Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi Ét vào giải một số dạng toán

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

1. Lời giới thiệu

Qua một số năm giảng dạy môn Toán 9 bản thân tôi thấy việc vận dụng hệ thức Vi et vào giải toán các em làm chưa linh hoạt, chưa biết khai thác và sử dụng hệ thức Vi et vào giải nhiều loại bài toán trong khi đó hệ thức Vi et có ứng dụng rất rộng rãi trong việc giải toán. Đặc biệt trong những năm gần đây các đề thi vào THPT áp dụng hệ thức Vi et để giải chiếm 1 đến 2 điểm trong đề thi.Vậy tại sao ta không ôn luyện cho học sinh những dạng toán, những bài tập có vận dụng của hệ thức Vi et để giải? Bản thân tôi luôn suy nghĩ trong điều kiện kinh tế gia đình của nhiều em học sinh còn nhiều khó khăn nên sự quan tâm và tạo điều kiện cho con em mình học tập còn nhiều hạn chế.Vì vậy phần nhiều học sinh còn thiếu tài liệu học tập và sách nâng cao để học. Do đó việc ôn tập, hướng dẫn cho học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải toán là rất cần thiết đối với các em bởi các dạng toán liên quan đến hệ thức Vi et rất đa dạng phong phú, thời lượng học theo chương trình lại rất ít chỉ có 01 tiết lý thuyết và 01 tiết luyện tập trên lớp. Do đó nếu không được hướng dẫn thì học sinh sẽ không khỏi lúng túng khi gặp một số dạng toán lạ hoặc một bài toán khó.Vì vậy sự định hướng trước cho học sinh khi gặp các bài toán liên quan đến hệ thức Vi et là một việc làm thiết thực. Từ thực tế nêu trên để dạy học sinh lớp 9 phần hệ thức Vi et và hướng dẫn học sinh lớp 9 ôn thi vào 10 có kết quả cao tôi đã nghiên cứu đề tài: ‘Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán’. 2. Tên sáng kiến:

Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán

3. Tác giả sáng kiến:

- Họ và tên : Phan Thị Huệ - Địa chỉ tác giả sáng kiến : Giáo viên trường THCS Tân Phong - Bình Xuyên-

Vĩnh Phúc

- Số điện thoại : 0914792223 E mail : phanthihue179@gmail.com

4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:

Tác giả sáng kiến kinh nghiệm: Phan Thị Huệ.

Giáo viên: Trường THCS Tân Phong - Bình xuyên -Vĩnh Phúc. 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến :

Sáng kiến kinh nghiệm được áp dụng trong lĩnh vực giảng dạy môn Toán, vấn đề được giải quyết là Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán bậc THCS 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử:

Sáng kiến kinh nghiệm được áp dụng lần đầu ngày 27/3/2014.

7. Mô tả bản chất của sáng kiến: 7.1. Về nội dung của sáng kiến 7.1.1. Cơ sở lí luận:

Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh nhằm bồi dưỡng và phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động của học sinh là nhiệm vụ trọng tâm trong quá trình dạy học là nội dung của việc đổi mới phương pháp dạy học.

Dạy học Toán là dạy cho học sinh phương pháp học toán và giải toán để vận dụng kiến thức đã học vào giải toán thực tế cuộc sống. Nội dung kiến thức toán học được trang bị cho học sinh THCS ngoài việc dạy lí thuyết còn phải chú trọng tới việc dạy học sinh phương pháp giải một số bài toán, nhưng để nắm vững cách giải 1 dạng toán nào đó đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức đã học một cách linh hoạt, sáng tạo, tính cẩn thận, kết hợp với sự khéo léo và kinh nghiệm đã tích luỹ được để giải quyết các bài tập có liên quan. Thông qua việc giải bài tập các em được rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức đã học vào giải bài tập, kĩ năng trình bày, kĩ năng sử dụng máy tính bỏ túi, đồ dùng dạy học. Do đó nâng cao năng lực tư duy, óc tưởng tượng, sáng tạo, rèn khả năng phán đoán, suy luận của học sinh. 7.1.2. Cơ sở thực tiễn:

trình bậc hai

trong các

Các bài toán úng dụng hệ thức Vi ét có một vị trí quan trọng trong chương trình dạy học toán THCS. Học sinh vận dụng những ứng dụng của hệ thức Vi - ét trường hợp như: Nhẩm nghiệm của phương a + b + c = 0 ; a - b + c = 0 , hoặc các trường hợp mà tổng và tích của hai nghiệm là những số nguyên với giá trị tuyệt đối không quá lớn. Tìm được hai số biết tổng và tích của chúng. Biết cách biểu diễn tổng các bình phương, các lập phương của hai nghiệm qua các hệ số của phương trình còn lúng túng, khó khăn trong quá trình vận dụng vào giải các bài toán có liên quan.

Các bài toán về những ứng dụng hệ thức Vi et rất phương phú đa dạng, nó đòi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức, cách linh hoạt, sáng tạo, độc đáo; yêu cầu học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, giúp học sinh phát triển tư duy.

Những ứng dụng của hệ thức Vi ét đối với học sinh THCS là khó và mới các em thường gặp khó khăn trong việc đi tìm lời giải của bài toán này; có những bài toán các em không biết bắt đầu từ đâu? Vận dụng kiến thức gì trong chương trình đã học? Làm thế nào để tìm được giá trị của tham số m thỏa mãn điều kiện của bài toán ấy? Đặc biệt nó mang nội dung sâu sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn toán; hình thành cho học sinh thói quen đi tìm một giải pháp tối ưu cho một công việc cụ thể trong cuộc sống sau này.

