Sáng kiến kinh nghiệm Định lí Vi- Ét và ứng dụng

Sáng kiến kinh nghiệm Định lí Vi- Ét và ứng dụng

9) DẠNG 9: SO SÁNH NGHIỆM CỦA TAM THỨC BẬC HAI VỚI MỘT SỐ

Phân tích:

Từ năm học 2006-2007 trở đi , bài toán định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai và bài toán

so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số thực bất kỳ không còn được trình bày

trong chương trình chính khóa. Đây là ý tưởng giảm tải của Bộ giáo dục và đạo tạo.

Tuy nhiên qua quá trình giảng dạy và cho học sinh làm bài tập, tôi thấy nhiều bài toán nếu

biết sử dụng định lý đảo và bài toán so sánh nghiệm thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn nhiều.

Vì thế trong chuyên mục này, tôi đưa ra một vài hướng giải quyết có thể sử dụng bài toán

so sánh nghiệm để làm bài tập.

Trước hết tôi xin đưa ra một ví dụ dẫn đến bài toán so sánh nghiệm:

pdf 116 trang Người đăng hungphat.hp Lượt xem 1917Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Định lí Vi- Ét và ứng dụng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
2 ; S5=30248 ; S6=238142 ; S7=1874888.
Như vậy :
x17 = 1874888-x27. Mà 0<x27<1 nên
1874887 < x17<1874888.
Vậy số nguyên lớn nhất không vượt quá 7)154(  là 1874887.
Ví dụ 5:
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 49
Giả sử x1;x2 là hai nghiệm của phương trình : x2-6x+1=0. Chứng minh rằng Sn=x1n+x2n là
số nguyên không chia hết cho 5 với mọi n.
Giải:
Chứng minh Sn luôn là số nguyên.
Với n=0 ta có S0 = 2 là số nguyên ; n=1 ta có S1 = 6 là số nguyên.
Giả sử Sk ;Sk+1 nguyên, vì Sk+2 = 6Sk+1 – Sk nên Sk+2 cũng nguyên.
chứng minh Sk không chia hết cho 5:từ hệ thức truy hồi ta có:
Sk+2 = 6Sk+1 –Sk =6(6Sk-Sn-1)- Sk = 35Sk – 5Sk-1 –Sk-1.
Từ đó ta suy ra Sk+2 và Sk-1 có cùng số dư khi chia cho 5.
Nhưng vì S0=2; S1=6; S2=34 đều không chia hết cho 5 nên Sn không chia hết cho 5 với mọi n
Ví dụ 6:
Tìm đa thức bậc 5 có hệ số nguyên nhận số thực 55 2
5
5
2  làm nghiệm.
Giải:
Ta đặt 51 5
2x ; 51 2
5x .
Vậy thì :  55 2
5
5
2 ; 121 xx .
Nên theo định lý Vi-et ta có 1x ; 2x là nghiệm của phương trình:
012  xx  (1).
Theo hệ thức truy hồi ta có: nnn SSS   12  (*)
Với 20 S ; 1S . Từ đó ta tính được :
222  S ;  3)2( 323 S ;
24)2()3( 24234  S ;  55)3()24( 353245 S .
Nhưng mặt khác ta lại có:
10
29
2
5
5
2
5 S .
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 50
Từ đó ta có được :
10
2955 35   029505010 35   .
Điều đó chứng tỏ  là nghiệm phương trình:
10x5 -50x3 +50x -29 =0 .
Đây chính là phương trình cần tìm.
Bình luận:
Với cách giải quyết tương tự, ta có thể tạo ra nhiều bài toán khác nhau xung quanh hệ thức
truy hồi cho trước. Chẳng hạn:
1) Tìm đa thức bậc 6 có hệ số nguyên nhận số 66 3
256
4
3  là nghiệm.
2) Tìm đa thức bậc tối thiểu có hệ số nguyên nhận 323  làm nghiệm.
Ví dụ 7:
