SKKN Nghiên cứu khai thác định lý Vi-ét và các ứng dụng phong phú của nó trên nhiều phương tiện Đại số, Hình học, Số học

Mục lục
Các ứng dụng của định lý vi-ét
Phần I: Cơ sở xuất phát
Đặt vấn đề
Mục đích và nhiệm vụ của đề tài.
Phần II: Nội dung - phương pháp.
Lý thuyết (Kiến cơ bản và mở rộng)
Các ứng dụng của định lý viét
Các ứng dụng cơ bản.
Các ứng dụng khác.
Phần III: Các biện pháp thực hiện Phần IV: Kết quả - bài học kinh nghiệm Phần V: Kết luận
Ý TƯỞNG KHAI THÁC
HỆ THỨC VI-ÉT(SGK)
ỨNG DỤNG
ĐẢO
THUẬN
ĐL VIÉT
SỐ HỌC
MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ VÀ HÌNH HỌC
PT BẬC 2; 3 VÀ CÁC LOẠI TOÁN ĐẠI SỐ
PHẦN I: CƠ SỞ XUẤT PHÁT
Đặt vấn đề
Trong việc dạy học toán, việc giải toán có tầm quan trọng lớn và đã từ lâu là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp dạy học toán. Đối với học sinh ở bậc trung học cơ sở có thể coi việc giải toán là một hình thức chủ yếu của việc học toán.
Việc giải toán có nhiều ý nghĩa:
Đó là hình thức tốt nhất để củng cố, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức và rèn luyện kĩ năng kĩ xảo. Trong nhiều trường hợp giải toán là một hình thức tốt để dẫn dắt học sinh tự mình đi đến kiến thức mới.
Đó là hình thức vận dụng kiến thức đã học vào các vấn đề cụ thể, thực tế và các vấn đề mới.
Là hình thức tốt nhất để giáo viên kiểm tra học sinh và học sinh tự kiểm tra mình về năng lực, mức độ tiếp thu và vận dụng kiến thức đã học.
Việc giải toán có tác dụng lớn gây hứng thú học tập cho học sinh phát triển trí tuệ và giáo dục, rèn luyện người học sinh về nhiều mặt.
Định lý toán học là mệnh đề đúng. Vì thế nó là kiến thức cơ bản có giá trị về phương diện suy luận và ứng dụng trong chương trình toán nói chung cũng như chương trình toán THCS nói riêng.
Trong môn Đại số lớp 9 ở THCS có một định lý đã nói rõ mối quan hệ giữa các nghiệm số của một phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a ¹ 0) với các hệ số của nó. Đó là định lý do nhà toán học nổi tiếng người Pháp Prăng xoa Vi-ét (F. Viete) (1540- 1603) tìm ra được mang tên ông: Định lý Vi-vét.
Do đặc thù đặc biệt của định lý (gồm định lý thuận và đảo) nên nó có giá trị đặc biệt là nêu lên được nhiều ứng dụng quan trọng trong các bài toán liên quan đến phương trình bậc hai như:
Tìm tổng và tích các nghiệm của một phương trình bậc hai khi có nghiệm.
Biết một nghiệm của phương trình bậc hai suy ra nghiệm kia.
Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai (khi có nghiệm) trong các trường hợp.
Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng.
Lập một phương trình bậc hai một ẩn biết hai nghiệm cho trước
Vì thế định lý Vi-ét và các ứng dụng của nó có vai trò “một chìa khoá” quan trọng mở ra hướng giải quyết cho nhiều bài toán có liên quan đến nghiệm của phương trình bậc hai, ba một cách phong phú, đa dạng như: Chứng minh bất đẳng thức; tìm cực trị; quan hệ giữa đường thẳng và parabol trong mặt phẳng Đề các; tính giá trị các biểu thức bậc cao của các nghiệm số