Với thời gian hạn chế và mong muốn nghiên cứu sâu hơn nên đề tài này chỉ

tập trung vào vấn đề:

là hai nghiệm của phương

trình bậc hai

:

7.1.3. Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán. a. Hệ thức Vi ét: 1x ; - Nếu 0

2x

 2ax + bx + c = 0 a



   x 1 x 2 b a

thì

0

 x x 2. 1 c a     

- Nếu phương trình bậc ba:

ax + bx + cx + d = 0 



có 3 nghiệm là 1x ;

2x ;

 



x 1

x 3

x 2

b a





thì

 I

x x 2 3

x x 1 2

x x 3 1

c a

 

x x x . 1 2 3

d a

         Và ngược lại nếu 3 số

thì

2x ;

1x ; 2x ; 3x là

0

nghiệm của phương trình bậc ba

0

+) Hệ quả 1: Nếu phương trình

có a + b + c = 0

3x là thỏa mãn hệ thức  I 1x ; ax + bx + cx + d = 0  a  2ax + bx + c = 0 a

 



x 2

thì phương trình có một nghiệm 1 1

c a

0

x  còn nghiệm kia là

+) Hệ quả 2: Nếu phương trình

có a - b + c = 0

 2ax + bx + c = 0 a



x 2

thì phương trình có một nghiệm 1

c   . a

0

+) Hệ quả 3: Nếu phương trình

 ax + bx +cx + d = 0 a



0x-x . Ax +Bx + C = 0

có nghiệm 

1 x   còn nghiệm kia là

thì phương trình phân tich được thành  +) Có nghiệm +) Có nghiệm

      a b c d 0     a b c d 0

1x  nếu x   nếu 1

b. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng:

Nếu 2 số u và v có tổng u + v = S vả tích u.v = P thì hai số u và v là hai 



nghiệm của phương trình bậc hai:

2x - u+v x + u.v = 0  2x - Sx + P = 0

 



- Muốn giải phương trình trên ta làm như thế nào ? - Học sinh nêu cách làm là dùng công thức nghiệm để giải các phương trình này - Có em đã phát hiện cách làm là vận dụng hệ thức Vi ét vào tính nhẩm các  có a + b + c = 0 thì phương 2ax + bx + c = 0 a





trình có một nghiệm

hoặc a - b + c = 0 thì phương

x 2

x  còn nghiệm kia là 1 1

trình có một nghiệm

x 2

c a c   . a

- Khi đó các em đều nhận thấy cách vận dụng hệ thức Vi ét vào nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai các em đã trình bày lời giải như sau:

Giải: a) - 5x2 + 3x + 2 = 0 (a = - 5; b = 3; c = 2)

Vì a + b + c = 

5 + 3 + 2 = 0  phương trình có hai nghiệm là x1 = 1; x2 = 2  . 5

2008x + 2009 x + 1 = 0 (a = 2008; b = 2009; c = 1)

1 x   còn nghiệm kia là 1

Vì a - b + c = 2008 - 2009 + 1 = 0  phương trình có hai nghiệm là:

x   2

1 2008 c)



 23x - 1 - 3 x - 1 = 0



1 x   ; 1

 3; b = - 1 - 3 ; c = - 1

a b c

  



Vì



 a    3- - 1 - 3 + - 1



 

 

 phương trình có hai nghiệm là:

a 

m - 1 ;b = - 2m + 3 ; c = m + 4





1 1 1  x   ; 1 x 2 3 3   







d) 

 Vì

 m - 1 x - 2m + 3 x + m + 4 = 0 

 a - b + c = m - 1 - - 2m + 3 + m + 4 = 0





 

 

 



      

x 2

m m

 

1 4

m  1  m 4

1  phương trình có hai nghiệm là: x   ; 1

Sau khi tính được nghiệm của phương trình xong tôi đã yêu cầu các em sử dụng máy tính bỏ túi Casio giải phương trình để kiểm tra các nghiệm vừa tìm được ở phần a và b.

Kết luận:

- Khi giải một phương trình bậc hai ta cần chú ý vận dụng hệ thức Vi et để tính nhẩm nghiệm của phương trình nếu có thể. Nếu không tính nhẩm được nghiệm của phương trình thì ta mới dùng công thức nghiệm để giải.

- Việc vận dụng hệ quả của hệ thức Vi et và tính toán cho phép tính nhanh

chóng nghiệm của phương trình.

Các em có nhận xét gì nếu ta thay đổi yêu cầu của bài toán như sau:

+. Ví dụ 2: Giải phương trình 2

5x - 6x + 8x - 7 = 0 b)

4x +2x + 8x +10 = 0

a) Hướng dẫn cách giải: Hãy vận dụng hệ thức Vi – ét vào tính nhẩm các nghiệm của phương trình

0

bậc ba:

0 0

    a b c d     a b c d

  ax + bx +cx + d = 0 a 1x  nếu +) Có nghiệm x   nếu +) Có nghiệm 1 - Khi đó các em trình bày lời giải như sau:

5x - 6x + 8x - 7 = 0 có tổng các hệ số a + b + c + d = 5 - 6 + 8 - 7 = 0

5x - 6x + 8x - 7 = 0

3 5x - 5x

1x  khi đó phương trình 

 - x - x + 7x - 7 = 0

Giải: a) 3 nên phương trình có nghiệm    

 





x - 1 . 5x - x + 7 = 0

  x - 1 = 0

 

5x - x + 7= 0

 25x . x - 1 - x. x - 1 + 7. x - 1 = 0    1   2

  



x =1

25x - x + 7 = 0





4.5.7 1 140 141 0

 

   

141

Ta có

+) Giải phương trình  1 x - 1= 0 +) Giải phương trình  2 21

   



141







;

x 1

x 2

     1 2.1

141 2

     1 2.1

141 2







;

 phương trình  2 có 2 nghiệm

Vậy phương trình có 3 nghiệm 1 x

x 2

141 2

141 2 4x +2x + 8x +10 = 0 có a - b + c - d = 4 - 2 + 8 - 10 = 0

x   khi đó phương trình

4x +2x + 8x +10 = 0

4x + 4x - 2x +2 x + 10x +10 = 0







b) nên phương trình có nghiệm     

24x . x + 1 - 2x. x + 1 + 10. x + 1 = 0









x + 1 4x - 2 x + 10 = 0

x  3 1

 

 x - 1 = 0 2

4x - 2 x + 10 = 0

    1   2

  



x = - 1

24x - 2 x + 10 = 0

 





4.4.10 4 160 164 0

   

164



2 41

Ta có

+) Giải phương trình  1 x + 1 = 0 +) Giải phương trình  2 22

   



    2





x 1

 2.4

2 2 41 8



    2



x 2

 2.4

2 2 41 8







;

 phương trình  2 có 2 nghiệm

Vậy phương trình có 3 nghiệm 1 x

x 2

 Như vậy:

- Qua 2 ví dụ trên tôi đã hướng dẫn cho học sinh cách giải phương trình bằng

cách vận dụng hệ

thức Vi ét vào tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai và phương trình

bậc ba một ẩn. - Chú ý trong quá trình giải phương trình chúng ta nên vận dụng linh hoạt hệ thức

vi ét để nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai bậc ba một ẩn. 2 x + x +1 5x - 6x - 6 = 0

x  3 1

3. Ví dụ 3: Giải phương trình







Giải Nhận thấy x = - 1 không là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của



 

6 0

x +1 ta được phương trình:

phương trình cho 

2

x x +1

  

  

  

  

y 

Đặt

ta dược phương trình

2x x +1

 5y 6 0  

bằng phương pháp nhẩm nghiệm ta tính được



1 0

+) Với

 

x  



   1x

y   6 y  và 1 1

2x x +1



Giải phương trình này ta được 2 nghiệm

;

x 1

x 2

 2

 2

  6

x 6

+) Với

y   1 1

   6

  6 0



   1x

2x x +1 Giải phương trình này ta được 2 nghiệm

;

x    3

x    4



Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

;

x 1

 2



; 3 x   

; 4 x   

x 2

 2

y    6

 Qua ví dụ 3 tôi đã hướng dẫn cho học sinh cách giải phương trình bằng cách vận dụng hệ thức Vi ét vào tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn và hướng dẫn cách biến đổi linh hoạt (đặt ẩn phụ) để đưa phương trình bậc 4 về phương trình bậc hai một ẩn có thể nhẩm nghiệm được qua đó các em được rèn luyện kĩ năng biến đổi và trình bày lời giải, vận dụng kiến thức, khả năng phân tích, dự đoán. . . Phương pháp chung:

- Vận dụng các hệ quả của hệ thức Vi ét để tính nhẩm các nghiệm của phương trình bậc hai, bậc ba. Hoặc các phương trình đưa được về dạng cơ bản để tinh nhẩm nghiệm.

*. Dạng II: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc tìm 2 số khi biết tổng và

tích của chúng:

Nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì hai số u và v là hai P







( SGK Toán 9 - Trang 52)

nghiệm của phương trình bậc hai:

2S - 4P 0

Điều kiện để có hai số là: +. Ví dụ 1: a) Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 27 và tích của chúng bằng 180. b) Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 1 và tích của chúng bằng 5. Hướng dẫn cách giải: Tìm 2 số biết tổng của chúng bằng 27 và tích của

chúng bằng 180.





Tức là ta cần tìm 2 số

. Nếu áp dụng hệ thức Vi et

1x và

2x biết

x 2 

180

x 1 x x . 1 2

  

2x - 27x + 180 = 0 ta có lời giải

1x và

2x là 2 nghiệm của phương trình bậc hai

đảo thì như sau:



Giải: a) Vì 2 số cần tìm có tổng bằng 27 và tích bằng 180 Nên 2 số là nghiệm của phương trình: Ta có: = 27 - 4.1.180 = 729 - 720 = 9 > 0

2x - 27x + 180 = 0   3



;

x 1

x 2

 27 3 2

Vậy không có hai số cần tìm là 15 và 12. b) Vì 2 số cần tìm có tổng bằng 1 và tích bằng 5, Nên 2 số là nghiệm của

phương trình:

2x - x + 5 = 0



= -1 - 4.1.5 = 1- 20 = - 19 < 0

Ta có:

 phương trình trên vô nghiệm

2



a) Tìm các cạnh của hình chữ nhật biết chu vi là 100 m và diện tích

 phương trình có 2 nghiệm    27 3 2

Vậy không có hai số nào thoả mãn điều kiện đề bài. Khai thác ví dụ 1 tôi nêu ra ví dụ sau: 2. Ví dụ 2: bằng 621 m2

b) Tìm các cạnh của hình chữ nhật có chu vi là 20 cm và diện tích

bằng 32cm2

Hướng dẫn cách giải - Bài toán cho biết gì ? cần tìm gì? - Nếu gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có điều gì? .  a b

100



 a b .

 621



    

    a b

- Vậy

thì a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai nào?

  50

a b . 621   

Với gợi ý trên tôi cho các em thảo luận 5 phút và đại diện 1 em trình bày lời

giải.

 ( 2x - 50x + 621 = 0 )

Giải a) Gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có hệ phương trình:  a b

100



 a b .

 621



  

a b   50  a b .  621   

2x - 50x + 621 = 0

;

Nên a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai:  phương trình có 2 nghiệm 23 Vậy độ dài các cạnh của hình chữ nhật là 27 (m ) và 23 (m).

27 x  2 x  1

b) Gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có hệ phương trình  a b





a b   10

 a b .

 32



  

2x - 10x + 32 = 0

7 0

1.32





  





2 m m

  







Ta có:

  m R



 m + 1









 

 

1 2

19 4

  

  

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) - Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình

2x - 2 m + 1 x + m - 4 = 0  1









ta có:



A 

   Khi đó

x x 2 1  x x m 1 2 



 x 1 - x + x 1 - x





x + x























   m R

x x + x 2

2x x 1

x x 1

   Vậy giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào m. +. Ví dụ 2: Cho phương trình:

x - 2m - 1 x + m - m - 1 = 0 (1)





a) CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi

2x là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các

1;x nghiệm không phụ thuộc vào m.

Giải a) Xét phương trình:



2 m m

Ta có:

  m R



 2m - 1





x - 2m - 1 x + m - m - 1 = 0  * 

- áp dụng hệ

thức Vi et cho phương

trình

     1 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) * Cách 1: x - 2m - 1 x + m - m - 1 = 0

















x 1

x 2

ta có:



 

2  4



x x 2 1  x x m m 1

  

    x x 4 .  1 2





 là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ

Khi đó 

2

x 1

x 2

x x 4 . 1 2

thuộc vào m.

* Cách 2:







- áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình  * ta có:

 

  1   2

x x 1 2  x x m m 1

  



x 1



Từ  1 

Thay m vào  2 ta được:

 2 1 x 2



x 1









 5

 

2

x 1

x 2

x x 4 . 1 2

x x . 1 2

x 2 2

  





 là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ

   2

x 1

x 2

x x 4 . 1 2

Khi đó  thuộc vào m

'       4 5 0 1 4   4.1. m 4 m m m    4 4    

Kết luận: Muốn chứng minh biểu thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số ta áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng và tích các nghiệm rồi thay vào biểu thức cần chứng minh và rút gọn và kết luận.

