta có: 3 4 1 2 3 4 50 24 i j kx x x x x x x m           . Để cả 4 nghiệm của phương trình đều khác 0 thì điều kiện là 4 0  , nghĩa là 24m  . 9 Bước 3: Ta có: S 3 1 2 3 4 1 2 3 4 4 1 1 1 1 50 . 24 i j kx x x x x x x x x x x m            Vậy S 50 , 24. 24 m m     b. Tìm giá trị tham số để phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước Phương pháp: Các bài toán dạng này thường được giải theo phương pháp điều kiện cần và đủ như sau: Bước 1: Điều kiện cần: Giả sử phương trình đa thức bậc n có đủ nghiệm, dựa vào công thức Viète để tính giá trị của các đa thức đối xứng cơ bản đối với các nghiệm của phương trình. Bước 2: Biểu diễn điều kiện cho trước (thường là biểu thức đối xứng giữa các nghiệm) qua các đa thức đối xứng cơ bản, từ đó suy ra điều kiện của tham số. Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ. Bài toán 2.1.5. Hãy tìm những giá trị của tham số a sao cho phương trình 4 3 23 6 4 0x x x ax     có 4 nghiệm (phức) 1 2 3 4, , ,x x x x , trong đó có một nghiệm, chẳng hạn 1x , thỏa mãn: 1 2 3 4 1 1 1 x x x x    . Lời giải. Bước 1: Gọi 4 nghiệm của phương trình đã cho là 1 2 3 4, , ,x x x x . Theo công thức Viète ta có: 1 2 3 43, 6, , 4a         . Bước 2: 1 3 4 2 4 2 3 1 2 3 4 4 2 3 4 1 1 1 4x x x x x x x x x x x x x x          . 10 Hay 2 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 14 6 ( ) 6 ( 3 ) 3 6x x x x x x x x x x x x            4 1 115 14.x x    Thay x bởi 1x vào phương trình đã cho ta được: 4 3 2 1 1 1 13 6 4 0x x x ax     1 4 , 12. 12 x a a     Nghĩa là a phải thỏa mãn phương trình: 2 16 4 3. 2 0 ( 12) 12a a      . Suy ra 8a  hoặc 10a  . Bước 3: Thay 8, 10a a  vào phương trình đã cho, ta kiểm tra được phương trình thỏa mãn điều kiện đã cho. Vậy có hai giá trị của tham số a là 8a  và 10a  . c. Giải phương trình đa thức khi biết tính chất của các nghiệm Phương pháp: Bước 1: Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình. Bước 2: Dựa vào tính chất của nghiệm cùng với công thức Viète để tìm nghiệm của phương trình. Bài toán 2.1.9. Giải phương trình 3 212 4 17 6 0x x x    , biết rằng phương trình có hai nghiệm (phức) có tích bằng – 1. Lời giải. Bước 1: Phương trình luôn có nghiệm (phức). Bước 2: Gọi 1 2 3, ,x x x là 3 nghiệm (phức) của phương trình, khi đó theo công thức Viète ta có: 1 2 3 1 2 3 1 1 ; 3 2 x x x x x x      . Theo giả thiết phương trình có 2 nghiệm mà tích của chúng bằng – 1, không mất tính tổng quát ta gọi hai nghiệm đó là 1 2,x x . 11 Ta có: 1 2 3 3 1 2 1 1 2 2 1 x x x x x x         . Khi đó 1 2 5 6 x x   . Theo công thức Viète thì 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình 2 5 1 0 6 X X   1 2 2 3 ; 3 2 x x    . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 3 1 2 ; ; 2 2 3       . e. Giải phương trình chứa căn thức Phương pháp: Ta có thể vận dụng công thức Viète, để giải phương trình vô tỉ có dạng ( ) ( ) 0n ma f x b g x    , cụ thể như sau: Bước 1: Tìm tập xác định của phương trình. Bước 2: Đặt ẩn phụ ( ) ( ) n m u a f x v a g x       , xác định điều kiện của ẩn phụ. Biến đổi phương trình vô tỉ về phương trình đa thức, từ đó ứng dụng công thức Viète để giải phương trình theo ẩn phụ. Tiếp theo suy ra nghiệm của phương trình vô tỉ ban đầu. Bài toán 2.1.20. Giải phương trình: 4 45 1 2x x    . Lời giải. Bước 1: Tập xác định  1; 5D  . Bước 2: Đặt 4 4 4 4 4 4 , 0 5 5 4 1 1 u v u x u x u v v x v x                  . 