Việc dạy định lý Vi-ét và nêu ra các ứng dụng của nó trong chương trình đại 9 có ý nghĩa đặc biệt ở chỗ là: làm cho HS hiểu sâu sắc hơn về các nghiệm số của một phương trình bậc 2; nêu được quan hệ định tính, định lượng của các nghiệm số với các hệ số của phương trình bậc 2. Có thể nói: “Các nghiệm số của phương trình bậc 2 dưới lăng kính của định lý Vi-ét đã ánh lên các sắc màu rực rỡ”.
Những ứng dụng phong phú của định lý Vi-ét đã góp phần làm giàu,(đa dạng, phong phú) các dạng bài tập về phương trình bậc 2 (phương trình qui về bậc hai); các bài toán có liên quan đến nghiệm số của phương trình bậc 2; những kỹ thuật giải phương trình; hệ phương trình độc đáo nhờ hệ thức Vi-ét.
Việc vận dụng hệ thức Vi-ét vào giải toán đã gây được hứng thú giải bài tập cho HS, hình thành cho HS những ý tưởng phong phú, trau dồi tư duy và óc sáng tạo cho các em khi giải các bài toán có liên quanđến phương trình bậc hai.
Phương trình bậc hai và định lý Vi-ét thông qua hệ thức giữa các nghiệm số được gắn kết với nhau như hình với bóng để tạo ra những bài toán, những ứng dụng phong phú và đa dạng từ Đại số, Số học, Hình học hấp dẫn kì lạ.
Những ứng dụng cơ bản và phong phú của định lý Vi-ét thuận, đảo đã làm giàu tư duy, kĩ năng giải toán cho HS cuối cấp. Giúp các em nhìn nhận các bài toán trong mối liên hệ sinh động dưới “con mắt động” của sự ràng buộc giữa biến số và tham số; giữa hằng và biến, phần nào giúp HS nâng cao chất lượng học tập môn toán.
Việc khai thác định lý Vi-ét thuận, đảo và các ứng dụng phong phú của nó trong Đại số, Hình học, Số học có tính tất yếu tuân theo quy luật biện chứng của bất kì một môn khoa học nào, đồng thời hình thành cho người dạy, người học một phong cách nghiên cứu toán học ở một phạm vi nhất định tạo điều kiện đổi mới phương pháp dạy học một cách hiệu quả.
Thực tế việc khai thác định lý Vi-ét và các ứng dụng của nó, của người dạy và người học phần nào còn nhiều sơ sài như chưa khai thác triệt để định lý đảo; các kết quả từ định lý Vi-ét, đặc biệt khai thác các ứng dụng phong phú vào các thể loại bài tập còn hạn chế. Với lý do trên nên tôi đề xuất một vấn đề: “Nghiên cứu khai thác định lý Vi-ét và các ứng dụng phong phú của nó trên nhiều phương tiện Đại số, Hình học, Số học.”
Mục đích và nhiệm vụ của đề tài.
Mục đích:
Mục đích của sáng kiến nhằm rèn luyện kỹ năng cho học sinh lớp 9 cách khai thác các ứng dụng của định lí Vi- et trong giải toán nhằm nâng cao chất lượng học cho học sinh khắc phục những vướng mắc trong quá trình tìm tòi tìm phương pháp giải bài tập một cách hợp lí. Thông qua đó giúp học sinh biết khai thác bài toán nhằm phát triển tư duy cho học sinh cao hơn nữa góp phần rèn tính tích cực, tự giác, chủ động, độc lập qua từng bài giảng. Rèn kỹ năng vận dụng quy tắc suy luận, vận dụng khái niệm, tính chất, kỹ năng sử dụng chính xác ngôn ngữ toán học tìm hiểu bài toán phân tích bài toán và đường lối giải toán.