Bài tập áp dụng:

1. Bài 1: Cho phương trình:

x - 2 m - 1 x + m + 3 m + 2 = 0 (1)



 1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt? 2) Gọi

2x là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các

1;x nghiệm không phụ thuộc vào m.

2. Bài 2: Cho phương trình:

2x - 2 m - 1 x + 3 m - 2 = 0 (1)





1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm kép. 2) Gọi

2x là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các

1;x nghiệm không phụ thuộc vào m.

*. Dạng IV: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc tính giá trị biểu thức của các nghiệm - tìm điều kiện để 2 nghiệm liên hệ với nhau theo một hệ thức cho trước.

2 4 x

   1 1 0

+. Ví dụ 1: Cho phương trình a) Giải phương trình  1 b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình  1 . Tính giá trị của biểu thức:

3  B x 1

3 x 2

 Hướng dẫn cách giải:

- Khi tôi nêu ví dụ các em đã nhanh chóng vận dụng công công thức

- Đối với biểu thức

ta có thể vận dụng hằng đẳng thức tổng

nghiệm để giải phương trình tìm được nghiệm đối với phần a. 3  B x 1

 AB B

 A B

3 A









của hai lập phương

;

 AB A B







3 x  2  A B A

 hoặc thay vào trực tiếp để tính. Khi đó các em có thể trình bày lời giải như sau

2 4 x

Giải: a) Xét phương trình

 

' 2



Ta có:

   1 1 0     1.1 4 1 3 0

   2



 Phương

trình có 2 nghiệm phân biệt

và

x 1

  2 1



   2

x 2

  2 1 Vậy phương trình có nghiệm

;

x    1

x    2

 



b) áp dụng đinh lí Vi ét ta có:

x 2 

x 1 x x . 1 2

  







3 x 2

2 x x 1 2

3 x 2

2 x x 1 2



 

 2 3 . x x 1 1 

2 x x 3 . 1 1 



3.1.

 64 12

 

34  

   



 

=  3 Khi đó 3 x B x  1 1 =  =  Vậy



3  B x 1

3 x 2

;

vào biểu thức B

x    2

x    1



 8 12 3 18 3 3



 8 12 3 18 3 3



3  B x 1

3 x 2

Hoặc học sinh có thể thay trực tiếp ta có     2

   x x 3 . 1 2 x 1 x 2 x 1 x 2



 

    



8 12 3 18 3 3 8 12 3 18 3 3     52

    

    2    Vậy 3 3  B x x   2 1 +. Ví dụ 2: Cho phương trình ( ẩn x):

2x - 2x - 2m = 0 .

2 1

 1 + x

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:   2 1 + x = 5 . 2 Hướng dẫn cách giải: - Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm 

0 

(hoặc a.c < 0).

Sau đó áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng và tích của 2 nghiệm. Kết hợp với điều kiện (hệ thức) giải hệ phương trình gồm điều kiện với tổng và tích các nghiệm chúng ta tìm được tham số thỏa mãn điều kiện bài toán ta có lời giải như sau:

1 2

 

1.2



Giải: a) Xét phương trình Ta có:

2x - 2x - 2m = 0 2     1

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 

' > 0

m > -

 1 + 2m > 0 

1 2

1 + x

2 1



 

- Khi đó phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m   2 1 + x = 5 2   *

- Để phươntg trình có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện   2 x 1

2 x x 1

2 x 2

2 2 x x 2 1

   x 1

2

 4 4

 m m 4

  4

m m 4

 4

 0

2 1 5 Thay x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m vào  * có 0 m      1 m 

Kết hợp với

m   ta có m = 0 thỏa mãn.

1 2

2 1

 1 + x

2 2 

1 0

  2 4 x x 1 2 x 2

Vậy m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn   2 1 + x = 5 . 2 +. Ví dụ 3: Cho phương trình:

  ( m là tham số)

2 2 

mx 1. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm và tính các nghiệm của phương trình theo m . 2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. Giải: 1.- Để phương trình

   * có nghiệm 1 0

2 m m

' 0



  

 

m m   

1



0  m   m





 1



;

- Khi đó phương trình  * có 2 nghiệm phân biệt

x 1

 m m m



 1



x 2

 m m m

2 2 

2) áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình

   * ta có 1 0





x 1

x 2



x x . 1 2

1 m

   

giả sử

- Để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia, x 1



x x 2 . 2 2

2 x 2

x x 2 . 2 2

khi đó ta có hệ phương trình :



1 m  2



1 m  2



1 m 2



x 2

    

    3 

    



x 22

1 m

2 3



( thỏa mãn điều kiện

)



x 2

  2       

Vậy với

 thì phương trính có 2 nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp đôi

   2 3 9 8

nghiệm kia.

Hoặc các em có thể thay trực tiếp 2 nghiệm vừa tìm được và cho

từ

0  m   m   x 2 x 2 9 8 2 3 1 m 2 3   m    8   9   

đó ta cùng tìm được giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán.  x m 2

2 2 





x 1 x 22

+ Ví dụ 4: Cho phương trình

 15 0

 1



1) Giải phương trình khi m = 0 2) Gọi nghiệm thỏa mãn

1x và x 2

2x là các nghiệm của phương trình. Tìm m để phương trình có x 15



Đối với phần 2 ta cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm từ đó áp dụng hệ thức Vi - et tính tổng và tích các nghiệm x1, x2 của phương trình, và kết







x 2 

4 Hướng dẫn cách giải:

hợp với điểu kiện bài toán

từ đó



x 1

x  1  x x .  1 2   x  2

tìm được giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán.

4  rồi giải hệ phương trình x 2 x 15

Giải: 1) Thay m = 0 vào phương trình ta được

Giải phương trình này ta được

2 2  x x  và 5

 15 0 x   3

 x m 2

15 0

2 2 





2) Xét phương trình

 1

Vậy với m = 0 thì phương trình có nghiệm    *

3 x  và 5 x   .