12 Khi đó phương trình đã cho trở thành: 4 4 , 0 4 2 u v u v u v        . Suy ra , 0 2 0 u v u v uv        hoặc , 0 4 2 u v uv u v        . Theo công thức Viète thì u, v là nghiệm của phương trình 2 2 0t t  hoặc phương trình 2 2 4 0t t   . Phương trình 2 2 4 0t t   vô nghiệm. Phương trình 2 2 0t t  có nghiệm là: 0t  và 2t  . Suy ra các cặp u, v có thể là: 0 2 ; 2 0 u u v v           . Ta có: 4 4 5 0 5 1 2 x x x        (thỏa mãn điều kiện) 4 4 5 2 1 1 0 x x x        (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 5x  hoặc 1x  . 2.1.2. Giải hệ phƣơng trình Phương pháp: Để giải hệ phương trình đối xứng loại I. (Tức là khi ta hoán đổi vị trí của các ẩn trong từng phương trình của hệ thì các phương trình của hệ không thay đổi ), ta thường thực hiện như sau: Bước 1: Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình theo các đa thức đối xứng cơ bản của các ẩn. Bước 2: Giải hệ phương trình theo các đa thức đối xứng cơ bản. 13 Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tìm nghiệm của hệ phương trình ban đầu. Bài toán 2.1.24. Giải hệ phương trình 3 3 3 4 4 4 3 27 113 x y z x y z x y z              , , ,x y z  . Lời giải. Bước 1: Ta có: 3 3 3x y z  3 1 1 2 33 3      , và 4 4 4 4 2 21 1 2 2 1 34 2 4x y z            . Vậy hệ phương trình đã cho trở thành: 1 3 1 1 2 3 4 2 2 1 1 2 2 1 3 3 3 3 27 4 2 4 113                         . Bước 2: 1 2 3 1 2 3 3, 4, 12 3, 4, 12                   . Bước 3: i) Trường hợp 1 2 33, 4, 12       . Theo công thức Viète thì , ,x y z là nghiệm của phương trình 3 23 4 12 0X X X    hay 3, 2 , 2X X i X i     . ii) Trường hợp 1 2 33, 4, 12       . Theo công thức Viète thì , ,x y z là nghiệm của phương trình 3 23 4 12 0X X X    hay 3, 2, 2X X X     . Vậy hệ phương trình đã cho có 12 nghiệm là các hoán vị của  3, 2 , 2i i  và các hoán vị của  3, 2, 2  . 14 2.1.3. Các bài toán về đa thức Bài toán 2.1.29. Hãy tìm tất cả các đa thức ( )nP x với hệ số nguyên và có dạng 11 1( ) ! ... ( 1) ( 1) n n n n nP x n x a x a x n n         sao cho ( )nP x có n nghiệm thực 1 2, , ..., nx x x thỏa mãn điều kiện [ , 1];kx k k  1, 2, ...,k n và 1n  . Lời giải. Với 1n  , đa thức 1( ) 2P x x  là đa thức thỏa mãn các điều kiện của bài toán, vì nó có một nghiệm là 1 2 [1, 2]x   . Với 2n  , đa thức có dạng 22 1( ) 2 6P x x a x   ở đây 1a là một số nguyên. Theo điều kiện thì đa thức này phải có 2 nghiệm thực 1 2,x x sao cho 1 21 2 3x x    . Theo công thức Viète ta có: 11 2 2 a x x   và 1 2 3x x  . Khi đó ta nhận được: 2 2 2 2 ( ) 2 7 6 ( ) 2 8 6 P x x x Q x x x         . Với 3n  , áp dụng công thức Viète cho đa thức ( )nP x , ta có: 1 2 ( 1) 1 ... ! ( 1)! n n n n x x x n n      . Nhưng với 3n  ta có: 1 1 ! ( 1)! 2 n n n n n       . Vì thế 1 2... !nx x x n Mặt khác từ điều kiện [ , 1]; 1, 2, ...,kx k k k n   ta nhận được 1 2... 1.2.3... !nx x x n n  . Điều này vô lý và cho thấy không tồn tại đa thức thỏa mãn bậc 3n  điều kiện đề bài. Vậy các đa thức ta phải tìm: 15 2 1 2( ) 2; ( ) 7 6P x x P x x x     và 2( ) 2 8 6Q x x x   . 2.1.4. Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến đa thức Phương pháp: Bước 1: Áp dụng công thức Viète đối với đa thức đã có để chuyển các bất đẳng thức thành bất đẳng thức giữa các nghiệm của đa thức. Bước 2: Sử dụng các bất đẳng thức đại số quen biết để chứng minh bất đẳng thức giữa các nghiệm và từ đó suy ra bất đẳng thức ban đầu. Bài toán 2.1.34. Giả sử đa thức 2( ) , 0f x ax bx c a    có hai nghiệm  1 2, 2;x x   . Chứng minh bất đẳng thức sau: (4 ) 2 2(4 2 ) c a b a b c a            . Lời giải. Bước 1: Áp dụng công thức Viète đối với đa thức ( )f x , ta có 1 2 1 2, b c x x x x a a     . Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 . 2 2 2 2 x x x x      . (2.1) Bước 2: Đặt 2 1 2 2 2 2 x u x v       . 16 Khi đó: (2.1)  2 2 1 1 2 ; , 1 1 1 1 u v u v uv        . Ta có: 2 2 1 1 2 1 1 1u v uv      2 2 2 ( ) ( 1) 0 (1 ) (1 ) (1 ) v u uv uv u v        . Bất đẳng thức (2.1) được chứng minh. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 2.1.5. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số Bài toán 2.1.40. Cho hai số thực x, y thỏa mãn 3 1 3 2x x y y     . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức K x y  . Lời giải. Điều kiện xác định: 1 2 x y      . Xét hệ: 3 1 3 2x x y y K x y           3( 1 2)x y K x y K         . (2.2) Đặt 2 21, 2 3 3u x v y u v x y K           . Vậy (2.2) trở thành: 22 2 3( ) 3 13 3 2 9 K u v u v K Ku v K uv K                    . Theo công thức Viète thì u, v là nghiệm của phương trình 2 218 6 9 27 0t K t K K     . Hệ phương trình đã cho có nghiệm ( , )x y sao cho 1, 2x y    khi và chỉ khi 2 218 6 9 27 0t K t K K     có hai nghiệm 17 không âm hay 9 3 21 9 3 15 2 K     . Vậy giá trị nhỏ nhất của K là 9 3 21 2  và giá trị lớn nhất của K là 9 3 15 . 2.2. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG SỐ HỌC Bài toán 2.2.5. Cho dãy số ( )n nu được xác định như sau: 0 2,u  1 6,u  1 16 2n n nu u u   . Chứng minh rằng 1 2 2 , k ku k    . Lời giải. Ta xét phương trình đặc trưng của dãy số là: 2 6 2 0x x   . Phương trình có hai nghiệm 1 23 11, 3 11x x    nên dạng tổng quát của dãy số là    3 11 3 11 n n nu     . k  , ta có:     2 2 2 3 11 3 11 k k ku     2 (10 3 11) (10 3 11) 2 . k k k k       Đặt 1 10 3 11x   , 2 10 3 11x   . Khi đó ta có: 1 2 1 2 20 1 x x x x     nên theo công thức Viète thì 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình: 2 20 1 0X X   . 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2P 20 20 20P P n n n n n n n n nx x x x x x               . Đồng thời ta có 0 1P 2, P 20  nên từ công thức truy hồi ta suy ra Pn luôn là một số chẵn. Vậy 1 2 2 , k ku k    . 18 2.3. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG GIẢI TÍCH 2.3.1. Các bài toán liên quan đến giao điểm của đồ thị hàm số với một đƣờng thẳng Phương pháp: Bước 1: Viết phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với đường thẳng. Bước 2: Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm có nghiệm. (Lưu ý rằng số nghiệm của phương trình chính là sô giao điểm của các đồ thị). Bược 3: Áp dụng công thức Viète để biểu diễn mối liên hệ của các nghiệm. Sau đó biến đổi để giải quyết bài toán. Bài toán 2.3.1. Cho hàm số 3 3 3 2( 1) x x y x      có đồ thị (C). Tìm m để đường thẳng y m cắt đồ thị (C) của hàm số tại hai điểm A và B sao cho AB 1 . Lời giải. Bước 1: Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y m với đồ thị (C) của hàm số là: 3 3 3 2( 1) x x m x       2 (2 3) 3 2 0x m x m     . (2.3) Bước 2: Để đường thẳng y m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B thì điều kiện là phương trình trên có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x (là hoành độ của hai giao điểm A, B). Điều này tương đương với 3 2 m  hoặc 1 2 m   (2.4) Bước 3: Với điều kiện trên của tham số m thì theo công thức 19 Viète, ta có 1 2 1 2 2 3 3 2 x x m x x m         . Và AB 1 2 1 5(2 3) 4(3 2 ) 1 2 m m m         , (thỏa mãn điều kiện (2.4)). 