Định lý Vectơ và các ứng dụng

Chia sẻ: Huỳnh Văn Phước | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

0
300
lượt xem
91
download

Định lý Vectơ và các ứng dụng

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhắc lại và mở rộng một số vấn đề đa thức. Trong toán học, một vectơ là một phần tử trong một không gian vectơ, được xác định bởi ba yếu tố: điểm đầu (hay điểm gốc), hướng (gồm phương và chiều) và độ lớn (hay độ dài). Vectơ đơn vị là vectơ có độ dài bằng 1, là vectơ quy ước để so sánh.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Định lý Vectơ và các ứng dụng

  1. Những người thực hiện: Phạm Hy Hiếu Nguyễn Anh Tuấn Phan Thiện Tôn Nguyễn Thị Xuân Ngọc Nguyễn Dương Bạch Mai Tôn Nữ Quỳnh Trân Nguyễn Mai Phương Quách Thuỷ Tiên Trần Ngọc Ngân Phan Huỳnh Anh Mai Nguyên Minh Uyên 1
  2. ĐNN H LÝ VIÈTE VÀ CÁC ỨN G DỤN G 1. N HẮC LẠI VÀ MỞ RỘN G MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA THỨC: Hàm số { {: W → W được gọi là một đa thức nếu { { ≡ IJJJ hoặc { { có dạng: 1.1. N hắc lại về đa thức: { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I # # +I Khi đó, I" , I# , … , I gọi là các hệ số của đa thức. I được gọi là hệ số cao nhất, I" được gọi là hệ số tự do. N ếu I" = 1 thì đa thức { { gọi là đa thức chuNn tắc hay đa thức mônic. N ếu I ≠ 0 thì đa thức { { gọi là đa thức bậc J và ta kí hiệu: deg { { = J. Hiển nhiên, nếu { { ≡ 0 thì deg { { = 0. Để cho gọn, đôi khi người ta còn viết: { {= I = I (" (" Cách viết đằng sau gọi là cách viết ngược, với {I" , I# , … , I { = {I , I # , … , I" {. Cho { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I +I . Khi đó, ∀ = 1, J: 1.2. Đa thức trên các tập số: # # N ếu I ∈ thì ta nói { { ∈ [ ] N ếu I ∈ W thì ta nói { { ∈ W[ ] Các trường hợp riêng: N ếu I ∈ W thì ta nói { { ∈ W[ ] N ếu I ∈ thì ta nói { { ∈ [ ] Rất rõ ràng, W[ ] ⊃ W[ ] ⊃ [ ]. 1.3. Các phép tính trên đa thức: { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I # # +I Cho 2 đa thức sau: { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I # # +I Trong đó, I I ≠ 0. Ta định nghĩa một số phép toán cơ bản trên đa thức như sau: Có 3 phép tính cơ bản thường dùng đối với 2 đa thức là phép cộng, kí hiệu là { { + { {; phép trừ kí hiệu là a. Các phép tính cơ bản: { { − { { và phép hợp, kí hiệu là ∘ { { = { { a. deg { { ± { { ≤ max{ ; J} VD1.3a.1: Chứng minh rằng: b. deg { {. { { = + J c. deg ∘ { { = J Lời giải: Rõ ràng ta chỉ cần xét các hệ số cao nhất I và I của 2 đa thức. a. N ếu > J thì đa th c { { = { { + { { có dạng: { {=I +I # # + ⋯ + {I + I { + {I # + I # { # + ⋯ + {I# + I# { + {I" + I" { Vì I ≠ 0 nên theo định nghĩa, deg { { = = max{ ; J} Tương tự với < J, ta cũng có deg { { = J = max{ ; J} N ếu = J, ta có: { { = {I + I { + {I # + I # { # + ⋯ + {I# + I# { + {I" + I" { Do { { có hệ số cao nhất là I = I + I nên deg { { ≤ J = max{ ; J}, đẳng thức xảy ra khi I + I = 0. Từ các trường hợp vừa xét, ta có deg { { + { { ≤ max{ ; J} (đpcm). Với trường hợp { { = { { − { {, ta đặt { { = − { { thì { { = { { + { { và theo điều vừa nói trên, ta cũng có deg { { − { { ≤ max{ ; J} (đpcm). b. Số hạng cao nhất của { {. { { là I I , mà I I ≠ 0 nên deg { {. { { = + J (đpcm). c. Ta có: ∘ { { = { { =I { {+I # #{ { + ⋯ + I# { { + I" , mà theo câu b thì: deg { { ∘ { { = deg { { = deg { {. { { … { { = J deg { { = J (đpcm). 2
  3. Cho 2 đa thức { { và { { ∈ W[ ] sao cho deg { { ≥ deg { {. b. Phép chia đa thức: Khi dó, tồn tại duy nhất hai đa thức { { và { { ∈ W[ ] sao cho deg { { < deg { { và: { { = { {. { { + { { { { gọi là thương và { { gọi là dư trong phép chia đa thức { { cho đa thức { { Chú ý rằng nếu deg { { < deg { { thì { { ≡ 0 và { { ≡ { {. N ếu { { ≡ 0 thì ta nói rằng { { chia hết cho { { hay { { chia hết { { và kí hiệu: { { ⋮ { { hay { {| { {. VD1.3b.1: Tìm dư trong phép chia { { = $"" + + 1 cho { { = $ − 1. Đặt: { { = { {. { { + { {. Vì deg { { = 2 nên deg { { < 2, do đó { { là đa thức bậc nhất. Lời giải: Lại đặt: { { = I + I với I, I ∈ W. Lần lượt cho = 1 và = −1, với chú ý {1{ = {−1{ = 0, ta có: {1{ = {1{. { { + I + I I+I =3 I=1 ⇔ ⇔ {−1{ = {−1{. { { − I + I −I + I = 1 I=2 Vậy đa thức dư trong phép chia cần tìm là { { = + 2 1.4. N ghiệm của đa thức và một số vấn đề liên quan: Cho đa thức { { ∈ W[ ]. Giá trị " ∈ W của mà tại đó { " { = 0 được gọi là nghiệm của đa thức { {. a. Định nghĩa: Cho đa thức { { ∈ W[ ]. Khi đó " là một nghiệm của { { khi và chỉ khi { { ⋮ { − " { b. Định lý Bézout: Xét đa thức { { ∈ W[ ] và { { = − " . Theo định nghĩa phép chia đa thức, tồn tại