Ta có:



 1

 1. 2





m

m R

vì

   '   m  16 0 1 2   15 15 m m m m m       2  

0m  









+) áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình  * ta có

x 2 



x 1 x x . 1 2

  1   2

  

     phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

Để phương trình  * có nghiệm thỏa mãn điều kiện











Từ  1 và  3 ta có hệ phương trình







x 1 x 2

x 2 x 5 1

x 1 x 2

x 2 x 5 1

  

4   3 x 2 x 15





1 1



 m 2





x 2 x 2

x  1  x 5  1



Thay

vào phương trình  2 ta được phương trình:

x 1

; 2 x

 m 2

 m 2









 4 2 m 8





  

  m m 5 . 2 2     1 . 5 5 5  m m   25 m m 6

 m 3 3   63 0

Giải phương trình này ta được

5 3   2 m  2  x 2 x 2   x 1  1  m  2   x 1     m 2  m 2

m   2

21 5

m  

Vậy với

3m  ; hoặc với

thì phương trình  * có nghiệm thỏa mãn

21 5

3m  ;

4x là tất cả các nghiệm của phương trình:

3x ;

 4 x 2 x 15



2x 





x + 4 x + 6 = 1

x + 2 x + 4 x + 6 x + 8 = 1  1

 



. . x x x x .

1x ; +. Ví dụ 5: Gọi    x + 2 x + 4 x + 6 x + 8 = 1 Tính Giải: - Xét phương trình       x + 2 x + 8 

   

 

2 10 



24 - 1 = 0

Đặt

 

x x  16= y 

  2 8 - 1 = 0 y



 y y 

    8 - 1 = 0

 2

y 

;

Ta có: 1.1 16 1 15 0     phương trình  2 có nghiệm

y    1

y    2

' 4        ' 15

2 10 



+) Với

y    1

x x  20  15 0 x x     4   3

2 5

Xét phương trình  3 ta có



x x  2. 1

2x 

20 15     5 15  0   3' 16 

2 10 

1x ; 

y    2

2 5

   4  x x x x  20  15 0 15   phương trình  3 có 2 nghiệm phân biệt  +) Với   4

Xét phương trình  4 ta có



20  15   5 15   0   3' 16 











400 15 385





Khi đó



  .



x x x x . . 1 2 4

x x . 1 2

x x . 3 4

 phương trình  4 có 2 nghiệm phân biệt



 15 20

4x  

4. x x  3 2

15  3x ; 

Vậy

. . 385 x x x x  . 1 3

Nhận xét: Trong bài tập này phương trình đã cho có bậc 4 xong nếu

ta vận dụng linh hoạt và

sáng tạo hệ thức Vi et để tính tích các nghiệm

1x .

2x và

3x .

4x từ đó ta

có thể tính được giá trị biểu thức

. . x x x x . .

Phương pháp chung:

Như vậy trong bài toán tìm điều kiện của tham số để thỏa mãn điều kiện của các nghiệm đối xứng hoặc liên hệ với nhau theo một hệ thức nào đó chúng ta cần làm như sau:

(hoặc a.c < 0).

0 

+) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm  +) áp dụng hệ thức Vi ét để tính tổng và tích của 2 nghiệm. +) Kết hợp với điều kiện ( hệ thức) giải hệ phương trình gồm điều kiện với tổng và tích các nghiệm chúng ta tìm được tham số thỏa mãn điều kiện bài toán.

+) So sánh với điều kiện có nghiệm để (trả lời) kêt luận bài toán.

3 3 2    x x

Bài tập áp dụng: 1.Bài 1: Cho phương trình

 5 1





Gọi

 ;x x là các nghiệm của phương trình  1 . Tính giá trị của biểu thức:

   1 0

2008 x 1

2007 x 1

2008 x 2

2009 x 2

2009 x 1

2007 x 2





  5 1

2 2 

  mx m

   3 0









2 x 2

 1



x + x - 2 = m

x 3

2 x 1 



S        3 3 2

 2. Bài 2: Cho phương trình 2 1)Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 2) Tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu. 2 3) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 1 3. Bài 3:. Cho phương trình:  1) Giải phương trình khi m = 2



 8

Tìm m là để phương trình có 4 nghiệm x1 ; x2; x3 ; x4 thỏa mãn

1 x 1

1 x 2

1 x 3

1 x 4

*. Dạng V: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc giải hệ phương trình đối xứng.

+. Khái niệm hệ phương trình đối xứng: Một phương trình 2 ẩn gọi là đối xứng nếu ta thay x bởi y và y bởi x thì

phương trình không thay đổi.

  y

  x



 11 

Ví dụ: Phương trình đối xứng   Một hệ phương trình được gọi là hệ đối xứng loại I nếu nó gồm những

y x 25 25  y x

phương trình đối xứng.









Ví dụ: Hệ phương trình đối xứng loại I:















   

+. Cách giải hệ phương trình đối xứng loại I. y ; xy

  ; P xy

ta được hệ phương trình mới chứa các ẩn S và P

St P

+) Biểu diễn từng phương trình qua x +) Đặt S +) Giải hệ phương trình tìm S và P +) Các số x và y là nghiệm của phương trình 2 t

  (Vận dụng hệ

 thức Vi et đảo- Tìm 2 số khi biết tổng và tích của chúng)

0P

(Hệ đã cho có nghiệm khi hệ phương trình theo S và P có nghiệm thỏa mãn  )

Tùy theo yêu cầu của bài toán ta giải hoặc biện luận phương trình theo tham số t từ đó suy ra nghiệm hoặc kết luận cần thiết cho hệ phương trình.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  







  y

 x

 

19 xy   2 x

  





 

 y xy

3   x    

 x y  y x     x y 

Hướng dẫn cách giải:

 y 3 xy   35 y   5   

- Em có nhận xét gì về hệ phương trình

 x

x   2 xy   19

 

P x y

- Muốn giải hệ phương trình trên ta làm như thế nào ?   và y

(GV nêu cách làm bằng cách đặt ẩn phụ S

khi đó các em

thảo luận và trình bày lời giải như sau)

 y 3 xy   35 y   5   

P x y

Đặt S

  và y

ta có hệ phương trình

x   2 xy   19

 

 y 3 xy   35 y 

Giải:   5   x 

S  2 P   19 S  6 P   57 S  13     S 3 P   35 2 S  6 P   70 S  3 P   35 15    13   

1 1   P   35   12 5     S  P   S  1 3  

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai

x   y 1  12 x y .  