Tìm chữ số tận cùng của phần nguyên của số 2013)335( 
Giải:
Ta đặt 3351 x ; 3352 x . Khi đó x1 ; x2 là nghiệm của phương trình:
x2 -10x -2 = 0
Đặt nnn xxS 21  . Theo hệ thức truy hồi ta có:
nnn SSS 210 12   .
Ta có S1 =10 nên từ hệ thức trên ta suy ra Sn luôn chia hết cho 10 khi n là số lẻ.
Để ý rằng -1<x2 <0 , nên suy ra 121  nnnnn SxSxS .
Vậy nên   nn Sx 1 . Vì 2013 là số lẻ nên S2013 chia hết cho 10.
Vậy chữ số tận cùng của phần nguyên của số 2013)335(  là số 0.
Bình luận:
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 51
Từ lập luận trên, ta thấy rằng chỉ cần thay đổi bộ số x1; x2 ta có thể tạo ra nhiều bài toán
khác nhau.
Ví dụ:Tìm phần nguyên của các số: 10)54(  ; 1999)199945(  .
Ví dụ 8:
Chứng minh rằng trong biểu diễn thập phân của số n)347(  có ít nhất n chữ số 9 đứng
ngay sau dấu phẩy.
Giải:
Đặt 3471 x ; 3472 x . Theo định lý Vi-et ta có x1; x2 là nghiệm của phương trình :
x2 -14x+1 =0 .
Đặt nnn xxS 21  . Ta có hệ thức truy hồi :
nnn SSS   12 14 .
Vì S0 =2; S1=14 nên ta suy ra Sn là số tự nhiên với mọi n.
Ta để ý 10
1
11
1
347
13470  . Nên n
n
10
1)347(  .
Cho nên nnnnnn SSS 10
1)347()347(  .
Vì 001...000,010
1 n (có n-1 chữ số 0).
Từ đó suy ra khi biểu diễn thập phân thì số n)347(  có ít nhất n số 9 ngay sau dấu phẩy.
Bài tập tương tự:
1) Chứng minh rằng phần thập phân của số n)265(  , *Nn bắt đầu bằng n chữ số
giống nhau.
2) Tìm chữ số đơn vị trong biểu diễn thập phân của số 8219 )22015()22015(  .
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 52
8) DẠNG 8: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI CẤP HAI TUYẾN
TÍNH
A- Cơ sở lý thuyết của phương pháp
1) Định nghĩa:
a) Dãy số (un)n được gọi là dãy truy hồi cấp hai tuyến tính nếu được cho như sau :
u1 =a; u2 =b; un =Aun-1 +Bun-2 (n )3 (1)
Trong đó A, B không đồng thời bằng 0.
b) Với dãy truy hồi như trên thì phương trình x2 –Ax-B=0 (2) được gọi là phương trình đặc
trưng của dãy.
Do phạm vi ứng dụng của định lý Vi-et nên ta chỉ xét các dạng dãy số có phương trình đặc
trưng có nghiệm.
2) Định lý:
-Nếu phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt x1;x2 thì dãy số có số hạng tổng quát
là
un = px1n-1 +qx2n-1 ,
trong đó p; q là các nghiệm của hệ khi ta thay giá trị u1;u2.
-Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép x0 thì dãy số có số hạng tổng quát là
un=x0n-1(pn+a-p) ,
trong đó số p được tìm bằng cách thay u1 vào công thức xác định nó.
Chứng minh định lý:
Đặt vn = un+1, dãy (un)n trở thành v0=a;v1=b; vn+2 =Avn+1 +Bvn.
Trường hợp 0 .
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 53
Ta gọi x1; x2 ( x1>x2) là hai nghiệm của (2). Theo định lý Vi-et ta có
x1+x2=A; x1.x2= -B.
Vậy thì :
Avn+1 +Bvn = (x1+x2)(px1n+1+qx2n+1)-x1.x2(px1n +qx2n)= px1n+2+qx2n+2 = vn+2.
Lại có :
v0 = a=p+q; v1 =px1+qx2 =b.
Từ đó ta tìm được :
p=
21
2
xx
axb