duy nhất 2 đa thức { { Chứng minh: và { { sao cho: { { = { {. { { + { { = { − " {. { { + { { Vì deg { { < deg { { = 1 nên { { ≡ IJJJ . Đặt { { = I, ta có: { { = { − " {. { { + I ⇒ { " { = I ⇒ { { = { − " {. { { + { " { Theo định nghĩa về nghiệm của đa thức, " là nghiệm của { { khi và chỉ khi { " { = 0, tức là: { { = { − " {. { { Đó cũng chính là đpcm. Hệ quả 1: đa thức bậc J không là đa thức hằng thì có không quá J nghiệm. Giả sử đa thức { { ∈ W[ ] có deg { { = J và có từ J + 1 nghiệm trở lên, là: # , $ , … , Chứng minh: # . Theo định lý Bézout, ta có: { { = { − # {{ − $ { … { − # {. { {, suy ra deg { { ≥ J + 1 > J, mâu thuẫn. Từ đây ta có đpcm. Hệ quả 2: đa thức bậc J có nhiều hơn hoặc bằng J + 1 nghiệm là đa thức 0. Cho { { ∈ W[ ] có deg { { = J và J + 1 số thực # , $ , … , VD1.4b.1: (Công thức nội suy Largrange) # . Chứng minh rằng: { − $ {{ − % { … { − #{ { − # {{ − % { … { − #{ { { = { #{ + { ${ +⋯ { # − $ {{ # − % { … { # − #{ { $ − # {{ $ − % { … { $ − #{ { − # {{ − $ { … { − { − # # + { #{ = { { { # − # {{ # − ${ … { #− { − (# (# Lời giải: 3
  4. Xét đa thức: − # # { {= { {− { { − (# (# Ta thấy deg { { ≤ J. Cho lần lượt nhận các giá trị # , $ , … , # , ta thấy ∀ = 1, J + 1 thì: { {= { {− { {=0 Suy ra #, $, … , # là J + 1 nghiệm của { {. Theo hệ quả 2 của định lý Bézout suy ra { { ≡ 0. Từ đó: − # # { {= { { − (# (# Đó là đpcm. N ếu đa thức bậc J xác định tại J + 1 giá trị của biến thì nó xác định hoàn toàn. Chú ý rằng từ công thức nội suy Largrange được chứng minh trong ví dụ nêu trên, ta có 2 hệ quả quan trọng: N ếu 2 đa thức có bậc không lớn hơn J và nhận giá trị bằng nhau tại J + 1 điểm giá trị của biến thì chúng đồng nhất với nhau. Ở phần sau, khi chứng minh định lý Viète và một số định lý quan trọng khác, ta sẽ sử dụng các hệ quả này. 1.5. Đa thức với hệ số nguyên, sự bất khả qui và tiêu chuNn bất khả qui Einstein: Ở phần đầu, ta đã định nghĩa đa thức { { ∈ [ ] là đa thức có các hệ số nguyên (hay đa thức nguyên) nếu và 1.5.1. Đa thức với các hệ số nguyên: chỉ nếu: { { = I +I # # + ⋯ + I# + I" đồng thời I ∈ , ∀ = 1, J 1.5.2. Sự bất khả qui của đa thức và tiêu chuNn bất khả qui Einstein: Đa thức { { ∈ [ ] gọi là bất khả qui trên [ ] nếu và chỉ nếu { { không phân tích được thành tích của 2 đa a. Định nghĩa: thức cũng thuộc [ ]. Cho đa thức { { ∈ [ ] và { { = I +I # + ⋯ + I# + I" . Khi đó, nếu tồn tại số nguyên tố J b. Định lý về sự bất khả qui của đa thức: # thoả mãn điều kiện ∀ = 0, J: J∤I J | I , I # , … , I" J $ ∤ I" Đồng thời { { phân tích được thành tích của 2 đa thức cũng thuộc [ ] thì ít nhất một trong 2 đa thức trên có bậc không nhỏ hơn + 1. Giả sử { { = { {H{ { với: Chứng minh: { {=I +I # # + ⋯ + I# + I" H{ { = I +I # # + ⋯ + I# + I" là các đa thức thuộc [ ]. Ta có I = I I là số chia hết cho J nhưng không chia hết cho J$ nên trong 2 số I và I số chia hết cho J. Giả sử I ⋮ J còn I , có đúng một Gọi " là số nhỏ nhất mà I không chia hết cho J với 0 < " ≤ thì không. 4
  5. Vì I = I I +I #I # + ⋯ mà I không chia hết cho J nên " ≥ + 1. Mà ≥ " nên ≥ + 1. Đó chính là đpcm. Trong định lý trên, cho = J − 1 thì ta có định lý sau: c. Tiêu chuNn bất khả qui Einstein: Cho đa thức { { ∈ [ ] và { { = I +I # # + ⋯ + I# + I" . Khi đó, nếu tồn tại số nguyên tố J I không chia hết cho J thoả mãn: I # , I $ , … , I" chia hết cho J I" không chia hết cho J$ thì đa thức { { bất khả qui trên [ ] Định lý này được gọi là tiêu chuNn bất khả qui Einstein. N ó rất hữu dụng trong việc giải các bài toán Số Học trên đa thức. Cho đa thức { { ∈ W[ ] và { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I # +I . 1.6. Phương trình đại số và các định nghĩa liên quan: # Khi đó, mệnh đề chứa biến: “ { { = 0” được gọi là một phương trình đại số bậc J (hay phương trình bậc J). gọi là Nn, các hệ số I" , I# , … , I được gọi là các hệ số của phương trình. Các giá trị # , $ , … , của làm cho mệnh đề đúng được gọi là nghiệm của phương trình. Tập hợp các giá trị ấy gọi là tập nghiệm của phương trình. Công việc đi tìm tập nghiệm của một phương trình được gọi là giải phương trình ấy. 2. ĐNN H LÝ VIÈTE: Đa thức J biến { # , $ , … , { được gọi là đa thức đối xứng giữa J biến ấy nếu với mọi hoán vị { # , $ , … , { 2.1. Các đa thức đối xứng sơ cấp và vai trò của chúng: của bộ số { # , $ , … , {, ta đều có: { # , $ , … , { = { # , $ , … , {. Các đa thức đối xứng là một bộ phận rất quan trọng của tập hợp các đa thức nhiều biến. Khi xét đến các đa thức đối xứng này, ta thường nói đến những đa thức đối xứng sơ cấp. Đó là các đa thức có dạng: #{ {= # + $ + ⋯+ = (# ${ {= # $ + # % + ⋯+ # + $ % + $ & + ⋯+ $ + ⋯+ # = # ……………… { {= … = | | # ⋯ # ⋯ (# ……………… { {= # $… = (# { { gọi là hàm đa thức đối xứng bậc tương ứng của J biến và là một tổng gồm số hạng là tích của biến từ J biến { # , $ , … , } và được gọi là tích chập của J biến phần tử. Trong một số các số hạng bậc . Mỗi tài liệu, biểu thức { { còn được gọi là các đa thức Viète. $ { { = # + $, $ { { = # $ Một số đa thức đối xứng sơ cấp thường gặp là: # $ % { { = # + $ + %, % { { = # $ + $ % + % #, % { { = # $ % # $ % 5