X

 giải phương trình này ta được 2 nghiệm là

3 X   .

4; 3 và  

3; 4

X  và 4 .

cộng đại số (không đặt ẩn

   12 0  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  - Hoặc các em có thể biến đổi trực tiếp hệ phương trình bằng phương pháp

phụ) ta cũng tính được

từ đó áp dụng hệ thức vi- ét để giải hệ

x   y 1

phương trình tìm x; y.

x y .   12   









  y

x  2 xy  y  3 xy  7

  

     

x   y 5





xy  6 y xy  7

2 3  5

25      x y 

2 5

X

  6 0

x   y 5   y       x   x 

Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 

3; 2 và 

2 X  .





X  và 3 2;3 .

 xy x





3 18  12

3 3     y 12

3   x    y x 

y  y  18 xy

 y x  x y     x y 

    x   x 



3 .12 18





xy  1728 xy  32

  y

312   x 

2 12 t

32 0



x   y 12 x   y 12 54      

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai  Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là 1

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 



3 3 









t  . 8







 



 xy x   2



   2

 y xy

  y xy

3   x    

   x    

x   y 1   xy   2    t  và 2 4 8; 4 . 4;8 và  3 3.    y xy

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai: 2 t vì





a - b + c = 1- -1 + -2 = 0 nên phương trình (1) có nghiệm 2 là 1

t   (1) 2 0 t  . t   và 2 2 1

và 

 2; 1 .

1; 2 a

Chú ý: Nếu hệ đối xứng loại I có nghiệm

thì nó cũng có nghiệm







a b  x b   y

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là   x   y Chúng ta cần lưu ý điều này để không bỏ xót nghiệm của hệ phương trình. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình   y x 2 2







  











  x  1

  y  1

 y y

 x x

xy 2

yz 2

xz 2

   





    y    

         x 9 y z    xy xz yz   1 1 1     x y z 

Hướng dẫn cách giải:



- Muốn giải hệ phương trình

ta làm như thế nào ?

  y 2 2





  

xy - Học sinh nêu cách làm là biến đổi hpt về dạng tổng và tích của x và y bằng cách 5

P x y

đặt S

  và y

ta có hệ pt

rồi giải hệ phương trình này.

  S P 2

  S

 12 0

  

- Khi đó các em đều nhận thấy cách vận dụng hệ thức Vi et vào nhẩm nghiệm của

phương trình bậc hai các em đã trình bày lời giải như sau:

Giải:

  5









  y 2 2



















 



  

  2

 

 

    

    

  5







P x y



Đặt S

  và y









 12 0







   

 

Ta có hệ phương trình



  S P 2

S P   5

 12 0

  S

S  3; S   4   

+) Với S = 3  P = 2 ta có

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của

  y x 3

     2  t   (1) 2 0

phương trình bậc hai 2 3

vì

xy 





a + b + c = 1+ -3 + 2= 0 nên phương trình (1) có nghiệm 2 là 1 1

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 

1; 2 và 

2;1 .

t  . 2 t  và 2

+) Với S = 2  P = 3 ta có

theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của

2 x   y



1.3 1 3



     nên phương trình (2) vô nghiệm 2;1 .

1; 2 và 

  3 xy    (2) 3 0

2; y xy

phương trình bậc hai 2 2 t t 2  Giải pt (2) ta có    1 2 0 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  Tôi gợi ý đối với hpt này ta biến đổi vế trái của hpt thành tổng của













x 

2; y P xy



Đặt









   

 

khi đó ta có lời giải như sau:      





S  x  

2



Ta có hệ phương trình

22 P   3

S P

S  S  17

 2 2 3    3

  

P S    



S   S  S  17

 2. 9 6   3 S



 18 12







 35 0



  3

2 12    3

  

2 12 S



35 0

Giải phương trình

  1   2 S  ; 7

P    

  1 ta được   y x

S  5

+) Với

(I)

4 0

 49 16 65 0

4.1.





Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai 2 7   (3) t  nên phương

Giải phương trình (3) ta có



   4

27 









trình (3) có 2 nghiệm phân biệt

;

t 1

    7 2.1







65 7 ;

7 P   ta có 4 S   1 7 xy   4   

và

   

2    

   

         7 2.1       y

 hệ phương trình (I) có 2 nghiệm là

+) Với



II

2 0

Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai 2 5 t



4.1.

 49 16 65 0



Giải phương trình (4) ta có

  (4)  nên phương

27 



   4









trình (4) có 2 nghiệm phân biệt

;

t 3

    5 2.1

        5 2.1

x 5 S   5 P   ta có 2 xy   2   





33 5 ;

trình

là

và



II có 2 nghiệm

   

   





33 5 ;

   

   









65 7 ;

33 5 ;

;

và

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:    

   

   

   

   





33 5 ;

   

   

 hệ phương







6 z



xy 2

yz 2

xz 2





  7



  y







    y    

7 



    6 z y x     xy xz yz     

xy   6 2 yz  xz  14     x y   xy yz xz    2 

  











z x 6    y







xz   7

yz  z y

    

  1   2   3

    xy     x 

 yz  z y x + z ; y là nghiệm của phương

    y   xz xy     x  Từ  1 ; 3 và áp dụng hệ thức Vi ét suy ra 



trình bậc hai:

  9 0

 0

t  khi đó hệ phương trình trở thành hệ

 t 

23

 y  xz  2     x z 

2 6 t t   4   5   6

m

2 0

hai:

 9

1m 

 2;3;1

m  2; 1;3; 2 ;  

Từ  5 ;  6 và hệ thức Vi - et suy ra x ; z là nghiệm của phương trình bậc   Giải phương trình này 2 3 m Vậy hệ phương trình có nghiệm là  Nhận xét: Bài toán giải hệ phương trình ba ẩn bằng cách biến đổi thích hợp thì ta có thể đưa bài toán về dạng tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng (với số thứ nhất là x + z và số thứ hai là xz và tim được x và z nhờ áp dụng hệ thức Vi ét từ đó tìm được các nghiệm của hệ phương trình.