Nhiệm vụ
Rèn cho học sinh các năng lực về hoạt động trí tuệ để có cơ sở tiếp thu các môn khoa học khác ở trường cấp II, mở rộng khả năng áp dụng kiến thức vào thực tế. Rèn cho học sinh có kỹ năng, kỹ xảo và thói quen giải bài tập giúp học sinh xác định đựơc với bài toán này ta sử dụng phương pháp nào để giải bài toán? Kiến thức nào áp dụng để giải bài toán này, có bao nhiêu cách giải và cách nào hay hơn cả, từ đó khi gặp những bài toán khó học sinh tư duy tìm cách tháo gỡ nhẹ nhàng hơn, mạch lạc hơn và hiệu quả hơn.
Phương pháp nghiên cứu:
Trong quá trình viết sáng kiến kinh nghiệm này tôi sử dụng phương pháp lí luận qua đọc sách giáo khoa, sách hướng dẫn giảng dạy, sách tham khảo, các tạp chí toán học liên quan đến đề tài. Bên cạnh đó tôi còn sử dụng các phương pháp khác như: Phương pháp phân tích, tổng hợp so sánh, tổng kết kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy của bản thân, từ đồng nghiệp, đặc biệt từ chuyên đề “Hệ thức Vi – ét và một số bài toán liên quan” của nhóm toán 9 ở trường tôi để thấy được tác dụng của đề tài mà tôi nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu là học sinh lớp 9 trường Trung học cơ sở Thái Thái Thịnh - Đống Đa – Hà Nội.
Các em thuộc lứa tuổi 15 đến 16. Là lứa tuổi hiếu động thích làm người lớn, thích thể hiện theo phong cách của người lớn, thích khẳng định mình song lại thiếu sự chín chắn, đôi khi hay hấp tấp, thiếu tính cẩn thận. Tư duy khái quát hoá và tổng hợp hoá chưa cao nên việc phân tích đầu bài toán còn hạn chế, thiếu tính lô gíc chặt chẽ. Vì vậy, với học sinh đại trà khi gặp bài toán nâng cao học sinh thường hay lúng túng nên đôi lúc không tìm được lời giải bài toán. Là người đứng trên bục giảng giáo viên phải nắm được đặc điểm này của học sinh. Thông qua bộ môn cụ thể là phân môn Đại số, tôi giúp học sinh có khả năng khai thác bài toán nhằm phát huy trí thông minh, năng động, phù hợp với khả năng của học sinh khi giải toán. Từ đó giúp các em học các môn học khác tốt hơn.
PHẦN II: NỘI DUNG – PHƯƠNG PHÁP
1. LÝ THUYẾT
1. Định lý Viet thuận:
Nếu phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có 2 nghiệm x1,x2 thì
S=x1+x2=-baP=x1⋅x2=ca(a≠0vàΔ≥0)⇒x1+x2=-bax1⋅x2=ca
*Hệ quả: PT bậc 2: ax2+bx+c=0
Nếu a+b+c=0 thì * có 1 nghiệm là x1=1, nghiệm kia là x2=ca
Nếu a-b+c=0 thì (*) có 1 nghiệm là x1=-1; nghiệm kia là x2=-ca
1.2. Định lý đão:
Nếu có 2 số x1,x2 thoả mãn x1+x2=Sx1⋅x2=P thì chúng là nghiệm số của phương trình: t2-st+p=0 (Điều kiện ∃2 số x1,x2 là s2-4p≥0 )
Chú ý:
Trước khi áp dụng hệ thức Vi- et cần tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm
⇔a≠0Δ≥0(Δ≥0)
* a + b + c = 0 Û x = 1 ; a - b + c = 0 Û x = - 1
* Nếu có: x = a ; y = b là nghiệm hệ phương trình phương trình: t2 - st + p = 0