  6. Vai trò của các đa thức đối xứng sơ cấp nói trên trong Đại Số là hết sức quan trọng. Chúng ta sẽ thấy rõ điều ấy qua định lý sau đây: Định lý này đối với trường hợp đa thức J biến { # , $ , … , { bản thân tôi chưa tìm ra cách chứng minh. Tôi Định lý cơ bản của Đại Số: Mọi đa thức đối xứng đều có thể biểu diễn được qua các đa thức đối xứng sơ cấp. chỉ có thể đưa ra cách chứng minh đối với trường hợp J = 3 và từ đó, hệ quả là trong trường hợp J = 2 định lý Chứng minh (đối với trường hợp J = 3): cũng vẫn đúng. Trong trường hợp J = 3, định lý được phát biểu như sau: Mọi đa thức đỗi ứng { , , { đều viết được dưới dạng đa thức đối xứng 3 biến Viète, tức là ở dạng: { , , { = H{J, J, J{ Với J = + + , J = + + và J = Thật vậy, nhận xét rằng với mỗi bộ số mũ { , , { cố định thì các hệ số tương ứng với { , J, J{ của { , , { đều phải bằng nhau. (Vì giả sử ngược lại, tức là các hệ số tương ứng với với mọi hoán vị nhau thì đa thức không còn đối xứng giữa , , ) Do đó, ta chỉ cần chứng minh định lý cho trường hợp: khác { , , {= + + + + + Với = = 0 và = J, ta xét biểu thức: = + + Khi đó, ∀J ∈ W , J ≥ 2 ta có: ∗ # =J −J #+J $ Vậy bằng nguyên lý quy nạp toán học, ta suy ra với mọi đa thức có dạng = + + đều có thể được $ { , , {= { { +{ { +{ { biểu diễn qua các đa thức đối xứng 3 biến Viète. Từ đó, ta suy ra đa thức có dạng: Tức là ứng với bộ số mũ = 0, = = J, các đa thức ấy cũng có thể đươc biểu diễn ở dạng: $ = H{J , J , J { Với J = + + , J = { {{ { + { {{ { + { {{ { = { + + { và J = { {{ {{ { = { { . $ Xét trường hợp = 0, = > J = , ta có đa thức: , { , , { = { + {+ { + {+ { + { , { , , {= J N hưng đa thức trên có thể được viết dưới dạng: $ Vậy , { , , { có thể được biểu diễn thông qua J, J, J. Cuối cùng, xét trường hợp , , khác nhau đôi một. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0 < < < . { , , {= + + + + + =J −J Trong trường hợp ấy, ta có: $ Vậy định lý được chứng minh. N hư vậy, có thể coi các đa thức đối xứng sơ cấp nêu trên là “chiếc cầu nối” dẫn chúng ta từ chỗ các đa thức đối xứng nói chung khó nghiên cứu về trường hợp các đa thức đối xứng sơ cấp cơ bản, thuần nhất và dễ nghiên cứu hơn nhiều. Chúng ta sẽ hiểu rõ hơn về vai trò của các đa thức đối xứng này qua định lý Viète được trình bày ở phần sau, cũng là đề tài chính của bài báo cáo này. 6
  7. Đối với trường hợp 3 biến số I, I, I, người ta thường đặt J = I + I + I, J = II + II + II và J = III. Từ đó mà hình thành một phương pháp chứng minh các bất đẳng thức Đại Số mang tên “J, J, J”. Chúng ta sẽ tìm hiểu kĩ hơn về phương pháp “J, J, J” ở phần sau. Trong phương pháp này, khi I, I, I ≥ 0, ta chú ý đến một số cơ sở sau: • J% − 4JJ + 3J ≥ 0 (tương đương với I% + I % + I % + 3III ≥ II{I + I{ + II{I + I{ + II{I + I{) • J& − 5J$ J + 4J $ + 6JJ ≥ 0 (tương đương với I$ {I − I{{I − I{ + I $ {I − I{{I − I{ + I $ {I − I{{I − I{ ≥ 0) J% ≥ 27J, J % ≥ 27J $ (lần lượt tương đương với I + I + I ≥ 3 III và II + II + II ≥ 3 {III{$) JJ ≥ 9J (tương đương với {I + I + I{{II + II + II{ ≥ 9III) • • Cho I, I, I ≥ 0 thoả III = 1. Chứng minh rằng: VD2.1a.1: (Bulgari MO 1998) 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + 1+I+I 1+I+I 1+I+I 2+I 2+I 2+I Đặt J = I + I + I, J = II + II + II và J = III = 1. Ta có: Lời giải: 1 1 1 = + + J+1−I J+1−I J+1−I {1 + I + I{{1 + I + I{ + {1 + I + I{{1 + I + I{ + {1 + I + I{{1 + I + I{ = {J + 1 − I{{J + 1 − I{{J + 1 − I{ J + 4J + 3 + J $ = $ J + 2J + JJ + J 1 1 1 4J + J + 12 = + + = 2 + I 2 + I 2 + I 4J + 2J + 9 J$ + 4J + 3 + J 4J + J + 12 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ≤ J $ + 2J + JJ + J 4J + 2J + 9 J−3 JJ − 2J − 3 ⇔ ≤ 4J + 2J + 9 J$ + 2J + JJ + J ⇔ {J − 3{{J$ + 2J + JJ + J{ ≤ {JJ − 2J − 3{{4J + 2J + 9{ ⇔ {3J − 5{J$ + {J − 1{J $ + 6JJ ≥ 24J + 3J + 27 Mặt khác do J = 1 và theo bất đẳng thức Cauchy ta có: I + I + I ≥ 3 III | II + II + II ≥ 3 {III{$ I+I+I ≥3 ⇒ II + II + II ≥ 3 Hay J, J ≥ 3, do đó: ≥ 4J$ + 2J $ + 6JJ ≥ 12J + 6{J − 1{J + 6J + 2J $ ≥ 24J + 3J + {J $ + 6J{ ≥ Vậy ta có đpcm, và đẳng thức chỉ xảy ra khi I = I = I = 1. Bây giờ chúng ta hãy đến với định lý Viète. 7