  1   2   3

     x 9 y z    xy xz yz   1 1 1     x y z 

Hướng dẫn cách giải: áp dụng hệ thức Vi et đối với phương trình bậc ba: 2

ax + bx + cx + d = 0



 

x 1

x 2

x 3

b a





 I

x x 1 2

x x 2 3

x x 3 1

có 3 nghiệm là 1x ;

2x ;

3x thì

c a

 

x x x . 1 2 3

        

và ngược lại nếu 3 số

thì

d a 3x là thỏa mãn hệ thức  I

1x ;

2x ;

0

nghiệm của phương trình bậc ba

3x là 1x ; khi đó ta có lời giải

ax + bx + cx + d = 0 



như sau:





Giải: - Nhận thấy - Với





xyz

xyz 

được: xy

 không phải là nghiệm của hệ phương trình  y  ta có : Nhân cả 2 vế của phương trình  3 với xyz ta  4 So sánh  2 và  4 ta được khi đó ta có hệ

  





Theo định lí Vi et đối với phương trình bậc ba thì x; y; z là

xyz



phương trình: z x     

X 



29 X





27 0

nghiệm của phương trình bậc ba một ẩn:

 

  

33

3X 







 y y

Vậy hệ phương trình có nghiệm    z 3 Nhận xét: Với bài toán giải hệ phương trình trên ta sử dụng phép biến đổi hợp lí để đưa bài toán về dạng có thể áp dụng được hệ thức Vi et đối với phương trình bậc ba một ẩn từ đó giải được hệ phương trình.   1 

 











  x  1

  y  1

 x x

 y y

 1

 x x  x x

 1  1

   y y

   

   

      

x x+1 ;

là nghiệm của

  Từ  1 ;  2 và áp dụng hệ thức Vi - et suy ra

  1   2 



 y+1



phương trình bậc hai: 2 18 t

 72 0



t  12 6;

Khi đó xảy ra hai trường hợp



II

 I

 12

  x x+1   y+1

 y 12 y  6   

  

6 0



Giải hệ phương trình  I

 6

  y

 12 0

   

12  y t  2     6 x x+1    y+1    x x+1   y+1   

và

2 x   3  giải hệ phương trình này ta được 2 nghiệm: 3 y   4  x   y   

  x

 12 0

Giải hệ phương trình





II

 12

  

6 0

  x x+1   y+1

   

y  6   

;

x 3   4  giải hệ phương trình này ta được 2 nghiệm :   3

  ;   3; 4

2;3 ; 

x    y 2 3; 2 ;    y     . 4; 3

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là;  Nhận xét: Bài toán nhìn vào rất phức tạp nhưng chỉ biến đổi đôi chút và vận dụng linh hoạt hệ thức Vi ét về tổng và tích của 2 số x +y và x.y nhưng nhìn  y y  ta sẽ đưa được hệ phương trình về dạng nhận các số là

 1 x x  và

1

đơn giản hơn đó là hệ hai phương trình bậc hai, mỗi phương trình bậc hai một ẩn.

Phương pháp chung:

- Như vậy từ những bài toán giải hệ phương trình đối xứng loại I rất phức tạp xong nếu biết biến đổi linh hoạt và vận dụng hệ thức Vi - et về tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng ta sẽ đưa bài toán trở về dạng đơn giản hơn từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình.

Khi giải hệ phương trình mà vế trái là những đa thức đối xứng thì ta có thể coi các ẩn đó là nghiệm của một phương trình rồi sử dụng hệ thức Vi - et để thiết lập phương trình mới này. Nghĩa là ta đã chuyển việc giải hệ phương trình n ẩn về giải một phương trình bậc n một ẩn, nếu phương trình này giải được thì đó là nghiệm của hệ n phương trình đã cho.

Bài tập áp dụng: 1. Bài 1: Giải hệ phương trình

x y



y x



đ/s

  0; 2 ; 2;0

 

  x y  ;

 

 

  y 2 2





x x



y y



  

   

  4;9 ; 9; 4

 

  x y  ;

 

  



   1 x

1 y

đ/s

 

  x y  ;

    1;1

x  y x  y  3

 

 





     

1 2 y

1 2 x

            1; 2 ; 2;1

 

x  y x  y  15

  x y  ; 2. Bài 2: Giải hệ phương trình



2 x y



  y









  x



 

   

 x    

     x 9 y z    xy yz xz   1 1 1     x y z 

* Dạng VI : V dụng hệ thức Vi ét vào việc lập phương trình bậc hai có

chứa hai biểu thức là 2 nghiệm của phương trình.

1. Ví dụ 1: Lập phương trình bậc 2 có các nghiệm là:



;



x 1

 2

 2

Hướng dẫn cách giải:

- Muốn tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng ta làm ntn?

(Nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì hai số u và v là hai nghiệm của phương trình bậc hai: 2x - Sx + P = 0 ; 2

Đ/K

)

4 P Giải:











 3

Ta có 1 x

x 2

 2

  5 3 2







 2 



2



x x . 1 2

 5 3 4

 4

 9 5 4

 2

 2

   

   

  .        và 2 3

1x ;

2x là 2 nghiệm của phương trình bậc hai:

2 3 x

  1 0

x x x  . Nên 1

Vì x 1   1 0 Vậy phương trình cần tìm là: Nhận xét: Để lập được phương trình bậc hai có 2 nghiệm nhận 2 số cho trước là nghiệm thì ta vận dụng hệ thức Vi et đảo (tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng) ta làm như sau:

- Bước 1: Tính tổng và tích của hai số đó.

- Bước 2: áp dụng hệ thức Vi et đảo để tìm phương trình cần lập. + Ví dụ 2: a) Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn:

  x . x = 4 và x 1  1 x 2  1 a a   7 4 x 1 x 2

b) Lập phương trình bậc hai có hệ số nguyên và có một nghiệm là :

3  5

3  5

Hướng dẫn cách giải:

- Đối với phần a thì ta đã biết được tích của hai số

x . x = 4 nên ta cần tính

Từ đó tôi hướng dẫn cho học sinh tìm tổng

x + x = ?

x + x = ? từ biểu thức

  x 2    7 4 1 x 1 x 2

x a 1 1  a ta có lời giải như sau.

