Chuyên đề Đại số – Chuyên đề 17: Hệ thức Vi-ét - Bồi dưỡng HSG và Ôn thi vào 10

 Chuyên đề 17.HỆ THỨC VI-ÉT
A. Kiến thức cần nhớ 
1. Hệ thức Vi-ét
 2
  Nếu x1; x2 là hai nghiệm của phương trình ax bx c 0 a 0 thì:
 b
 x x 
 1 2 a
 c
 x .x 
 1 2 a
  Nếu phương trình ax2 bx c 0 a 0 có a b c 0 thì phương trình có một nghiệm là 
 c
 x 1, còn nghiệm kia là x 
 1 2 a
  Nếu phương trình ax2 bx c 0 a 0 có a b c 0 thì phương trình có một nghiệm là 
 c
 x 1, còn nghiệm kia là x 
 1 2 a
2. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
  Nếu hai số đó có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình 
 x2 Sx P 0
 Điều kiện để có hai số đó là: S 2 4P 0 0 
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho phương trình mx2 2 m 2 x m 3 0 ( x là ẩn số).
 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn 
 nghiệm dương.
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, TP Hồ Chí Minh năm học 2011 – 2012) 
 Giải
 Tìm cách giải. Những bài toán liên quan đến dấu của nghiệm phương trình bậc hai bao giờ 
 cũng liên quan đến công thức nghiệm và hệ thức Vi-ét. Cụ thể là:
  Phương trình có hai nghiệm trái dấu gồm: Phương trình có nghiệm ( 0 ) và 
 c
 x x 0 0 thì điều kiện nghiệm chung là: ac 0
 1 2 a m 1 
 0
 x1 x2 0 2
 m 1.
 x x 0 m 1
 1 2 0
 2
 Hai nghiệm là số đo 2 cạnh của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông 
 4
 là (đơn vị độ dài)
 5
 2 2
 1 1 25 x1 x2 2x1 x2 25 m 1 4m 4 25
 2 2 2 2 2 
 x1 x2 16 x1 x2 16 m 1 16
 11 5
 9m2 18m 55 0 . Giải ra, ta được: m ;m .
 1 3 2 3
 11
 Kết hợp điều kiện, ta được m thỏa mãn 
 1 3
 2
Ví dụ 3: Cho phương trình x 3mx m 0 ( m là tham số khác 0) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
 2 2
 m x1 3mx2 3m
 A 2 2 
 x2 3mx1 3m m
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Hưng Yên, năm học 2011 -2012)
 Giải
 Phương trình có hai nghiệm phâm biệt khi 9m2 4m 0 hay m 9m 4 0
 4
 m 0 hoặc m (*)
 9
 x1 x2 3m
 Theo Vi-ét: 
 x1 x2 m
 Ta có: 
 m2 m2 m2 m2
 0
 x2 3mx 3m x2 x x x 3x x x2 x2 2x x 2
 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 x1 x2 
 2
 m2 x x 
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương: A 1 2 2
 2 m2
 x1 x2 
 2 2
 m x x 4
 Vậy A 2 1 2 m4 x x 
 min 2 m2 1 2
 x1 x2 
 2 2 2 2 2 2 2 2
 m x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 4x1 x2
 2 2
 x1 x2 x1 x2 4 9m m m 4 9m Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 
 1
 0 4 m 0
 x1 1 x2 1 0 x1 x2 x1 x2 1 0
 x x x x 2
 1 2 1 1 2
 2
 m 4
 m 4
 4 m 1 0 5 m 4
 m 5
 4 2
Ví dụ 6: Chứng minh rằng nếu a và b là hai nghiệm của phương trình x2 px 1 0 (1), còn c và 
 d là hai nghiệm của phương trình x2 qx 1 0 (2) thì ta có hệ thức: 
 a c b c a d b d q2 p2 .
 Giải
 a b p c d q
 Theo hệ thức Vi-et ta có: ; 
 ab 1 cd 1
 Xét a c b c a d b d ab ac bc c2 ab ad bd d 2 
 1 pc c2 1 pd d 2 
 1 pd d 2 pc p2cd pcd 2 c2 pc2 d c2 d 2
 1 pd d 2 pc p2 pd c2 pc 1
 2
 c2 2 d 2 p2 c d p2 q2 p2 .
 Suy ra a c b c a d b d q2 p2 Điều phải chứng minh. 
