Khóa luận tốt nghiệp
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Định lý là một mệnh đề đúng vì thế nó là kiến thức cơ bản và có giá trị
về phương diện suy luận và ứng dụng trong chương trình toán nói chung cũng
như chương trình toán trung học phổ thông nói riêng.
Có rất nhiều định lý nổi tiếng có vai trò quan trọng trong nghành toán
học như định lý Fermat, định lý Chebyshev, định lý Bunhia, định lý
Cauchy….trong đó có định lý Vi-ét. Do có đặc thù đặc biệt gồm định lý thuận
và định lý đảo nên nó có nhiều ứng dụng quan trọng, có vai trò “móc chìa
khóa” mở ra các hướng giải quyết cho những bài toán liên quan đến phương
trình bậc hai, hệ phương trình….
Những ứng dụng phong phú của định lý Vi-ét đã góp phần làm đa dạng
các bài tập về phương trình bậc hai, quy về phương trình bậc hai, các bài toán
liên quan đến nghiệm số của phương trình bậc hai, những thuật giải phương
trình, hệ phương trình độc đáo.
Việc vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải toán đã tạo được hứng thú giải bài
tập cho học sinh, hình thành cho học sinh những lý tưởng phong phú, trau dồi
tư duy và óc sáng tạo cho các em. Tuy nhiên, còn rất nhiều ứng dụng của định
lý Vi-ét mà hầu như học sinh chưa nắm được. Với việc hệ thống một cách
tương đối đầy đủ và cụ thể theo từng dạng cùng phương pháp giải và bài tập
áp dụng nhằm cung cấp thêm tài liệu cho học sinh và giáo viên thuận lợi trong
quá trình học tập, cùng với sự say mê của bản thân, ham muốn học hỏi, tìm
tòi mong muốn có được kiến thức vững vàng hơn về các bài toán ứng dụng
của định lý Vi-ét mà tôi chọn đề tài “Ứng dụng của định lý Vi-ét để giải một
số bài toán trung học phổ thông”.

Lê Thị Thanh Thảo

1

K35A - SP Toán


2. Mục đích nghiên cứu
Cung cấp thêm tài liệu cho giáo viên và học sinh thuận lợi trong quá
trình học tập và giảng dạy, từ đó nâng cao chất lượng dạy và học trong nhà
trường phổ thông.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu cơ sở lý luận, ứng dụng của định lý Vi-ét.
- Tìm hiểu thực trạng dạy và học định lý Vi-ét ở một số trường trung học
phổ thông.
- Xây dựng hệ thống bài tập về một số ứng dụng của định lý Vi-ét.
- Tiến hành thực nghiệm để kiểm tra tính khả thi của khóa luận.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
- Phương pháp thực nghiệm.
5. Cấu trúc đề tài
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
Nội dung
Chương 1. Cơ sở lý luận
Chương 2. Ứng dụng của định lý Vi-ét để giải các bài toán trung học
phổ thông.
Chương 3. Thực nghiệm sư phạm.
Kết luận.



NỘI DUNG
Chương 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.1. Định lý Vi-ét
1.1.1. Định lý Vi-ét trong Toán học
1.1.1.1. Định lý thuận
Nếu phương trình bậc n
n

n1

a nx  a n1 x  ...  a 1x  a 0

 0  a  0

có n nghiệm x , x ,..., (các nghiệm không nhất thiết phân biệt) thì ta có hệ
1
2
xn
thức Vi-ét sau:
x1  x2  ...  xn

a
  n1
a

 ...x 1
x


n

x1 x2  x1 x3...  x1  x2 x3  ...  x2 x
x
n


x

1i1 i2 ...n

....
x

x
i1

i2

 1k

n

ank
a

ik
n

xx

...x

1 2

a0

 1k .
n

an

1.1.1.2. Định lý đảo
Cho n số thực tùy ý 1 ,2 ,..., .
Đặt

S1  1   2  ...   n
S2  12  23...   n1 n

n


n

an2
an


……
……


……………….....
Sk 



1i1 i2 ...n

i  i ... i
1

2

k

……………………………….
Sn  1. 2 ... n .