  8. 2.2. Định lý Viète: a. Đôi nét về François Viète: Francois Vieøte, coøn ñöôïc nhieàu ngöôøi bieát ñeán vôùi teân tieáng La tinh laø Vieta, oâng sinh naêm 1540 taïi Fontenay-le-Comte, Phaùp. Thuôû nhoû oâng hoïc ôû moät tröôøng doøng vaø sau ñoù tieáp tuïc hoïc luaät ôû tröôøng Ñaïi hoïc Poitiers ngay taïi queâ nhaø. OÂng sôùm noåi baät leân bôûi söï khoân ngoan, saéc saûo trong nhöõng laàn tham vaán veà luaät phaùp cho nhöõng ngöôøi loãi laïc,sau ñoù khoâng laâu oâng trôû thaønh coá vaán hoaøng gia cho Vua Henry III vaø Henry IV cuûa Phaùp.Vaøo nhöõng luùc raûnh roãi,oâng nghieân cöùu toaùn hoïc vaø töï xuaát baûn nhöõng keát quaû maø oâng gaët haùi ñöôïc.Oâng ñöôïc meänh danh laø cha ñeû cuûa ngaønh soá hoïc hieän ñaïi vaø là nhaø toaùn hoïc loãi laïc nhaát cuûa theá kæ 16. Nhöõng caâu chuyeän sau seõ phaàn naøo moâ taû moät chuùt tính caùch cuûa oâng.Trong thôøi gian laøm vieäc cho vua Henry III,oâng ñaõ tìm ra chìa khoùa maät maõ cuûa ngöôøi Taây Ban Nha daøi 500 kí töï vaø ñoïc ñöôïc thö töø bí maät cuûa quaân ñoäi keû thuø.Vua Philipp II cuûa Taây Ban Nha vaãn tin chaéc raèng maät maõ cuûa mình laø baát khaû xaâm phaïm,khoâng ai coù theå giaûi maõ ñöôïc neân khi nghe tin ñoù ,oâng ta ñaõ phaøn naøn vôùi Ñöùc giaùo hoaøng raèng ngöôøi Phaùp ñaõ söû duïng ma thuaät ñeå choáng laïi oâng ta vaø ñieàu ñoù traùi vôùi nhöõng baøi hoïc toát ñeïp cuûa Chuùa. Khaû naêng cö xöû kheùo leùo cuûa Viete ñöôïc minh hoïa trong caâu chuyeän veà Francoise de Rohan, ngöôøi em hoï cuûa Henry III.Baø ñaõ höùa hoân vôùi coâng töôùc J.de Nermours vaø coù moät con trai vôùi oâng nhöng sau ñoù,oâng naøy laïi cöôùi moät ngöôøi phuï nöõ khaùc laø Anne d’Este. Francoise muoán oâng ta coâng boá laø choàng hôïp phaùp cuûa mình coøn ñöùa con cuøng Anne chæ laø con hoang.Viete ñaõ tìm ra giaûi phaùp:Nghò vieän tuyeân boá Francoise laø vôï hôïp phaùp cuûa Nemours vaø trao cho baø ta nhöõng quyeàn lôïi cuûa moät coâng töôùc vaø ñoàng thôøi cuoäc hoân nhaân cuûa Anne vaø Nemours bò huyû boû ñeå ñaûm baøo Anne vaø con coâ ta seõ khoâng bò toån haïi naøo veà danh döï hay quyeàn lôïi. Khaû naêng toaùn hoïc cuûa Viete baét ñaàu loä dieän trong söï vieäc sau vaøo muøa heø naêm 1594.Nhaø toaùn hoïc ngöôøi Bæ A. van Roomen ñöa ra thaùch thöùc cho taát caû nhöõng nhaø toaùn hoïc ñöông thôøi veà lôøi giaûi cho moät phöông trình baäc 45.Ñaïi söù Haø Lan daâng cho vua Henry IV cuoán saùch cuûa van Roomen vôùi lôøi bình luaän raèng döôøng nhö nöôùc Phaùp khoâng coù moät nhaø toaùn hoïc naøo quan troïng.Nhaø vua cho goïi Viete vaø ngay sau ñoù oâng ñaõ laäp töùc tìm ra lôøi giaûi cho baøi toaùn ,vaøo ngaøy hoâm sau,oâng tìm ra hôn 22 caùch giaûi nöõa. Ñaùp laïi Van Roomen,Viete thaùch thöùc oâng giaûi baøi toaùn Apollonius tìm ra caùch xaây döïng 1 ñöôøng troøn tieáp xuùc vôùi 3 tam giaùc cho tröôùc.Khi Adrianus Romanus tìm ra lôøi giaûi söû duïng 2 hyperbolas,Vieteù khoâng haøi loøng laém vôùi lôøi giaûi ñoù vì noù xa laï vôùi hình hoïc maø theo oâng chæ caàn duøng hình hoïc phaúng ,chæ vôùi nhöõng ñöôøng troøn vaø ñöôøng thaúng. Sau ñoù, oâng ñaõ ñöa ra lôøi giaûi toång quaùt cho baøi toaùn tieáp tuyeán vôùi moät phöông phaùp thuaàn chaát hình hoïc vaø xuaát baûn moät cuoán saùch nhoû vôùi töïa ñeà Apollonius Gallus naêm 1600 ôû Paris. Adrianus caûm thaáy raát haøi loøng vaø höùng thuù neân ngay sau ñoù oâng leân ñöôøng ñeán Phaùp ñeå gaëp Viete vaø coù moät tình baïn maät thieát vôùi Viete. Laáy laøm ngaïc nhieân vì sao moät luaät sö baän roän nhö Viete laïi coù theå daønh nhieàu thôøi gian ñeán theá cho toaùn hoïc.Theo moät nhaø söû hoïc ñöông thôøi,vaøo naêm 1620,söï suy tö daønh cho toaùn hoïc cuûa Viete saâu saéc ñeán noãi suoát 3 ngaøy lieàn oâng ngoài treân baøn làm việc, khoâng aên, khoâng nguû, ngoaïi tröø ngaû ñaàu vaøo khuyû tay vaø thieáp ñi, cuõng khoâng nghæ ngôi moät chuùt naøo. Viete maát naêm 1603, chỉ 2 thaùng sau khi vua cho oâng nghæ höu. Cho đa thức { { ∈ W[ ] xác định như sau: { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I # +I {I ≠ 0{ và b. Định lý Viète: # bộ số thực { # , $ , … , } (không nhất thiết phải hoàn toàn phân biệt lẫn nhau, trong trường hợp đa thức có nhiều nghiệm bằng nhau). Khi đó, # , $ , … , là J nghiệm của { { khi và chỉ khi chúng thoả mãn hệ điều kiện sau: 8