ìx + y = S
í
îxy = P

thì a, b là nghiệm
Các ứng dụng cơ bản (thường dùng):
Kiểm tra nghiệm phương trình bậc 2.
Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc 2.
Biết 1 nghiệm suy ra nghiệm kia
Tìm 2 số biết tổng và tích.
Lập 1 phương trình bậc 2 biết 2 nghiệm
Một số kết quả thu được từ định lý Viet:
Phân tích ax2 + bx + c = 0 (*) (a ¹ 0) thành nhân tử:
 Khi (*) có Δ≥0⇔∃x1,x2/x1+x2=-ba;x1⋅x2=ca thì  ax2+bx+c=ax2+bax+ca=ax2-x1+x2x+x1x2 =ax2-x1x-x2x+x1x2=ax-x1x-x2
Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất:
* Từ: S = x1 + x2 ; P = x1 . x2
- Nếu S = x1 + x2 (không đổi) còn P = x1 . x2 thay đổi.
S 2
Do S2 - 4P ³ 0 Û P £
4
S 2	- b	S
P =	Û x1 = x2 =
4
S 2
=
2a	2
S
Þ maxP =
4
Û x1 = x2 =
2
(Vì x2 - Sx + P = 0 có nghiệm kép)
Þ KL: Hai số có tổng không đổi tích lớn nhất Û 2 số bằng nhau.
- Nếu x1 > 0; x2 > 0 và x1 x2 = P (Không đổi) Còn S = x1 + x2 (thay đổi)
P
P
P
Do: S2 - 4P ³ 0 Û (S - 2	P )(S + 2	P )³ 0
Û S -
2	³ 0 ; S =
2	Û x1 = x2 =
Þ KL: 2 số dương có tính không đổi tổng nhỏ nhất khi chúng bằng nhau.
Xét dấu các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (*) (a ¹ 0)
ç
æS =
è
b ; P = c ö
÷
a	a ø
Điều kiện cho (*) có 2 nghiệm trái dấu là P < 0
î
ìΔ³ 0
Điều kiện cho (*) có 2 nghiệm cùng dấu là
íP > 0
Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng dương là:
ìΔ ³ 0
ï
íP > 0
î
ïS > 0
Điều kiện để (*) có 2 nghiệm cùng âm là:
ìΔ ³ 0
ï
íP > 0
î
ïS < 0
Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép dương là:
ìΔ = 0
í
îS > 0
Điều kiện để (*) có 1 nghiệm kép âm là:
ìΔ = 0
í
îS < 0
í
ìïx + y = f(m)
Điều kiện của tham số để hệ phương trình:
là:
f2(m) - 4g(m) = 0
ïîx.y = g(m)
có 1 nghiệm duy nhất
(Chính là điều kiện để phương trình bậc 2 t2 - f(m)t + g(m)) = 0 có nghiệm kép)
CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI – ÉT
Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Phương pháp: Dựa vào định lý đảo của định lý Viet:
Nếu 2 số u và v có
ìu + v = S
í
îu.v = P