Khi đó  , ,...,

là các nghiệm của phương trình:
x  S x  ...   1 k S xnk  ...   1 n S
0.
1

n

2
n1
1


k

n

1.1.1.3. Ví dụ
Định lý Vi-ét đối với phương trình bậc ba.
 Định lý thuận
Cho phương trình bậc ba:
ax3  bx2  cx  d  0  a  0 .
Giả sử phương trình có ba nghiệm
phải phân biệt).
b

xx x 
2
3
1
a

Khi đó  x x  x x  x  c .
x
12
2 3
1 3
a
d

xxx 
 1 2 3

a

 Định lý đảo

x1 , x2 , x3 (các nghiệm không nhất thiết

Giả sử cho 3 số thực x1 , x2 , x3 .
Đặt S  x  x  x
1
1
2
3
S2  x1 x2  x2 x3  x1 x3
S3  x1 x2 x3 .
Khi đó x1 , x2 , là các nghiệm của phương trình:
x3
3

2

x Sx S xS 0.
2
3
1
1.1.2. Nội dung định lý Vi-ét trong nhà trường phổ thông
1.1.2.1. Định lý thuận
Nếu phương trình bậc hai ax2  bx  c  0  a  0 có hai nghiệm x , x thì
1
2


b
xx

2
1
a.

 x .x  c


1

2

a


1.1.2.2. Định lý đảo
Nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là nghiệm
của phương trình:
2

X  SX  P  0 .
2

Điều kiện cần và đủ để tồn tại hai số u và v là S ≥ 4P.
1.2. Một số ứng dụng của định lý Vi-ét để giải các bài toán Trung học
phổ thông
1.2.1. Bài toán nhẩm các nghiệm của phương trình bậc hai
Ví dụ: Không giải phương trình, hãy tìm nghiệm các phương trình sau:

2
2
a, x  3x  2  0
b, x  7x  8  0
2

c, 2x  5x  3  0

2

Giải

d, 5x  12x 17  0 .

2

a, x  3x  2  0
Ta có: a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0
Phương trình có hai nghiệm 

x1
1

.

 x2  2

2

b, x  7x  8  0

Ta có: a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0
Phương trình có hai nghiệm 

 x  1
1

.

 x2  8

2

c, 2x  5x  3  0
Ta có: a – b + c = 2 – 5 + 3 = 0


 x1  1

Phương trình có hai nghiệm
.
x  3
2
2

2

d, 5x  12x  17  0
Ta có: a + b + c = 5 + 12 – 17 = 0
 x1  1
17 .

 Phương trình có hai nghiệm
 x2  

5


1.2.2. Bài toán tính giá trị các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của
phương trình bậc hai
Ví dụ 1: Giả sử phương trình ax2  bx  c  0  a  0

có hai nghiệm

x1 , x2 . Hãy lập phương trình có nghiệm như sau:
a, x và x
1

d, x  x và x .x

2

1

e,

b, 2x1 và 2x2
c,

2

x1


và

1
x1

2

và

1

1
x2

2

.

2

x2
Giải

Giả sử phương trình ax  bx  c  0  a  0
2



Sxx






Khi đó ta đặt:

có hai nghiệm x1 , x2 .

b
a

1

2


 P  x .x  c
a, x1 và

có: 



x2

1

2


a

 x1    x2     x1  x2   S Ta
 x1  x2   x1 x2  P

Vậy x1 và x2

là nghiệm của phương trình t  St  P  0 .
2

b, 2x1 và 2x2

2x  2x  2(x  x )  2S
2
1
2
Ta có:  1
2x1.2x2  4x1 x2  4P
Vậy 2x1 và 2x2 là nghiệm của phương trình t 2  2St  P  0 .
c,

2

x1

2
và x2

Ta có:


 x2  x 2   x  x 2  2x x  S 2  2P

1

2

1

2

1 2


2

2

 x .x  P
1 2
Vậy x 2
1

và

x22

2

là nghiệm của phương trình t   S  2P  t  P  0 .
2


2

2


d, x1  x2 và x .x
1 2
(x  x )  x x  S  P
2
1 2
Ta có:  1
(x1  x2 ).x1 x2  SP
Vậy x1  x 2 và x .x là nghiệm của phương trình t 2  S  P  SP  0 .