  9. #{ I {= + + ⋯+ = =− # # $ I (# ${ I {= + +⋯+ + + +⋯+ + ⋯+ = = $ # $ # % # $ % $ & $ # I ……………… # {1{ I { {= … = | | = {−1{ I # ⋯ # ⋯ (# ……………… I" { {= # $… = = {−1{ I (# Chứng minh: Giả sử # , $ , … , là các nghiệm của { {. Theo định lý Bézout thì: a. Định lý thuận: { { = I" + I# + I$ $ + ⋯ + I # # +I ≡I { − # {{ − ${ … { − { I ⇒ ≡ {−1{ { { I (# (# I Từ đồng nhất thức trên ta có: { { = {−1{ , ∀ = 1, J I Đó chính là đpcm. Giả sử bộ số { # , $ , … , } là thoả hệ điều kiện {1{. Ta chứng minh rằng chúng là J nghiệm của { {. b. Định lý đảo: Thật vậy, gọi # , $ , … , là J nghiệm của { {. Theo định lý thuận vừa chứng minh, ta có: { { = { {, ∀ = 1, J Xét 2 đa thức: { {={ − # {{ − ${ … { − {= { { (# { {={ − # {{ − ${ … { − { = { ′{ (# N hưng do { { = { {, ∀ = 1, J nên { { ≡ { { và vì thế tập nghiệm của chúng là giống nhau. Từ đây ta cũng có đpcm. VD2.2b.1: Cho đa thức { { ∈ W[ ] và { { = +I # # + ⋯ + I$ $ + I# + I" có J nghiệm không I# âm. Chứng minh rằng: ≥ I" # J Lời giải: = $ %… + # %… +⋯+ # $… = {−1{ . I# Theo định lý Viète ta có: # # # = # $… = {−1{ I" Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 9
  10. {−1{ # I# $ %… + # %… + ⋯+ # $… # = ≥{ # $… { # J J # ⇒ {−1{ I# ≥ J{{−1{ I" { # I# ⇒ ≥ I" # J Đó chính là đpcm. VD2.2b.2: Cho phương trình: I & −I % +I $ −I + = 0 {∗{. Biết rằng phương trình {∗{ có 4 nghiệm trong khoảng 0, và I, I, I, > 0. Chứng minh rằng: # $ 21I + 164I ≥ 80I + 320 Gọi # , $ , %, & là 4 nghiệm của phương trình {∗{. Theo định lý Viète ta có: Lời giải: #+ $+ %+ & =1 I + + + + + = # $ # % # & $ % $ % % & I I + + + = # $ % # $ & # % & $ % & I = # $ % & I Vì I > 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: I I 21 + 164 ≥ 80 + 320 I I I ⇔ 21 + 164{ # $ % + # $ & + # % & + $ % & { ≥ 80{ # $ + # % + # & + $ % + $ % + % & { + 320{ # $ % & { ⇔ 81{1 − 2 # {{1 − 2 $ {{1 − 2 % {{1 − 2 & { ≤ {1 + 2 # {{1 + 2 $ {{1 + 2 % {{1 + 2 & { #, $, %, & ∈ 0; nên {1 − 2 # {, {1 − 2 $ {, {1 − 2 % {, {1 − 2 & { > 0. # $ Do giả thiết 1−2 +1−2 $+1−2 % % 1+2 & % Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: {1 − 2 # {{1 − 2 $ {{1 − 2 % { ≤ F = F # 3 3 ⇒ 0 < 27{1 − 2 # {{1 − 2 $ {{1 − 2 % { ≤ {1 + 2 & {% {1{ 0 < 27{1 − 2 $ {{1 − 2 % {{1 − 2 & { ≤ {1 + 2 # {% {2{ Lý luận tương tự ta có: 0 < 27{1 − 2 % {{1 − 2 & {{1 − 2 # { ≤ {1 + 2 $ {% {3{ 0 < 27{1 − 2 & {{1 − 2 # {{1 − 2 $ { ≤ {1 + 2 % {% {4{ N hân theo vế các bất đẳng thức {1{, {2{, {3{ và {4{ rồi rút gọn, ta có: 81{1 − 2 # {{1 − 2 $ {{1 − 2 % {{1 − 2 & { ≤ {1 + 2 # {{1 + 2 $ {{1 + 2 % {{1 + 2 & { Và đó chính là đpcm. 1 I 3 I 1 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: # = $ = % = & = ⇔ = ; = ; = 4 I 8 I 16 I 256 VD2.2b.3: Tồn tại hay không một tập hợp gồm hữu hạn các số thực dương sao cho ứng với mỗi J ∈ tồn tại đa thức { { ∈ [ ] sao cho deg { { = J và { { có đúng J nghiệm đều thuộc . đều Lời giải: 10
  11. Giả sử tồn tại tập hợp = {I# , I$ , … , I } trong đó I = I# < I$ < ⋯ < I = I thoả mãn yêu cầu bài toán. { {=I +I # + ⋯ + I# + I" ∈ [ ] Khi đó, theo giả thiết thì tồn tại đa thức: # sao cho { { có J nghiệm # $ , … , ∈ . Theo định lý Viète ta có: I # $ I I # $ |I $ | = − F −2 < − F +2 $ $ I I I |I | (# N hưng do I $, I #, I ∈ ⊂ [I; I] nên: I $ I JI ≤$ $ ≤ F + 2 , ∀J ∈ W∗ I I (# Điều này không thể xảy ra khi ta tăng giá trị của J đến vô cùng. Vì vậy mà không tồn tại một tập hợp nào thoả điều kiện của bài toán đưa ra cả. VD2.2b.4: Tìm tất cả các đa thức { { có dạng như sau: { {= + {−1{ I (# J! và nhận các số thực I# , I$ , … , I làm nghiệm. Ở đây, = là số tổ hợp chập k của n phần tử. ! {J − {! Xét đa thức { { thoả điều kiện như vậy. Theo định lý Viète thì: Lời giải: I = {I{ = I I … I , ∀ = 1, J # ⋯ Xét số I thoả điều kiện |I | = max{|I# |, |I$ |, … |I |} (tổng này gồm số hạng). Khi đó: |I | = {I{ = I I … I ≤ |I | , ∀ = 1, J # ⋯ ⇔ I I … I = |I | , ∀ = 1, J # ⋯ Suy ra |I# | = |I$ | … |I |. Mặt khác, cũng theo định lý Viète: |I# + I$ + ⋯ + I | = J|I# | Vì thế I# , I$ , … , I cùng dấu. Vậy I# = I$ = ⋯ = I = I và ta có đa thức { { cần tìm là: { { = { − I{ = {−1{ (" Các ví dụ trên cho ta thấy ứng dụng của định lý Viète đối với trường hợp tổng quát của đa thức bậc J và trường hợp riêng đối với J = 4. Song, 2 trường hợp riêng rất thường gặp của định lý Viète là: Đối với phương trình bậc 2: I $ + I + I = 0. # , $ là 2 nghiệm của phương trình khi và chỉ khi: −I I #+ $ = ; # $= I I Đối với phương trình bậc 3: I % + I $ + I + = 0. # , $ , % là 3 nghiệm của phương trình khi và chỉ khi: −I I − #+ $+ % = ; # $+ $ %+ % #= ; # $ %= I I I Ta sẽ xét một số bài toán ví dụ cho việc ứng dụng định lý Viète đối với phương trình bậc 2 và bậc 3 ở phần sau. 11