thì u và v là nghiệm của phương trình:
t2 - St + P = 0	(1)
Như vậy việc tìm 2 số quy về việc giải 1 phương trình (Tìm nghiệm của phương trình đó Þ 2 số cần tìm).
Chú ý:	Nếu S2 - 4P ³ 0 thì tồn tại 2 số.
Nếu S - 4P < 0 không tồn tại 2 số.
Ví dụ:
a. Tìm 2 cạnh 1 hình chữ nhật có chu vi là 6a; Diện tích là 2a2.
Gọi 2 cạnh hình chữ nhật là u và v (u>0; v >0).
Ta có:
2u+2v=6auv=2a2⇔u+v=3avu=2a2
Do (3a)2-4⋅2a2=a2>0 nên u,v là nghiệm của phương trình bậc 2 .
t2-3at+2a2=0 giài được t1=a;t2=2a
Vậy độ dài 2 cạnh hình chữ nhật là a và 2a.
b. Tìm phương trình bậc 2 nhận x1;x=2 là nghiệm và x12+x22=13x1x2=6
Biến đồi hệ (*) ta có: x1+x22-2x1x2=13x1x2=6⇔x1+x2=5x1+x2=-5x1x2=6
⇔x1+x2=5x1⋅x2=6x1+x2=-5x1⋅x2=6⇒x1 là nghiệm phương trình: x2-5x+6=0
c. Giải hệ phương trình: 3x+3y=4xy=27
(Ta quy về tìm x,y/x+y=5xy=P )
Từ (1) có 3x+3y=4⇔x+y+33xy(3x+3y)=64⇔x+y=28
Vậy hệ (1) (2) có dạng x+y=28xy=27 do 282-4.27>0 nên x, y là nghiệm của phương trình: t2-28t+27=0. Giài được t1=1;t2=27. Hệ có 2 nghiệm:
x=1y=27;x=27y=1
d. Giài phương trình: x5-xx+1⋅x+5-xx+1=6(Đ/K:x≠-1)
Đặt: u=x5-xx+1;v=x+5-xx+1=0 (Ð/K:x≠-1)
u+v=5 (2) Từ (1) và (2) ta quy về tìm u,v sao cho: u+v=5u.v=6
Do 25-24>0. Nên u, v là nghiệm phương trình t2-5t+6=0
→t1=3;t2=2.
Từ đó có: u1=3v1=2 hoặc u2=2v2=3.
e. Cho phương trình: x2+ax+b=0 có 2 nghiệm là x và d; phương trình x2+cx+d=0 có 2 nghiệm là a và b.
Tính a,b,c,d biết rằng chúng đều ≠0.
Giải: áp dụng định lý Viet vào 2 phương trình đã cho có:
c+d=-a (1) 	c. d=b (2)
a + b = - c	(3)	a . b = d	(4)
Từ	(1) Þ a + c = - d
(3) Þ a + c = - b
ü Þ b = d
ý
þ
Từ	(2) Þ c =1	(Vì b = d ¹ 0)
Từ	(4) Þ a = 1	(Chia 2 vế cho b = d ¹ 0) Thay a = c = 1 vào (1) Þ d = - 2 Þ b = - 2
Vậy (a, b, c, d) = (1; - 2; 1; - 2)
Tính giá trị các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm
Biểu thức đối xứng của 2 nghiệm
Biểu thức f(x1, x2) gọi là đối xứng với x1, x2 nếu:
f(x1 , x2) = f(x2, x1)
(Nếu đổi chỗ (vị trí) x1 và x2 thì biểu thức không thay đổi).
Nếu f(x1, x2) đối xứng thì f(x1, x2) luôn có thể biểu diễn qua 2 biểu thức đối xứng là S = x1 + x2; P = x1 . x2.
Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1, x2 của phương trình bậc 2 ax2 + bx
+ c = 0 là biểu thức có giá trị không thay đổi khi hán vị x1 và x2.
Ta có thể biểu thị được các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1, x2 theo S và P. Ví dụ:
x12+x22=x1+x22-2x1x2=S2-2Px13+x23=x1+x23-3x1x2x1+x2=S3-3SPx14+x24=x12+x222-2x12x22=S2-2P2-2P21x1+1x2=x1+x2x1x2=SP1x12+1x22=x12+x22x12x22=S2-2PP2
. . .
Các ví dụ:
a. Bài toán 1: Cho phương trình bậc 2:ax2+bx+c=0(*)(a≠0)
Có 2 nghiệm là x1,x2. Chứng minh rằng: Với Sn=x1n+x2n
Thì a ⋅Sn+2+b⋅Sn+1+c⋅Sn=0
Giài:
Do x1,x2 là nghiệm *⇒ax12+bx1+c=0ax22+bx2+c=0
⇒ax1n⋅x12+bx1n⋅x1+cx1n=0ax2n⋅x22+bx2n⋅x2+cx2n=0⇒ax1n+2+bx1n+1+cx1n=0ax2n+2+bx2n+1+cx2n=0
⇒a⋅x1n+2+x2n+2+bx1n+1+x2n+1+cx1n+x2n=0
hay: a ⋅Sn+2+b⋅Sn+1+c⋅Sn=0
b. Bài toán 2: Cho phương trình x2+5x+2=0
Gọi x1,x2 là các nghiệm. Hãy tính giá trị các biểu thức:
x12+x22;x13+x23;x14+x24;;x17+x27;x12x23+x13x22;x1-x2
Giaii: Trước hết kiểm tra phương trình đã cho nghiệm hay không.
Δ=25-8=17>0⇒ Phương trình có 2 nghiệm x1≠x2
Suy ra:
x12+x22=S2-2P=21
x13+x23=SS2-3P=-95
x14+x24=S2-2P2-2P2=441-8=433
x17+x27=x13+x23x14+x24-x13⋅x23x1+x2
=-95⋅433-8⋅(-5)=
x12x23+x13x22=x12x22x1+x2=P2⋅S=-20
x1-x2=x1-x22=x1+x22-4x1x2=S2-4P=17
* Chú ý: Ta có thể mở rộng cho bài toán trên yêu cầu tính giá trị của
x
n+2 1
xn+2
= Sn+2