1

e,

1
x và
1

2

1
x2

1 1



x
x



x1  x2

xx

2
Ta có:  1
1.1  1

 x1 x2
Vậy

1
x1 và

c, x4  x 4
1
2



1




S

x
x
P
1
2
 
1.11
 x1 x2 P

1 là nghiệm của phương trình t 2  S t  1  0 .
P
P
x2

Ví dụ 2: Giả sử
Hãy tính:
3
a, 3
x1  x2

x1
x2

1 2

1


x1 , x2 là các nghiệm của phương trình 3x2  5x  6  0 .
4

b, x1  x2
x1
d,

4

2

x2

1  x  

1  x  .

2

x2

2

1

x1

Giải
Ta có ∆ = 25 + 4.3.6  ∆ = 97 > 0  phương trình có hai nghiệm x , x1 . 2
5


xx

Theo định lý Vi-ét ta có:  1
2 3


3

a, x  x
Ta1 có

3

 x .x  2
1 2
3

3

3

(x  x )  (x  x )  3x .x (x  x )
2

1

2

1


3

2

 x x
1

3

2

1

2

1

2

 5  3  3. 2 . 5
 
= 
3
3


x 
1 x


3

3

3

3

x 
x
1
b,

4

125
= 27 +10

2

395
= 27

4

x1  x2

4

Ta có


4

2

2

2

2

(x1  x2 )  (x1  x2 )  2x1 .x2


4

4

4


4

 5 

4

x1  x2

4


2

2

2

2

x1  x2 =  (x1  x2  2x1 .x2   2 x1 .x2
)



c,

2

4

3


 3 
3073

x1  x2 =

4


3721

2

= 

4

4



 2. 2   2.4  x1  x2 =


81

81

x1  x2
Ta có
4

4

(x1  x2 ) 








4

2

2

x1  x2



2

2



2

x1  x2  (x1  x2 )(x1  x2 )  (x1  x2  2x1 x2 
)

4
3


5  5 
x1  x2 = (x1  x2 ) .    4

3  3


4

4

x1  x2 =

305

(x  x )
1

2

27
2
mà
(x1  x2 )  (x1  x2 )  4x1 x2
2

 (x  x )
1

2

2

5 3

=    4 2
3

2
 (x1  x2 ) =

97
9

8


 xx 
1

2

97
3

Giả sử x1  x2 thì x1  x2 = 

97
3


4




4

x1  x2 = 

2

1



2

4

d,

x2

4

4

27

4

81

305 97


 x1  x2 =

3

305 97

81

1  x   1  x 
2

2

2

x2
Ta có

x1
x

1

x1
x2

2

2


2

1

x



x1

2

x1

2

x2

2

x

 2x1 x2
 2x 1x 2
x1 x2
52
( ) 4
3
+4


1

x1

x1
x

2

2

2

x



1

x2

Giả

2

2

2

x

sử

61
18

4

1

1  x   1  x  =

2

3:

2

2

1  x   1  x 
2



x2

1 2

1


1  x   1  x  =
2

 2x x

x

1 2

x1

x2



x

1

x2

x2



x x 
x1 x2
  2x x = 1 2




dụ

x1

1  x   1  x  =

2

Ví

3

355 97

4

x1  x2 =
x1

27

4

 x1  x2 = 

97
3

Giả sử x  x thì x  x =

1

305 97

11

1

.
18

là

các

1

x1 ,
x2

nghiệm

của

phương

ax2  bx  c  0  a  0 . Hãy biểu diễn các biểu thức sau qua a, b, c.
a,

2


2

x1  x2
1 1
c, 
x1

x2

3

3

b, x1  x2
2

2

d, x  4x x  x .
1

1 2

Giải

2

trình




Theo định lý Vi-ét ta có:

xx





a
1

2


x x  c


b

1 2

a


a,

2


2

x1  x2

Ta có

2

2

1

2

2

x  x = (x  x )  2x x
1

2

1

2



b

2


x1  x2 =

2

2

a

c

2

2

a
2


3

b, x  x

2

(b)  2ac

2

x1  x2 =


3

.
a

Ta1có

3

3

x2  x =
(x
1

2



c,

1



x1
Ta có

2


3

 x )  3x x (x
1

2

3

1
3

x1  x2 = 

2

b

x)
1

3

3

3

2


cb

a
aa
3
3abc  b
3
3
 x x =
.
1
2
3
a

1
x2

1 1
x1  x2 =

x1 
x2
x1.x2

b
1 1
.
 x x =
1

2 a
a

b
1 1
 x x = c .
1
2

c
d,

2

x1  4x1 x2  x2

Ta có

2

2

2

2

x  4x x  x =
(x
1


1 2

 x )  6 x .x

2

1

 x 2  4x x  x 2 =
1
1 2
2

2

b

2

a

2

1

6

2

c


a

2

2

2

 x  4x x  x =
1
1 2
2

b  6ac
2

.

a
1.2.3. Bài toán tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình


ax  bx  c  0  a  0 không phụ thuộc vào tham số
2

2
Ví dụ 1: Cho phương trình  m 1 x  2(m  4)x  m  5  0 (1). Tìm hệ

thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào tham

số m.


Giải
Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi
m  1  0

2
 (m  4)  (m 1)(m  5)  0
m  1

m  1

11
 


2m 11  0
khi đó phương trình (1) có hai nghiệm



xx

1

2


 x .x




 m  2
x1 ,
x2

thỏa mãn:

8x x

 m  2  x1  x2
 
1
m  5  x1.x2
1  x1.x2


2(m  4)
1m 

m 5

m 1

1 2

Khử m ở hệ trên ta được:

2


.

8  x1  x2
5  x .x
2  x1  x2  1  x11.x22
 8  8 x .x +
1

2

x
x

2

1
2

2

x
x

2

2

1


–x 
x
1

= 10 
5x

1

–5
x

2

– 2x
x

1

2

2

x x x x
2

1

2


2

1

 4 x1  x2   6x1 x2 = 2  2 x1  x2   3x1 x2 = 1
Vậy hệ thức cần tìm là 2 x1  x2   3x1 x2 = 1.
Chú ý: Trong nhiều trường hợp, việc khử tham số cần sử dụng các hằng
đẳng thức, đặc biệt là các hằng đẳng thức lượng giác ví dụ như:
sin   cos   1
tan.cot  1.
2

2

Ví dụ 2: Cho phương trình x2  2sin  .x  cos 1  0
(2).
a, Chứng minh rằng phương trình (2) luôn có nghiệm với mọi .


b, Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình (1) không phụ
thuộc vào .


Giải
2

a, Ta có ∆’ = sin  + (1 – cos)  0  
Vậy với mọi  phương trình (2) luôn có hai nghiệm

x1 , x2 thỏa mãn:


x1  x2  2sin

(I).
x
.x

cos

1
1 2
b, Khử α từ hệ (I) ta được:
2
(x

x)

x1 x2
2
1
2
sin 
  sin  
4
2
cos 2   (x .x  1)2

cos  x1.x2  1

1 2

2

2

 sin  + cos  =

2
1 2
(x1  x2 )
(x1  x2 )
2
2
+ (x .x  1)  1 =
+ (x .x  1)
4
4

Vậy hệ thức cần tìm là (x  x ) 2
2
1
2
+ (x 1.x 2  1) = 1.
4
Ví dụ 3: Cho phương trình: 1  m

2

x

2


2

 2mx  1  m  0 (3).

a, Chứng minh rằng phương trình (3) luôn có nghiệm với m > 1.
b, Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình (3) không phụ
thuộc vào tham số m.
Giải