  12. 3. CÁC ỨN G DỤN G CỦA ĐNN H LÝ VIÈTE: 3.1. Định lý Viète với phương trình bậc 2: Cho phương trình bậc 2: I $ + I + I = 0. Khi đó, dựa vào định lý cơ bản của Đại Số, ta thấy mọi biểu thức a. Liên hệ giữa các nghiệm của một phương trình bậc 2: đối xứng giữa # và $ đều có thể được biểu diễn theo 2 đại lượng: −I I = #+ $= ; = # $= I I Do đó, ta có thể tính theo tham số (hoặc các hệ số cụ thể) cho trước các nghiệm của phương trình bậc 2 mà không cần phải tính cụ thể các nghiệm ấy ra. Điều này không chỉ hữu ích khi bài toán cho phương trình chứa tham số mà còn rất có ý nghĩa khi các nghiệm của phương trình tìm ra được quá phức tạp. Ta hãy xét một số bài toán: VD3.1a.1: Cho phương trình bậc 2: $ + I + I = 0 có các nghiệm #, $. Tính theo I và I các biểu thức sau: a. # + $ $ $ b. | # − $ | c. # + $ % % Theo định lý Viète, ta có: # + $ = −I và # $ = I. Vì thế: Lời giải: a. # + $ = { # + $ {$ − 2 # $ = I$ − 2I $ $ b. { # − $ { = # + $ − 2 # $ = I − 2I − 2I = I − 4I ⇒ |I − I| = $ $ $ $ $ { # − $ {$ = I$ − 4I c. # + $ = { # + $ {{ # + # $ + $ { = { # + $ {{{ # + $ { − # $ { = {−I{{I$ − I{ = II − I% % % $ $ $ VD3.1a.2: Cho phương trình $ + + J = 0 có 3 $ = 16J. Chứng minh rằng trong 2 nghiệm của phương trình, có một nghiệm bằng 3 lần nghiệm còn lại. Gọi # , $ là 2 nghiệm của phương trình đã cho. Theo định lý Viète và giả thiết, ta có: Lời giải: #+ $ = − # $ = J 3 $ = 16J Suy ra: 3{ # + $ { − 16 # $ = 0 ⇔ 3 # − 10 # $ + 3 $ = 0 ⇔ {3 # − $ {{ # − 3 $ { = 0 $ $ $ Tức là # = 3 $ hoặc $ = 3 # . Đó chính là đpcm. VD3.1a.3: Cho phương trình bậc 2: I $ + I + I = 0. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để phương trình đã cho có 1 nghiệm bằng lần nghiệm kia là: I $ = { + 1{$ II {∗{. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Δ = I $ − 4II ≥ 0. Lời giải: Gọi # , $ là 2 nghịêm của phương trình đã cho. Khi đó, nghiệm này bằng lần nghiệm kia khi và chỉ khi: #− $ = 0∨ #− $ = 0 ⇔ { # − $ {{ # − $ { = 0 ⇔ # $ { $ + 1{ − { # + $ { = 0 $ $ ⇔ { $ + 1{ # $ − {{ # + $ {$ − 2 # $ { = 0 ⇔ { $ + 2 + 1{ # $ = { # + $ {$ 12
  13. I I$ ⇔ { + 1{$ = {định lý Viète{ I I$ ⇔ I $ = { + 1{$ II Bây giờ, giả sử ta đã có hệ thức {∗{, do các biến đổi kể trên là biến đổi tương đương 2 chiều nên ta chỉ cần N ếu II < 0 thì phương trình đã cho ắt có nghiệm. chứng minh rằng phương trình đã cho cũng có nghiệm. Thật vậy: N ếu II ≥ 0, từ hệ thức {∗{ và bất đẳng thức Cauchy, ta có: { + 1{$ 4 I$ = II ≥ II = 4II ⇒ khi Δ = I $ − 4II ≥ 0 Vậy từ hệ thức {∗{ ta suy ra được phương trình đã cho có nghiệm. Đến đây, ta kết thúc chứng minh. VD3.1a.4: Cho biết rằng phương trình $ −{ + 2{ + {2 − 1{ = 0 có các nghiệm là #, $. Lập một hệ thức giữa # và $ độc lập với . Ta có: Δ = { + 2{$ − 4{2 − 1{ = $ +4 +4−8 +4={ − 2{$ + 4 > 0 nên phương trình đã cho Lời giải: luôn có nghiệm ∀ ∈ W. $ = +2 + Theo định lý Viète ta có: # # $ =2 −1 Suy ra: 2 = 2 # + 2 $ − 4 = # $ + 1, tức là: 2 # + 2 $ − # $ = 5. Vậy hệ thức giữa # , $ độc lập với là 2 # + 2 $ − # $ = 5. VD3.1a.5: Cho phương trình $ + I + 1 = 0 có 2 nghiệm là # , $ và phương trình $ + I + 1 = 0 có 2 nghiệm là % , & . Chứng minh rằng: { # − % {{ $ − % {{ # − & {{ $ − & { = I $ − I$ . Lời giải: { # − % {{ $ − % {{ # − & {{ $ − & { = { % − { # + $ { % + # $ {{ & − { # + $ { & + # $ { Theo định lý Viète, ta có: $ $ = { % + I % + 1{{ & + I & + 1{ {định lý Viète{ $ $ = { % + I % + 1 + {I − I{ % {{ & + I & + 1 − {I + I{ & { $ $ = − % & {I − I{{I + I{ {vì % , & là các nghiệm của PT $ + I + 1 = 0{ = I $ − I$ {vì theo định lý Viète thì % & = 1{ Vậy { # − % {{ $ − % {{ # − & {{ $ − & { = I $ − I$ (đpcm). VD3.1a.6: Cho phương trình 3 $ + 4{ − 1{ + $ −4 + 1 = 0. Tìm phân biệt # , $ thỏa điều kiện: để phương trình có các nghiệm 1 1 1 + = { + ${ # $ 2 # Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: Δ ≥ 0 Lời giải: # ⇔ 4{ − 1{ − 3{ $ − 4 + 1{ ≥ 0 $ ⇔ $+4 +1≥0 1 1 1 Trong điều kiện ấy, theo định lý Viète, ta có: + = { # + ${ # $ 2 13