; Sn + 1

; Sn

bằng cách áp dụng kết quả Bài toán 1.
2
Þ Sn +2 = - b Sn + 1 - cSn
x
2
1
2
1
2
Ví dụ: Cho x1, x2 là nghiệm phương trình: x2 - 2x - 2 = 0 Tính Ta có: D’ = 3 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm x1, x2.

7 + x7
S1 = 2 Þ S 2
= x2
x2
= (x2
+ x )2
- 2x1
.x2 = 8
S3 = - bS2 - cS1 = 16 + 4 = 20 S4 = - bS3 - cS2 =	= 56 S5 = - bS4 - cS3 = 152 =
S6 = - bS5 - cS4 = 416 S7 = - bS6 - cS5 =1136
Bài toán 3: (Học sinh giỏi).
Gọi a, b là nghiệm phương trình: 30x2 - 3x = 2002.
30(a2002 + b2002 )- 3(a2001 + b2001)
Rút gọn (Tính) M =
a2000 + b2000
* Nhận thấy phương trình đã cho: 30x2 - 3x - 2002 = 0 có D > 0
Þ x1 = a ; x2 = b Þ Sn = an + bn
áp dụng công thức thuộc Bài toán 1: A . Sn + 1 + B . Sn + 1 + C. Sn = 0 Theo đầu bài ta có:Sn = a2000 + b2000
Sn + 1 = a2001 + b2001 Sn +2 = a2002 + b2002
Þ 30 Sn + 2 - 3Sn + 1 - 2002Sn = 0
Þ 30 Sn +2 - 3Sn + 1 = 2002Sn
Þ M = 2000Sn = 2002
Sn
Bài toán 4: Cho phương trình x2 - ax + a - 1 = 0 có 2 nghiệm là x1 và x2. Không
3x2 + 3x2 - 3
giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức:
M =	1	2	.
1
x
2
1
2
x2x	+ x	2
Giải: Trước hết kiểm tra xem phương trình đã cho có nghiệm không ? Ta có: D = a2 - 4 (a - 1) = (a - 2)2 ³ 0
Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 và x2. áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 + x2 = a ; x1.x2 = a - 1.
3(x + x )2 - 6x x - 3
3a2 - 6(a -1) - 3
3a2 - 6a + 3
M =	1	2	1 2	=
=	(a ¹ 0; a¹ 1)
2
x1 x2 (x1 + x )
a(a -10
a2 - a
Bài 5: Cho a ¹ 0; Giả sử x , x

là nghiệm của phương trình:
x2 - ax - 1 = 0
1
tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
1
E = x4
a2
2
x4
Ta có: x + x