 ; q=
21
1
xx
bax

 .
Như vậy dãy số vn có số hạng tổng quát như trên thỏa mãn đề bài. Từ đó suy ra số hạng
tổng quát của dãy (un)n là:
un = vn-1 = px1n-1 +qx2n-1.
Xét trường hợp 0
Đặt :
vn =un+1 =x0n (pn+a).
Dãy (un)n trở thành dãy (vn)n với :
v0 =a; v1 =b; vn+2 =Avn+1 +Bvn.
Ta cần kiểm tra số hạng tổng quát tìm được ở trên thỏa mãn dãy này.
Thật vậy: Theo định lý Vi-et về nghiệm kép của phương trình ta có x0= 2
A ; suy ra
A=2x0; B=-x02.
Do đó:
Avn+1 +Bvn = 2x0 .x0n+1(pn+p+a)+-x02.x0n(pn+a)
=x0n+2[ (p(n+2)+a] = vn+2.
Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
vn =un+1 =x0n (pn+a), với mọi n.
Ta cũng có :
v0 =a; v1 = x0(p+a)=b.
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 54
Từ đó tìm được
0
0
x
axbp  .Từ đó ta có công thức tìm số hạng tổng quát của dãy (un )n
là :
un =vn-1 = x0n-1(pn+a-p)
Như vậy bằng việc sử dụng định lý Vi-et ta đã xây dựng được công thức tìm số hạng tổng
quát đối với dãy truy hồi cấp hai tuyến tính trong trường hợp phương trình đặc trưng có
nghiệm.
Trường hợp vô nghiệm ta sẽ xét ở chủ đề khác.
LƯU Ý:
i) Dãy cấp số nhân và dãy Fi-bo-na-ci là những trường hợp đặc biệt của dãy truy hồi cấp
hai tuyến tính.
B- Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1:
Cho dãy số (un) thỏa mãn : 20 u ; 71 u ; 0127 11   nnn uuu , với n là số nguyên dương.
Hãy xác định (un)
( Thi HSG lớp 12 TPHCM 2002)
Giải:
Phương trình đặc trưng của dãy là:
01272  xx (1)
Phương trình có hai nghiệm là x=3; x=4.
Từ đó suy ra số hạng tổng quát của dãy là un = 3n +4n .
Bình luận:
Nếu dãy cho hệ thức truy hồi dạng : 012   dcubuau nnn ( 0d ) (2)
Khi đó ta sẽ xét dãy (vn) bằng cách đặt: vn =un+t
Thế vào (2) ta thu được :
0)()()( 12   dtvctvbtva nnn
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 55
 0)(12   tcbadcvbvav nnn
Ta chỉ việc chọn t thích hợp để lượng 0)(  tcbad từ đó đưa về xét dãy truy hồi tuyến
tính cấp hai ở trên.
Ta theo dõi qua ví dụ sau:
Ví dụ 2:
Tìm số hạng tổng quát của dãy:
10 u ; 211 u ; 22 11   nnn uuu ; 2n (*)
Giải:
Đặt tvu nn  . Thế vào (*) trở thành:
2)()(2 11   tvtvtv nnn
 )1(22 11   tvvv nnn
Chọn t=-1 ta thu được dãy (vn) là truy hồi cấp hai tuyến tính như sau:
20 v ; 221 v ; 02 11   nnn vvv .
Dãy (vn) có phương trình đặc trưng là:
0122  xx
Phương trình có hai nghiệm là 21 ; 21 .
Từ đó suy ra số hạng tổng quát của dãy (vn) là nnnv )21()21(   .
Cho 20 v ; 221 v . Từ đó suy ra :




22)21()21(
2








2
1
2
3


.
Do đó số hạng tổng quát của dãy (vn) là : nnnv )21(2
1)21(2
3  .
Vì 1 nn vu nên suy ra :
1)21(2
1)21(2
3  nnnu
Ví dụ 3:
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 56
Cho dãy  nu được xác định bởi u0=3; u1=17; un = 6un-1- un-2.; n=2;3.
Chứng minh rằng un2-1 chia hết cho 2 và thương luôn là một số chính phương với mọi
n=0;1;2
Giải:
Xét phương trình đặc trưng của dãy:
x2-6x+1=0.
Phương trình có hai nghiệm là
x1=3+ 8 ; x2=3- 8 .
Vì thế số hạng tổng quát của dãy là:
un=p(3+ 8 )n +q(3- 8 )n.
Với cách cho n=0 và n=1 ta có hệ :