  14. 11 ⇔{ + ${ − F=0 # # $ 2 ⇔ # + $ =0 ∨ # $=2 −4 ⇔ { − 1{ = 0 ∨ 3{ $ − 4 + 1{ = 2 3 ⇔ =1∨ = 2+ 5 ∨ =2− 5 Vì tất cả các giá trị trên của đều thoả Δ# ≥ 0 nên ∈ 1; 2 + 5; 2 − 5 1 1 1 VD3.1a.7: Cho phương trình: + + = 0 {1{ −I −I Với I, I > 0. Chứng minh rằng {1{ có 2 nghiệm phân biệt # > $ và $ < < ;− < < − %. $ $ # % % $ ≠ 0; I; I. Trong điều kiện ấy, {1{ tương đương với: Lời giải: 3 $ − 2{I − I{ − II = 0 {1′{ ĐKXĐ của phương trình là: Vì {1 { có , trái dấu nên nó ắt có 2 nghiệm phân biệt cũng trái dấu, mặt khác: = 0; = I; = I đều không là nghiệm của {1 { nên tất cả các nghiệm của {1 { đều là nghiệm của {1{. Gọi # > 0 > $ là 2 nghiệm phân biệt của {1{ 1 1 1 Ta có: + = >0⇒I− # >0 # #+I I− # 1 1 1 ⇒ > {vì > 0{ I− # # #+I ⇒ # >I− # I ⇒ #> 2 Mặt khác: I > 0 nên: 1 1 1 1 1 2 2I < ⇒ = + < ⇒ # < 2I − 2 # ⇒ # < #+I # I− # # #+I # 3 I 2I Vậy ta có: < #< 2 3 −2I −I Lý luận tương tự ta cũng có: < $< 3 3 Và đó chính là đpcm. VD3.1a.8: Cho phương trình bậc 2: { − 1{ $ + 2 + + 1 = 0. Tìm # , $ thoả điều kiện: # $ + # $ = 2 để phương trình có 2 nghiệm $ $ Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi: Δ ≥ 0 ⇔ $ − { − 1{{ + 1{ ≥ 0 ⇔ 1 ≥ 0 (đúng ∀ ∈ W) Lời giải: # $+ # $ =2 Theo định lý Viète, ta có: $ $ ⇔ # ${ # + ${ = 2 14
  15. + 1{ −2 −{ ⇔ . =2 −1 −1 ⇔ 2 { − 1{$ − 2 { + 1{ = 0 ⇔ 2 { $ − 2 + 1 − − 1{ = 0 ⇔ $ { − 3{ = 0 ⇔ = 0 hoặc = 3 đều thoả điều kiện ∆′ ≥ 0 Vậy = 0 và = 3 là các giá trị của thoả mãn yêu cầu đề bài. $ − I + 1 = 0. Tính giá tr của biểu thức: = + VD3.1a.9: a. Cho phương trình # $ 3 ! 5 b. Lập một đa thức bậc 7 nhận = + làm nghiệm. ! 5 3 = + Lời giải: # $. + =I a. Kí hiệu Theo định lý Viète, ta có: # $ # $ =1 = # + $ = { # + ${ − 2 # $ = I − 2 Từ đó: $ $ $ $ $ & = #+ $ ={ & & # + $ { − 2 # $ = {I − 2{ − 2 = I − 4I $ $ $ $ $ $ $ & $ +2 % = # + $ = { # + $ { − 3 # $ { # + $ { = I − 3I % % % % = + = { # + $ {{ # + $ { − # ${ # + ${ = {I& − 4I$ + 2{{I% − 3I{ − I Vậy: % % & & % % # $ = I − 7I' + 14I% − 7I 3 5 b. Đặt = và = . Theo định lý Viète, ta có: + = và =1 ! ! # 5 $ 3 # $ # $ ⇒ nên # , $ là nghiệm của phương trình bậc hai $ − +1=0 = #+ $= −7 + 14 −7 Theo câu a, ta có: ' % 3 5 34 Suy ra: −7 ' + 14 % −7 = + = 5 3 15 Hay: 15 − 105 ' + 210 % − 105 − 34 = 0 Vậy đa thức cần tìm là: { { = 15 − 105 ' + 210 % − 105 − 34 VD3.1b.1: Cho I, I, I đôi một khác nhau và I ≠ 0. Biết rằng 2 phương trình sau có ít nhất một nghiệm chung: b. Liên hệ giữa nghiệm của các phương trình bậc 2: $ + I + II = 0 $ + I + II = 0 Chứng minh rằng các nghiệm còn lại của chúng là nghiệm của phương trình $ + I + II = 0. Lời giải: Gọi " là nghiệm chung của 2 phương trình đã cho. Ta có: " + I " + II = " + I " + II ⇔ {I − I{ " = {I − I{I ⇔ " = I (vì I − I ≠ 0) $ $ 15
  16. Gọi # là nghiệm còn lại của phương trình $ + I + II = 0 và $ là nghiệm còn lại của phương trình $ + I + II = 0. Theo định lý Viète, ta có: " # = I # = II =I + $ =I+I ⇒ # ⇒ # " $ = I $ = II $ =I # $ = II Mặt khác, cũng theo định lý Viète, vì I và I là 2 nghiệm của phương trình $ + I + II = 0 nên I + I = −I. Vậy: # + $ = I + I = −I và # $ = II nên theo định lý Viète đảo thì chúng là 2 nghiệm của phương trình: $ + I + II = 0 Đó chính là đpcm. VD3.1b.2: Biết rằng phương trình $ + II + I = 0 {1{ có 2 nghiệm dương. Chứng minh rằng phương trình I $ + {I − 2II{ + 1 − II = 0 {2{ với I ≥ 0 cũng có 2 nghiệm đều dương. Δ# ≥ 0 I $ − 4I ≥ 0 Lời giải: Vì phương trình {1{ có 2 nghiệm dương nên: −I > 0 ⇒ I0 I>0 Xét phương trình {2{, ta có: $ = {I − 2II{ − 4I{1 − II{ = I − 4III + 4I I − 4I + 4III = I − 4I + 4I I ≥ I − 4I ≥ 0 $ $ $ $ $ $ $ $ Suy ra phương trình {2{ cũng có nghiệm. Ta sẽ chứng minh các nghiệm ấy đều dương. −I + 2II I I≥0 Thật vậy, theo định lý Viète thì: = 2I − > 0 {∗{ vì −I > 0 I I I>0 1 − II 1>0 > 0 {∗∗{ vì I > 0 I −II ≥ 0 Vì thế, 2 nghiệm của phương trình {2{ đều dương. Đó chính là đpcm. VD3.1b.3: Cho phương trình $ + J + 1 = 0 {1{ có 2 nghiệm là I và I, đồng thời phương trình $ + J + 2 = 0 {2{ có 2 nghiệm là I và I. Chứng minh rằng: {I − I{{I − I{ = JJ − 6. Điều kiện có nghiệm của 2 phương trình lần lượt là J$ ≥ 4 và J $ ≥ 16. Lời giải: {I − I{{I − I{ = JJ − 6 Dưới điều kiện ấy, theo định lý Viète ta có: ⇔ I − {I + I{I + II = {I + I{{I + I{ − 6 $ ⇔ I $ − 2 − 1 + II = I $ + II + II + II − 6 ⇔ 5 − 2 = 2 + 1 {định lý Viète{ N hưng đẳng thức sau cùng đúng nên ta có đpcm. + I + 1 = 0 {1{ VD3.1b.4: Cho các phương trình: $ $ + I + 1 = 0 {2{ $ + I + 1 = 0 {3{ Biết rằng tích của 1 nghiệm của {1{ với 1 nghiệm của {2{ là 1 nghiệm của {3{. Tính: = I$ + I $ + I $ + III. Lời giải: Theo định lý Viète, các cặp nghiệm của cả 3 phương trình nói trên đều gồm 2 nghiệm là nghịch đảo của nhau. 16
  17. 1 1 1 Gọi # = #,