 2 1 2 5
2
2
2
4
2
a, Ta có ∆’ = m – (1 + m )(1 – m ) = m + m – 1 = m 



2  4

 2 1  9  ∆’ > 1
Với m > 1  m 
>
2






2 

Vậy phương trình (3) luôn có nghiệm
b, Theo định lý Vi-ét ta có:

4

x1 ,
x2

với  m > 1.





xx
1

2

x x 


1 2

2m
1
2

m 2
1 m
1m

(II)

2

2
1

2


2

2

 ( x  x ) + ( x .x ) =
1

(x

2

1

2

2




2

2m 2   1  m  2


2
2
1m   1m 

2

2

2

 x ) + ( x .x ) = sin  + cos  với m = tan
1

 (x

2

1

2

2


1


2

2

 x ) + ( x .x ) = 1
2

1

2

2

2

Vậy hệ thức cần tìm là ( x1  x2 + ( x1.x2 = 1.
)
)
1.2.4. Bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình
ax2  bx  c  0  a  0 có nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện cho trước
Ví dụ 1: Với mỗi phương trình sau, biết 1 nghiệm. Tìm m và nghiệm
còn lại
2

a, x  mx  21 
0


có một nghiệm bằng 7.
có một nghiệm bằng –3.

2

b, x  9x  m  0
c,  m  3 x2  25x  32  có một nghiệm bằng 4.
0
Giải
Giả sử nghiệm đã cho là x 1 , phải tìm nghiệm thứ hai là

x 2 và tham số m.

2

a, x  mx  21 
0

có một nghiệm bằng 7.

Theo định lý Vi-ét ta có

7  x2  m

7.x2  21

x  3
 2
m  10


Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 3 và m = 10.
2

b, x  9x  m 
0

có một nghiệm bằng –3.

Theo định lý Vi-ét ta có
(3)x2  m


(3)  x2  9


m  36

 

 x2  12

Vậy nghiệm còn lại của phương trình là 12 và m = –36.
c,  m  3 x2  25x  23  có một nghiệm bằng 4.
0


Theo định lý Vi-ét ta có

(4)  x 




25


16
 x 92
 2 77

2
m3


(4).x  23
m
2

3

Vậy nghiệm còn lại của phương trình là
Ví dụ 2: Cho phương trình bậc hai

125

m

92
77 và m =


125
16

2

.

2

x  (2m  3)x  m  2m  0 (1).

a, Xác định m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
b, Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và
tích của chúng bằng 8.
Giải
a, Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
2

2

 (2m – 3) – 4(m – 2m) > 0
 –4m + 9 > 0  m <
Vậy với m <

9

9
4

thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.


4

b, Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m <
Theo định lý Vi-ét ta có

2

x1.x  m  2m
mà
2

2

 m  2m = 8  m  2

m  4
+ Với m = 4 không thỏa mãn m <

9
4

.

9
4

.

x1.x2 = 8



+ Với m = –2 thỏa mãn m <
2

9
4

. Khi đó phương trình (1) trở thành

x  7x  8  0 (2)


Phương trình (2) có hai nghiệm x 
1

7

17 , x  7  17
2
2
2

Vậy với m = –2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
x1

7

17
2


7
,

2
x2

17 thỏa mãn tích của chúng bằng 8.

Ví dụ 3: Cho phương trình

phương trình (3) có hai nghiệm x ,
1
x2

2

mx  2(m 1)x  3(m 
2)

(3). Tìm m để

thỏa mãn x1  2x2  1.

Giải
Phương trình (3) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi:
 0
m

2  6 2 6 

m 2 0

m  
;
2m  4m 1  0



2 
 2

2(m  1)


xx
2
1
m

Khi đó theo định lý Vi-ét và điều kiện bài ra ta có: x .x
3(m  2)
 1 2
m

x1  2x2  1



Rút x1 , x2 từ phương trình thứ nhất và thứ ba của hệ ta được:
 x2

2(m
2 m
x2 = 1–
= m
1)
m
x1  1  2x2 = 1 4 
 x 1 3m 
–
2m
4m
m
Thay