17)83()83(
3
qp
qp ,
tìm được p= 2
83 ; q= 2
83 . Do vậy ta có số hạng tổng quát là:
un= 2
83 (3+ 8 )n + 2
83 (3- 8 )n = ])83()83[(2
1 11   nn .
Sử dụng hằng đẳng thức (x+y)2=(x-y)2+4xy ta có:
4])83()83[(])83()83[( 211211   nnnn .
Nên:
 1]2
)83()83([2
1
2
1 2112 
 nn
nu = 2
11
]2
)83()83([2
1   nn .
Áp dụng khai triển nhị thức Niu-ton ta chứng minh được (3 8 )n có dạng M  N 2 , với
M,N nguyên dương nên ta suy ra 2
2
2
1 Nun  là một số chính phương.
Ví dụ 4: ( thi Olympic 30-4)
Cho dãy  na xác định như sau:
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 57
a0=1; a1=2; an+2 =4an+1 –an, với n là số tự nhiên. Tìm tất cả các giá trị của n để an-1 là số
chính phương.
Giải:
Xét phương trình đặc trưng :
x2 –4x+1=0 .
Phương trình có hai nghiệm là x1 = 32  ; x2=2- 3 .
Số hạng tổng quát có dạng:
an =p( 32  )n+q( 32  )n ,
với p , q là nghiệm của hệ phương trình




2)(3)(2
1
qpqp
qp , giải được p=q= 2
1 .
Số hạng tổng quát là an = 2
)32()32( nn  .
Để ý rằng  2
)13()32(
2  22
13  . Nên ta suy ra:
an-1 = 1])2
13()2
13[(2
1 22  nn =
22
2
22
)2(
)2(2])2
13()2
13[(2
1

 n
n
nn
= 22
2
22
)2(
)2(2])2
13()2
13[(2
1

 n
n
nn = [ 1)2(
)13()13(


n
nn
]2.
Để an-1 là số chính phương thì M = 1)2(
)13()13(


n
nn
phải là số nguyên.
i) Nếu n=0 thì M=0 , thỏa mãn.
- Nếu n=1 thì M=1 , cũng thỏa mãn.
- Nếu n=2k. kN. Ta xét dãy bk = 12
22
)2(
)13()13(


k
kk
= )2(
)32()32( kk  . Tại vì 2 3 là
nghiệm của phương trình đặc trưng (1) nên các số bk thỏa mãn hệ thức:
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 58
bk+2 = 4bk+1 –bk . Do b0 =0; b1 = 6 nên bk không nguyên với mọi k.
ii) Nếu n=2k+1 thì ta có:
M= 22
1212
)2(
)13()13(

 
k
kk
= ])2
13()2
13[(2
13 22 kk  =
= kk )32()32[(2
13  .
Tiếp theo ta lại đặt ck = kk )32()32[(2
13  , thì dãy (ck)k thỏa mãn hệ thức
ck+2=4ck+1 –ck. Có c0=0; c1=5 , nên ck luôn là số nguyên với mọi kN.
Tóm lại để an-1 là số chính phương thì n=0; =1; n là số nguyên dương lẻ.
Ví dụ 5: (Tính chất của dãy Fi-bo-na-ci)
Cho dãy Fi-bo-na-ci được xác định như sau: F1=F2=1; Fn=Fn-1+Fn-2 ( n )3 . Chứng minh
rằng :
a) Số hạng tổng quát Fn = ])2
51()2
51[(5
1 nn  ( công thức Binet).
b) 121   nk
n
k
FF .
c) 11221   nk
n
k
FF .
d) nk
n
k
FF 2121  .
e) Fn+12 =4FnFn-1 +Fn-22
f) Fn+1Fn-1 – Fn2 =(-1)n ; n 2
g) Fm+n = FmFn-1+Fm+1Fn; n 2 ; m1
h) Chứng minh rằng nếu n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm.
i) F2n + F2n-1 = F2n-1.
j) F2n+1 -F2n-1 = F2n
k) F3n+1 + F3n – F3n-1= F3n.
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 59
l) 1
2
1
.   nnk
n
k
FFF
m) . 221
12
1
. nkk
n
k
FFF  