  18. VD4.1c.2: Cho phương trình $ − {2 + 1{ + $ + − 2 = 0. Tìm để phương trình có 2 nghiệm # , $ đồng thời = # { $ + 5{ đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: = {2 + 1{$ − 4{ $ + − 2{ = 9 > 0 nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt là: Lời giải: 2 +1+3 2 +1−3 # = = + 2; $ = = − 1, hoặc ngược lại 2 2 Xét trường hợp 1: # = + 2 và $ = − 1, theo định lý Viète ta có: # { $ + 5{ = # $ + 5 # = + − 2 + 5{ + 2{ = $ + 6 + 8 = { + 3{$ − 1 ≥ −1 $ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = −3 (thoả ≥ 0) Xét trường hợp 2: # = − 1 và $ = + 2, cũng theo định lý Viète ta có: # { $ + 5{ = # $ + 5 # = + − 2 + 5{ − 1{ = $ + 6 − 7 = { + 3{$ − 16 ≥ −16 $ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = −3 (thoả ≥ 0) Từ kết luận của 2 trường hợp trên ta có min = −16, đạt được khi và chỉ khi = −3. VD3.1c.3: Cho phương trình $ − 5 −4 = 0. Tìm để phương trình có 2 nghiệm phân biệt #, $ đồng +5 − 14 +1 thời biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: $ $ = + $ # $ # +5 $ − 14 +1 $ Lời giải: 16 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: > 0 ⇔ 25 $ + 16 >0⇔ {25 + 16{ > 0 ⇔ > 0 hoặc 0; >0 # +5 $ − 14 +1 $ $ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: $ $ +5 − 14 +1 $ $ +5 − 14 +1 = + ≥2 . $ # $ # $ # +5 $ − 14 +1 $ $ # +5 $ − 14 +1 $ Suy ra ≥ 2. +5 − 14 +1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $ $ = ⇔ $ # & $ # +5 $ − 14 + 1 $ ={ # +5 $ $− 14 + 1{{ $ $ +5 # − 14 + 1{ ⇔ & = {5 − 1{& 18
  19. ⇔ = 5 − 1 hoặc = −5 + 1 1 1 ⇔ = − {không thoả > 0{ hoặc = {thoả > 0{ 4 5 1 Vậy = là giá trị thoả yêu cầu đề bài. 5 VD3.1c.4: Cho phương trình $ − 2{ − 3{ + − 13 = 0. Tìm để phương trình có 2 nghiệm # , $ biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: = # $ − { # + $ $ {. và $ Phương trình đã cho có 2 nghiệm # , $ khi và chỉ khi: Lời giải: Δ ≥ 0 ⇔ { − 3{$ − + 13 ≥ 0 ⇔ $ − 7 + 22 > 0 {đúng ∀ ∈ W{ Theo định lý Viète ta có: = # $ − { # + $ { = 3 # $ − { # + $ {$ = 3{ − 13{ − 4{ − 3{$ = −4 $ + 27 − 75 $ $ 27 $ 471 471 =− 2 − F − ≤− 4 16 16 27 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = {thoả ′ ≥ 0{ 8 471 27 Vậy I =− , đạt được khi và chỉ khi = 16 8 VD3.1c.5: Cho phương trình { $ + + 1{ − { $ + 2 + 2{ − 1 = 0. Tìm nghiệm # , $ sao cho = # + $ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. để phương trình có 2 Phương trình đã cho có: = { $ + 2 + 2{$ + 4{ $ + + 1{ > 0, ∀ ∈ W nên nó luôn có nghiệm. Lời giải: +2 +2 Theo định lý Viète, ta có: $ = #+ $= $ + +1 ⇔ $ + + = $ + 2 + 2 ⇔ { − 1{ $ + { − 2{ + − 2 = 0 {∗{ Tập giá trị của là tập hợp các giá trị của biểu thức đó làm cho phương trình {∗{ có nghiệm, tức là: 3 {∗{ ≥ 0 ⇔ { − 2{$ − 4{ − 2{{ − 1{ ≥ 0 ⇔ { − 2{{ − 2 − 4 + 4{ ≥ 0 ⇔ ≤ ≤ 2 2 1± 5 3 Rõ ràng khi = 0 thì = 2 và khi = thì = {các giá trị trên thoả ≥ 0{ 2 2 3 1± 5 Vậy max = 2 và min = , đạt được lần lượt tại = 2 và = . 2 2 1 d. Các bài toán số học: . F. : Cho phương trình bậc hai $ −3 − = 0 có các nghiệm # , $ . Kí hiệu như sau: 2 1 = + $ , ∀J ∈ W∗ và J ≥ 2. Chứng minh rằng = 3 # + # 2 $ Lời giải: −1 Theo định lý Viète, ta có: = " + " = 2; = + = 3; = $ + $ ={ + ${ $ −2 = 3$ − 2. F = 10 " # $ # # $ $ # $ # # $ 2 Suy ra: 19
  20. 1 =3 + $ # 2 " Vậy đpcm đúng tại J = 2. Giả sử tại đpcm đúng tại J = đúng tại J = , tức là: 1 =3 + # 2 $ −1 Theo định lý Vi ète, ta cũng có: 3 ={ + ${ + = # + # + # + # = + # # $ # $ # $ # $ # 2 # 1 Suy ra: =3 + 2# # Tức là đpcm cũng đúng với J = + 1. Vậy theo nguyên lý qui nạp toán học thì ∀J ∈ W∗ và J ≥ 2: 1 =3 #+ 2 $ VD3.1d.2: Cho phương trình $ − 6 + 1 = 0 có các nghiệm # , $ . Kí hiệu: = # + $ , ∀J ∈ W∗ . Chứng minh rằng là một số nguyên ∀J ∈ W . Tính # theo và # , ∀J ∈ W . Tìm số dư phép chia %#" cho 5 ∗ Theo định lý Viète, ta có: " = # + $ = 2; # = # + $ = 6 nên " và # là các số nguyên. " " Lời giải: Mặt khác, cũng theo định lý Viète, ta có: # $ = 1, suy ra: 1 = # + , ∀J ∈ W∗ # là số nguyên ∀ = 1, J, ta có: 1 1 1 1 Giả sử # ={ # + ${ ={ # + $ {{ # + ${ = # + F # + = # # + #+ # # + # # # # # Suy ra: 6 = #+ # , ∀J ∈ W . Mà 6 ∗ và # là các số nguyên (theo giả thiết qui nạp) nên # cũng là số nguyên ∀J ∈ W∗ . Mặt khác, trong quá trình qui nạp, ta cũng đã là số nguyên. chứng minh được: 6 = #+ # = 6 − Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có # , tức là: #. # theo #. Bây giờ ta tìm số dư của %#" khi chia cho 5. Ta có: Công thức trên chính là cách tính và # = 6 − # ≡ − # { J 5{ # ≡ − # ≡{ #− ${ − # ≡− $ { J 5{ Trong đồng dư thức trên, thay J + 1 bởi J − 2 thì ta có: $ ≡− ' { J 5{ Suy ra: # ≡ ' { J 5{ Lại thay J + 1 bởi J thì ≡ { J 5{. Mà 3108 ⋮ 6 nên %#" ≡ " ≡ 2 { J 5{. Từ đó: Do đó, số dư trong phép chia cần tìm là 2. # = $ = 1; # = + # , ∀J ∈ W VD3.1d.3: Tìm số hạng tổng quát của dãy số Fibonacci được xác định như sau: ∗ Gọi I, I là các số thoả điều kiện: I + I = 1; II = −1. Lời giải: Theo định lý Viète, I; I là 2 nghiệm của phương trình bậc 2: $ − − 1 = 0 {∗{ Ta có: 20
Đồng bộ tài khoản