= a ; x .x
= - 1 Þ x4 + x4 = (S2 - 2P)2 - 2P
1
E = a 4 +
2	1
2
2 + 4 ³ 2
a 4
2	a 2	1	2
+ 4
2
E = 2
+ 4 Û a8 = 2 Û
a = ±8 2
Þ Min
E = 4 + 2
tại
a = ±8 2
2
*	Chú	ý:	Nếu	biến	đổi	phương trình đã	cho	thành phương	trình
1
2
a 2 x2
- a 3x - 1 = 0
(a ¹ 0) thì việc xét xem phương trình có nghiệm hay không
và tìm GTNN
E = x4
x4
tiện lợi hơn.
Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc tham số:
Phương pháp:
Để tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc tham số trong 1 phương trình bậc 2 (Giả sử tham số là m) ta có thể thực hiện theo các bước sau:
Tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm x1 và x2 là:
ìa ¹ 0
í
îΔ³ 0
áp dụng hệ thức Viet ta được
ìïx1 + x2
í
= f(m)

(*)
ïîx1.x2
= g(m)
Khi m từ hệ (*) ta được hệ thức cần tìm (Sử dụng phép thế hoặc cộng).
Ví dụ:
Cho phương trình (m - 1)x2 - 2(m - 4)x + m - 5 = 0. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình không phụ thuộcm (Độc lập với m).
í
Giải: Trước hết tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 là:
í
ìa ¹ 0
ìm - 1 ¹ 0
ìm ¹ 1
îΔ'³ 0
Û í	Û
î(m - 4)2 - (m - 1)(m - 5) ³ 0
î2m - 11 £ 0
Û 1 ¹ m £ 11
2
Khi đó theo Viet phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn:
2
ì
ïx1 + x
= 2(m - 4)
m - 1

ï2(x1 + x2 ) =
4(m - 4)
m - 1
ì
ï
í
x
îï 1 .x2
= m - 5
m - 1
Û í
ï
ï3x
î	1

.x2
= 3(m - 5)
m - 1
Û 2 (x1 + x2) - 3x1x2 = 1 (Không chứa m). Đó chính là hệ thức cần tìm.
Cho phương trình: (m2 + 1)x2 - 2mx + 1 - m2 = 0.
CMR với mọi m > 1 phương trình luôn có nghiệm.
Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm độc lập với tham số m.
Giải:
Ta có: a = m2 + 1 > 0 (m2 ³ 0) nên phương trình đã cho là1 phương trình bậc 2 ẩn x tham số m.
Mặt khác, C = 1 - m2 1 Þ m2 > 1).
Như vậy: a và c trái dấu Þ ac 1.
áp dụng hệ thức Viet có:
ïx1 + x2
ì
í
=	2m 1 + m2
2

(*)
ï
ïx .x
î 1	2
- Khử m từ hệ (*) bằng nhận xét:
= 1 - m m2 + 1
æ	2m	ö2	æ 1 - m2 ö2
(x + x
)2 + (x .x
)2 = ç
÷ + ç	÷
1	2	1	2

è 1 + m2 ø
ç 1 + m2 ÷
è	ø
4m2 + m4 - 2m2 + 1 = m4 + 2m2 + 1 =
=	(m2 + 1)2	m4 + 2m2 + 1	1
Vậy ta có hệ thức cần tìm là:	(x1 + x2)2 + (x1.x2)2 = 1
Tìm điều kiện của tham số để 2 nghiệm liên hệ với nhau bởi 1 hệ thức cho trước (điều kiện cho trước)
Phương pháp
Có thể thực hiện các bước
Bước 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình đã cho có nghiệm x1, x2.
Bước 2: áp dụng hệ thức Viet, ta có:
ìïx1 + x2
í
= f(m)