n) 1. 1221
2
1
  nkk
n
k
FFF
o) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy Fi-bo-na-ci không có ước chung d>1.
p) Với n 3 ta có Fn+4Fn-2-Fn+2Fn = (-1)n-1.3
q) 4Fn-2Fn.Fn+2.Fn+4 +9 là một số chính phương
r) F2k+12 +1 chia hết cho F2k-1 và F2k-12 +1 chia hết cho F2k+1.
Trên đây là một số các tính chất cơ bản của dãy Fi-bo-na-ci. Còn nhiều tính chất khác mà
ta có thể bắt gặp ở trong các đề thi Olympic hoặc thi học sinh giỏi.
Giải:
Ta sẽ chứng minh một số tính chất, còn một số tính chất ta xem như là bài tập.
a) Ta xét phương trình đặc trưng của dãy là: x2-x-1=0 (1). Phương trình này có hai
nghiệm là
x1 = 2
51 ; x2 = 2
51 . Theo lý thuyết tổng quát đã chứng minh trên, số hạng tổng quát có
dạng Fn = px1n +qx2n. Ta thay n=1; n=2 vào ta có p; q thỏa mãn hệ phương trình















5
1
5
1
2)(5)(3
2)(5
2)2
51()2
51(
22
51
2
51
22 q
p
qpqp
qpqp
qp
qp
.
Vậy số hạng tổng quát là Fn= ])2
51()2
51[(5
1 nn  .
b)
Ta chứng minh bằng quy nạp. Đặt P(n) là mệnh đề chứa biến n ở trên.
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 60
Với n=1 thì đẳng thức đúng.
Giả sử P(n) là mệnh đề đúng, n 1 , ta cần chứng minh P(n+1) đúng.
Thật vậy 11 31211
1
1
 

 nnnnk
n
kk
n
k
FFFFFF .
Vậy P(n) đúng với mọi n.
Tương tự ta chứng minh được c) và d). Bây giờ ta chứng minh g)
g)
Ta cố định một biến , chẳng hạn là m , chứng minh quy nạp theo n. Ký hiệu mệnh đề cần
chứng minh là P(n)
với n=2 , ta có P(2) đúng vì F1 =F2 =1.
Gỉa sử P(n) đúng, ta cần chứng tỏ P(n+1) đúng. Thật vậy
Fm+n+1 = Fm+n+Fm+n-1 .
Theo giả thiết quy nạp ta có:
Fm+n = FmFn-1+Fm+1Fn
và Fm+n-1 = FmFn-2 +Fm+1Fn-1 ( lưu ý rằng ta đã cố định biến m).
Vậy nên
Fm+n+1 = FmFn-1+Fm+1Fn + FmFn-2 +Fm+1Fn-1
=Fm(Fn-1 + Fn-2)+ Fm+1(Fn+ Fn-1)
=Fm.Fn +Fm+1.Fn+1 .
Vậy P(n+1) đúng. Khẳng định được chứng minh.
h)
Giả sử n=km, với k *N , ta phải chứng minh: với k;m *N thì Fkm chia hết cho Fm. Ta cố
định m và chứng minh quy nạp theo k.
Ký hiệu mênh đề trên là P(k).
Với k=1 thì P(1) đúng.
Giả sử P(k) đúng, ta cần chứng tỏ P(k+1) cũng đúng.
Thật vậy , theo g) ta có:
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 61
F(k+1)m = Fm+km = FmFkm-1+Fm+1Fkm .
Vì Fkm chia hết cho Fm nên từ đó ta có F (k+1)m cũng chia hết cho Fm.
Bài tập tương tự:
1) Xét dãy số  na với 41 a ; 222 a ; 216   nnn aaa ; 2n . Chứng minh rằng tồn tại
các dãy số nguyên dương )( nx ; )( ny sao cho 1,7
2