2.3.2. Các bài toán cực trị của hàm số Phương pháp: Bước 1: Xác định điều kiện để hàm số có cực trị và tìm biểu thức liên hệ giữa các tọa độ của các cực trị. Bước 2: Áp dụng công thức Viète và biến đổi để giải quyết bài toán. Bài toán 2.3.6. Cho hàm số 3 2 2 22( 1) ( 4 1) 2( 1)y x m x m m x m        . Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2,x x sao cho 1 2 1 2 1 1 1 .( ) 2 x x x x    . Lời giải. Bước 1: Ta có: 2 2' 0 3 4( 1) 4 1 0y x m x m m        . (2.5) Hàm số đạt cực trị khi và chỉ khi phương trình (2.5) có hai nghiệm phân biệt 2 2 3 ' 0 4 1 0 2 3 m m m m                 . 20 Bước 2: Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình (2.55). Theo công thức Viète ta có 1 2 2 1 2 4(1 ) 3 4 1 3 m x x m m x x         . Theo giả thiết 1 2 1 2 1 1 1 ( ) 2 x x x x    1 1 5 m m m         . 1m  không thỏa điều kiện Vậy 1m  và 5m  2.3.3. Các bài toán về tiếp tuyến Bài toán 2.3.10. Cho hàm số 3 23 1y x x mx    có đồ thị ( )mC , (m là tham số). Xác định m để ( )mC cắt đường thẳng 1y  tại 3 điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của ( )mC tại D, E vuông góc với nhau. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và đường thẳng 1y  là 3 2 2 0 3 1 1 ( ) 3 0. x x x mx g x x x m            Để ( )mC cắt đường thẳng 1y  tại ba điểm C(0;1), D, E phân biệt thì điều kiện là ( )g x có 2 nghiệm phân biệt 1 2, 0x x  hay 2 9 9 4 0 4 0 3.0 0 0 g m m m m              . ( )g x có 2 nghiệm 1 2,x x . Khi đó theo công thức Viète ta có 1 2 1 2 3x x x x m      . 21 Để các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau thì 1 2 1k k   .  1 (9 65) 8 m   , thỏa mãn điều kiện của m. 2.4. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG LƢỢNG GIÁC Phương pháp: Bước 1: Chọn một phương trình nhận những giá trị trong các biểu thức của bài toán làm nghiệm. Bước 2: Xây dựng phương trình đại số nhân các hàm số lượng giác tương ứng làm nghiệm. Bước 3: Áp dụng công thức Viète để tính các giá trị biểu thức hoặc chứng minh biểu thức lượng giác. Bài toán 2.4.1. Tính giá trị của biểu thức A 1 1 1 3 cos cos 5 5      . Lời giải. Bước 1: Ta có: 3 , , 5 5    là nghiệm của phương trình  5 2 1 ,x k k   , lần lượt ứng với 0, 1, 2k k k   . Bước 2: 5 2x k   3 24cos 2cos 3cos 1 0.x x x     Bước 3: Suy ra 3 cos , cos , cos 5 5    là 3 nghiệm của phương trình 3 24 2 3 1 0y y y    nên theo công thức Viète ta có: 2 3 3 1 , 4 4     . 22 Vậy A 2 3 1 1 1 3. 3 cos cos cos 5 5            2.5. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG HÌNH HỌC Bài toán 2.5.1. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi (d) là đường thẳng dựng từ A vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là một điểm trên (d) khác A, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H là trực tâm của tam giác MBC, N là giao điểm của OH và (d). a) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên (d) thì AM.AN không đổi. b) Tính AM, AN trong hai trường hợp 3 MN 2 a  . Lời giải. a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AC. Vậy suy ra O là giao điểm của AI và BJ. Vì MA BJ (d) (ABC) AC BJ      BJ (MAC) BJ MC    .   MC BJ MC (BHJ) MC OH; OH (BHJ) MC BH        . Chứng minh tương tự ta có: BM OH . Suy ra OH (MBC)