(*)
ïîx1.x2
= g(m)
Bước 3: Kết hợp (*) với điều kiện (Hệ thức cho trước) suy ra phương trình có ẩn là tham số từ đó tìm được tham số.
(Chú ý cần đối chiếu tham số cần tìm được với điều kiện để phương trình đầu có nghiệm số).
Các ví dụ:
Tìm m để phương trình: 3x2 + 4 (m - 1)x + m2 - 4m + 1 = 0 có 2 nghiệm phân
biệt x . x

thoả mãn:
 1 + 1 = 1 (x
x )
x
x
2
1	2	1	2
1	2
Giải:
* Trước hết phương trình phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x21 ¹ 0 nên phải có:
D’ > 0.
Û 4 (m - 1)2 - 3 (m2 - 4m + 1) > 0 Û m2 + 4m + 1 > 0.
3
Û m < - 2 -
hoặc m > -2 +
(*)
3
* Theo hệ thức Viet ta có:
4(1 - m)

m2 - 4m + 1
x1 + x2 =
3
; x1 .x2 =
3
(m2 - 4m + 1 ¹ 0) Û m ¹ 2 ±
3
(**)
Từ hệ thức của x1, x2 ta có:
x1 + x2	x1 + x2
+ x )æ	1	- 1 ö
ç	÷
x1 x2	2
1
2
è x1 x2	2 ø
=	Û (x	= 0
Û x + x

= 0	(1)	hoặc
 1	- 1 = 0

(2)
1	2
1 2
x
x
2
Từ (1) có:
4 (1 - m) = 0 Û m = 1
3
Từ (2) có:
 	3	= 1
Û m2 - 4m + 1 = 6
m2 - 4m + 1
2
ém = -1
=
Û m2 - 4m - 5 = 0 Û ê
ëm	5
* Kết hợp các giá trị của m với điều kiện: (*) (**) ta được m = 1 ; m = 5. Như vậy: Với m = 1 hoặc m = 5 thì phương trình đã cho thoả mãn đầu bài (Chú ý: Có thể tìm m từ hệ hỗn hợp sau:
ìΔ' ³ 0
ï

4(1 - m)
x
ï	+ x
ï 1	2
ï
í
=
3
m2 - 4m + 1
ïx1 .x2 =	¹ 0
ï	3
1
2
ï 1 + 1 = 1 (x
x )
ïîx1	x2 	2
Khi có:
x1 + x2
= x1 + x2
nếu chia cho x
+ x sẽ làm mấy nghiệm)
x1x2	2
1	2
Cho phương trình: x2 + bx + c = 0 có các nghiệm x1, x2; phương trình:
x2 - b2x + bc = 0 có các nghiệm x3, x4. Biết x3 - x1 = x4 - x2 = 1. Tìm b và c.
Giải:
í
ìb2 - 4c ³ 0
Trước hết phải có:
îb4
- 4bc ³ 0
(*)
Theo giả thiết và theo hệ thức Viet có:
ï
ìx1 + x2
= -b
ìx1 + x2
= -b

(1)
x
.x
ï 1	2 = c
ï
ïx1
.x2 = c
(2)
ï
1
í
4
ïx3 + x
= b 2
Û	í(1 + x
)+ (1 + x
) = b2
(3)
ïîx3
.x 4
= bc
ïî(x1
+ 1)(x
+ 1) = bc
(4)
2
(Vì x3 = x1 + 1 ; x4 = x2 + 1)

2
éb = 1
ë
Từ (1) và (3) có: b2 + b - 2 = 0 Û (b - 1) (b + 2) = 0 Û êb = -2
Từ (4) có: x1x2 + x1 + x2 + 1 =bc	Û c - b + 1 = bc	(5)
- Với b = 1 thì (5) đúng khi đó phương trình: x2 + bx + c = 0 trở thành x2 + x + c = 0
Có nghiệm nếu D = 1 - 4c ³ 0 Û
c £ 1
4
Phương trình: x2 - b2x + bc = 0 trở