 nyx
ya
nn
n
n .
2) Cho phương trình 0)(log 22004  xx . Gọi  ,  với  <  là hai nghiệm của phương trình
này. Coi dãy số Fibonaci 1)( nnF với 121  FF và nnn FFF   12 ; *Nn . Chứng minh
rằng )(5
1 nn
nF   .
3) Xét dãy số  na với 51 a ; 112 a ; 11 32   nnn aaa ; 2n . Chứng minh rằng 2007u chia
hết cho 11.
4) Cho dãy số 11 u ; 22 u và 1,2 12   nuuu nnn . Tìm
n
n
n u
u 1lim  .
9) DẠNG 9: SO SÁNH NGHIỆM CỦA TAM THỨC BẬC HAI VỚI MỘT SỐ
Phân tích:
Từ năm học 2006-2007 trở đi , bài toán định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai và bài toán
so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số thực bất kỳ không còn được trình bày
trong chương trình chính khóa. Đây là ý tưởng giảm tải của Bộ giáo dục và đạo tạo.
Tuy nhiên qua quá trình giảng dạy và cho học sinh làm bài tập, tôi thấy nhiều bài toán nếu
biết sử dụng định lý đảo và bài toán so sánh nghiệm thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn nhiều.
Vì thế trong chuyên mục này, tôi đưa ra một vài hướng giải quyết có thể sử dụng bài toán
so sánh nghiệm để làm bài tập.
Trước hết tôi xin đưa ra một ví dụ dẫn đến bài toán so sánh nghiệm:
Ví dụ:
Tìm m để hàm số 223 5)3(2 mxmmxxy  có cực trị. Gọi x1; x2 là hoành độ của cực trị.
Tìm m để x1<-3<x2<2.
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 62
Đây là một ví dụ thông thường trong bài toán hàm số. Tuy nhiên để giải được , ta cần so
sánh nghiệm của y’ đối với các số -3 và 2. Nếu không dùng phương pháp so sánh nghiệm
thì lời giải cồng kềnh và rắc rối hơn.
Định lý đảo về dấu được phát biểu như sau:
Định lý:
Cho tam thức bậc hai: 0)( 2  cbxaxxf ( )0a . Nếu có số thực  sao cho 0)( af thì
tam thức bậc hai có hai nghiệm x1; x2 và 21 xx   .
Chứng minh:
Từ định lý thuận về dấu của tam thức bậc hai, ta thấy chỉ có duy nhất một trường hợp f(x)
trái dấu với x đó là trường hợp 0 .Trong trường hợp này tam thức có hai nghiệm x1; x2
và 21 xx   .
Ta thấy giả thiết của định lý đảo rơi vào trường hợp này. Do đó tam thức có hai nghiệm x1;
x2 (x1<x2) và 21 xx   .
Từ định lý đảo , ta rút ra các hệ quả sau:
Hệ quả 1:
Điều kiện cần và đủ để tam thức: 0)( 2  cbxaxxf ( )0a có hai nghiệm x1;x2 (x1<x2)
là có số thực  sao cho 0)( af .
Hệ quả 2:
Cho tam thức bậc hai : 0)( 2  cbxaxxf ( )0a và hai số thực  ,  sao cho  <  .
Điều kiện cần và đủ để )(xf có hai nghiệm , trong đó có một nghiệm thuộc khoảng ( ;  )
và một nghiệm nằm ngoài đoạn [ ; ] là 0)().(  ff .
Chứng minh :
Hệ quả 1: Được suy ra từ định lý thuận và định lý đảo.
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 63
Hệ quả 2:
Giả sử ta có 0)().(  ff  0)().(  afaf .
Suy ra )(af <0 hoặc )(af <0.
+ Nếu )(af 0 (*), suy ra phương trình có hai nghiệm x1< <x2<  .
+ Nếu )(af 0 (**) , suy ra phương trình có hai nghiệm  <x1< <x2.
Ngược lại nếu xảy ra một trong hai khả năng (*) hoặc (**) thì ta có 0)().(  ff .
Hệ quả được chứng minh.
Sau đây là một vài hướng đề xuất khi cho học sinh sử dụng kiến thức về so sánh nghiệm
vào giải bài tập.
1) HƯỚNG ĐỀ XUẤT 1: ĐEM VỀ SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ 0.
Phân tích:
Ở lớp 9, học sinh đã biết so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với số 0 bằng cách xét
dấu tổng và tích của hai nghiệm.
Bây giờ ta sẽ tìm cách đưa về so sánh nghiệm với số 0.
Ta thống nhất các đai lượng  ; S; P là của g(t).
i) Tam thức 0)( 2  cbxaxxf ( )0a có hai nghiệm 21 xx      21 0 xx .
Đặt  xt , dẫn đến )()(  tftg có hai nghiệm 21 0 tt  .
ii) Tam thức 0)( 2  cbxaxxf ( )0a có hai nghiệm  21 xx .
Bằng phép đặt  xt , dẫn đến )()(  tftg có hai nghiệm 021  tt 