Giải:

 1



a) Ta có:

 1 

a a

 

7 4

 x x 2 1  x 1



  x 1  1 x 2  1 a a   7 4 x 1 x 2



x x 1 2 

x 1 

a a

 

7 4

  x 1   1  x 2   1

 x 1   2  x  1 2    x 1

 x 2

2 x x 1 2



8 

x 1 

 

a a

 

 

x 2 

 x 1

 x 2





















x 1

x 2

x 1

x 2



8  

   

 

   

 

a a

 

7 4

7 4  

 

x 1 x 1





a 3



  3

 1

x 2 x 2 

x 1

x 2



         

3 0

  x 2  1 a a   7 4  x x 1 2 x x 1 2  x 1  x 1 x x 1 2  x 2

8  5   Điều kiện:

hoặc

x 1 

  1

4 0



a   3

Vậy là nghiệm của phương trình:

  với

hoặc

4 0 

 2 1  Nhận xét: Để lập được phương trình bậc hai khi biết tích hai ẩn và hệ thức

a   a  3 3

 1 thì ta cần tìm tổng của hai ẩn để áp dụng định lí Vi et. b) Phương trình bậc hai cần tìm có dạng tổng quát

 ;p q Z





   4

Ta có:

8 2 15  2

5 5

3 3

 

 

  3



 





 15

ta có:

  4



 

 x px q 0    2 với 



 



  0

 31 4

 p q



 0

 8 2 15 2   Vì phương trình  2 có một nghiệm là : 4      31 8 15 15 4  p q    

p 





+) Nếu 8

p   0

(vô lí) Vì 15 R ;

 31 4  8

 p q p

  p q 31 4 8  p 1q 

+) Nếu 8

p  tức là

8p 

2 8 x

Cho nên phương trình cần tìm là:

  1 0

Nhận xét: Khi lập phương trình bậc hai khi biết trước một nghiệm và các hệ số là số nguyên. Ta cần thay nghiệm của phương trình vào phương trình ban đầu và xét các hệ số nguyên đó.  Phương pháp chung: +) Muốn lập phương trình bậc hai có nghiệm là hai số cho trước ta làm

như sau:

- Bước 1: Tính tổng và tích của hai số đó. - Bước 2: áp dụng hệ thức Vi et đảo để tìm phương trình cần lập. ta tính tổng và tích của chúng rồi áp dụng hệ thức Vi ét đảo để xác định phương trình cần lập.

+) Trong trường hợp phương trình bậc hai cần lập biết trước một nghiệm và các hệ số là các số nguyên thì ta thay nghiệm đó vào phương trình ban đầu rồi tìm các hệ số đó.

Bài tập áp dụng:.

1. Bài 1: 1) Lập phương trình bậc hai với hệ số nguyên có nghiệm là:

x  1

4 

P

2) Tính:

4 

  

  

  

  

3 2. Bài 2: Cho phương trình:

4  2mx + 2 m - 2 x + m - 3 = 0 (1)



 ; .

a) Tìm m để (1) có hai nghiệm trái dấu b) Xác định m để (1) có hai nghiệm trái dấu sao cho nghiệm âm có giá trị

tuyệt đối lớn hơn.

c) Lập phương trình bậc hai nhận

và

là nghiệm.

3  

3  

Tóm lại:Khi hướng dõ̃n học sinh võ ̣n dụng hợ̀ thức Vi et vào giải mụ ̣t sụ́ dạng toán thì đối với mỗi dạng bài tập giáo viên cần phải có lời giải mẫu cùng với sự phân tích để các em hiểu và nắm bắt và vận dụng được phương pháp làm bài. Từ một bài tập cụ thể giáo viên cần phải khai thác các cách giải cũng như mở rộng kiến thức (khái quát hoá)

Khi xây dựng đề tài giáo viên phải chọn lọc và sắp xếp phân loại các bài tập theo trình tự lôgíc từ dễ đến khó từ đơn giản đến phức tạp, Giáo viên cần khái quát cách giải từng dạng bài tập đó vận dụng linh hoạt các phương pháp dạy học cũng như các hình thức tổ chức dạy học phù hợp sao cho hiệu quả nhất đụ̀ ng thời mụ̃i giáo viên cần đầu tư thời gian, với sự tìm tòi lựa chọn xây dựng hệ thống bài toán, phân dạng bài tập, xây dựng cách giải tổng quát thì trong quá trình giảng dạy sẽ rèn luyện được kĩ năng vận dụng, trình bày lời giải, tư duy sáng tạo của học sinh qua đó giúp các em tự tin, phấn khởi trong quá trình học tập.

7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến: Qua thời gian tiếp tục nghiên cứu và áp dụng bản thân tôi xét thấy đề tài này có tác dụng rất lớn trong quá trình giảng dạy môn Toán 9, tôi đã vận dụng từng phần sau mỗi tiết học lý thuyết và tiết luyện tập về hệ thức Vi ét để học sinh được củng cố và khắc sâu thêm đồng thời rèn luyện cho các em kỹ năng trình bày khi gặp các bài toán dạng này. Ngoài ra đề tài này còn được áp dụng vào việc ôn tâp ,ôn thi vào 10 các em được hệ thống lại một cách hoàn chỉnh theo các dạng trên vì thế việc áp dụng hệ thức Vi et đối với các em khi gặp trong các kỳ thi hay trong các bài kiểm tra không còn khó khăn nữa mà các em biết vận dụng linh hoạt khi tiếp tục học lên THPT.

8. Những thông tin cần được bảo mật: Không có 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: - Đối với giáo viên thường xuyên nghiên cứu các tài liệu tham khảo,các đề thi vào THPT liên quan đến hệ thức Vi et để đưa vào giảng dạy ở từng tiết học,buổi học.

- Đối với học sinh:Cần chủ động ,tích cực học tập tham khảo các tài

liệu,sưu tầm thêm các đề thi có vận dụng đến hệ thức Vi et để giải. 10.Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giảvà theo ý kiến của tổ chức,cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu,kể cả áp dụng thử(nếu có) 10.1.Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả

Khi chưa thực hiện chuyên đề này thì thấy kết quả như sau: Ở một số dạng toán có đến 60% học sinh trong lớp không xác định được dùng kiến thức gì để giải.Sau đó tôi nghiên cứu hướng dẫn học sinh theo chuyên đề này thì 80% học sinh trong lớp đã xác định được ngay hướng giải quyết và có khoảng 75% - 80% các em đã làm được.Ngoài ra các em còn có khả năng áp dụng giải một số bài tập có yêu cầu cao hơn.

Qua tiến hành kiểm tra viết đối với lớp 9B(tôi đã vận dụng SKKN) và lớp

9A(không áp dụng SKKN) tôi thu được kết quả như sau:

Kết quả thực nghiệm: Giỏi 9 9,7% 23,3% 10

Lớp Sĩ số 9A 9B

31 30

3 7

Khá 9,7% 9 8 33,3

TB 8 9,7% 26,7% 5

Yếu 25,8% 16,7%