 Nhận xét. Nếu chọn p và q là hai số nguyên sao cho q2 p2 là số chính phương thì ta có kết 
 quả: a c b c a d b d là số chính phương. Chẳng hạn: cho số nguyên m , chứng minh 
 rằng nếu a và b là hai nghiệm của phương trình x2 15mx 1 0 (1), còn c và d là hai nghiệm 
 của phương trình x2 17mx 1 0 thì ta có a c b c a d b d là số chính phương.
Ví dụ 7: Cho phương trình x2 px q 0 (1). Hãy tìm các giá trị nguyên của p và q sao cho 
 phương trình (1) có nghiệm nguyên phân biệt và nghiệm này gấp 4 lần nghiệm kia
 (Thi học sinh giỏi Toàn 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2003 – 2004) 
 Giải
 Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt và x2 4x1 S5 2S4 2S3 2.56 2.20 152
 5 5
 1 1 1 3 1 3 152 19
 Ta có: A 5 5 5 5 . 
 1 3 1 3 1 3 1 3 32 4
C. Bài tập vận dụng
17.1. Cho phương trình x2 2mx m 4 0
 3 3
 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 26m
 b) Tìm m nguyên để phương trình có hai nghiệm nguyên.
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Quảng Bình năm học 2012 – 2013) 
 Hướng dẫn giải – đáp số
 2
 2 1 3
 a) Xét m m 4 m 3 0, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
 2 4
 Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình
 x1 x2 2m
 Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
 x1 x2 m 4
 2 2 2 2
 x1 x2 x1 x2 2x1 x2 4m 2m 8
 3 3 2 2
 Ta có: x1 x2 26m x1 x2 x1 x1 x2 x2 26m
 2m 4m2 3m 12 26m
 2 1
 2m 4m 3m 1 0 m1 0;m2 1;m3 
 4
 b) Vì x1.2 m nên điều kiện để phương trình có hai nghiệm nguyên:
 m2 m 4
 Đặt m2 m 4 k 2 k ¢ 4m2 4m 16 4k 2
 2m 1 2 15 2k 2 2k 2m 1 2k 2m 1 15
 Từ đó ta có bảng sau:
 2k 2m 1 1 3 5 15 -1 -3 -5 -15
 2k 2m 1 15 5 3 1 -15 -5 -3 -1
 Suy ra: 
 k 4 2 2 4 -4 -4 -2 -4
 m 4 1 0 -3 -3 0 1 4 2
 4 m 1 2 m 3 4m2 8m 4 2m 6
 3 3 
 m2 m m2 m
 4m2 8m 4 5m 6
 m2 m
 2 2 2 2
 4m 8m 4 5m 6m m 2m 4 0 m 1 5 m1 5 1 (thỏa mãn), 
 m2 5 1 (không thỏa mãn)
 2 2
 Vậy với m 5 1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: x1 x2 3 
17.4. Cho phương trình bậc hai x2 2 m 1 x 2m 10 0 với m là tham số thực
 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2
 2 2
 b) Tìm m để biểu thức P 6x1 x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất
 (Thi học sinh giỏi Toán 9, Tỉnh Vĩnh Long, năm học 2011 – 2012)
 Hướng dẫn giải – đáp số
 2
 a) 4 m 1 8m 40 4m2 8m 4 8m 40 4m2 36 0
 2 m 3
 m 9 m 3 
 m 3
 2
 b) Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình x 2 m 1 x 2m 10 0
 x1 x2 2m 2
 Áp dụng hệ thức Vi-ét: 
 x1 x2 2m 10
 2 2 2 2
 Ta có: P 6x1 x2 x1 x2 x1 x2 4x1 x2 4 m 1 4 2m 10 
 4m2 8m 4 8m 40 4m2 16m 44 4m2 16m 16 28
 4 m 2 2 28 4. 3 2 2 28 32
 Vậy Pmax 32 khi và chỉ khi m 3 
17.5. Cho phương trình bậc hai x2 2m m 2 x m2 7 0 (1). ( m là tham số)
 a) Giải phương trình (1) khi m 1
 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn:
 x1 x2 2 x1 x2 4 
 Hướng dẫn giải – đáp số
 2
 a) Với m 1, phương trình có dạng: x 6x 8 0 . Giải ra ta được: x1 2; x2 4
 2
 b) Điều kiện để phương trình có nghiệm là: m2 m 2 m2 7 0 (*)