0
0
0
P
S .
iii) Tương tự cách xử lý đối với trường hợp 0)( 2  cbxaxxf ( )0a có hai nghiệm
thỏa mãn 210 xx  .
Sau đây ta xét một số ví dụ minh họa.
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 64
Ví dụ 1:
Cho hàm số 2
332

 x
xxy ( C )
Tìm các giá trị của m để đường thẳng d: y=mx-m cắt đồ thị tại hai điểm thuộc về hai nhánh
của đồ thị (C).
Giải:
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị d và (C) là:
2
332

 x
xxmmx
 )1(032)3()1( 2  mxmxm .
Để d cắt (C) tại hai điểm thuộc hai nhánh khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn :
x1<-2<x2.
Đặt t=x+2 ta đưa (1) về phương trình ẩn t:
01)13()1( 2  tmtm (2).
Phương trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu .
Tìm được m>1.
Ví dụ 2:
Tìm m để hàm số 1
12

 x
mxxy đồng biến trên khoảng );1(  .
Giải:
Ta có 2
2
)1(
12' 
 x
mxxy .
Đặt 12)( 2  mxxxf .
Để hàm số đồng biến trên );1(  thì phải xảy ra một trong hai khả năng:
KN1: f(x) có <0 0 m .
KN2: f(x) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 121  xx .
Đặt t=x-1 ta đưa về xét điều kiện g(t)= t2 –m có hai nghiệm 021  tt .
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 65
Điều đó tương đương:






0
00
0
mP
S
m
0 m .
Kết hợp 2 khả năng được 0m .
Ví dụ 3:
Tìm m để hàm số :
xmxmxmy )1()6(2
3)2(3
1 232 
nghịch biến trên khoảng (-1;0).
Giải:
Ta có )1()6(3)2()(' 22  mxmxmxfy
Ta cần có : 0'y , )0;1(x .
TH1: Với m=2 thì 4
10312'  mxy , thỏa mãn.
TH2: Với 2m , khi đó (m-2)2 > 0.
Để 0'y , )0;1(x thì f(x) phải có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn 21 01 xx  (*).
Ta tách yêu cầu (*) ra làm hai trường hợp đồng thời xảy ra:




)(0
)(1
21
21
bxx
axx
Dùng kỹ thuật xử lý ở trên đối với (a) ta được




2
53
m
m .
Đối với (b) ta được




2
1
m
m .
Kết hợp tất cả các trường hợp ta được 51  m .
Ví dụ 4:
Tìm m để phương trình :
05)32( 24  mxmx (1)
SKKN Định lí Vi- ét và ứng dụng-----------------Nguyễn Thành Nhân
THPT Phan Bội Châu – Bình Dương 66
Có các nghiệm thỏa mãn : 31012 4321  xxxx (*).
Giải:
Đây là phương trình trùng phương.
Đặt t=x2. Ta đưa về phương trình : 05)32

Tài liệu đính kèm:

  • pdfSKKN_Dinh_li_Viet_va_ung_dung.pdf