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

Chia sẻ: Bobietbo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:27

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm là 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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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: 1
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: 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 như: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai trong các trường hợp 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: 2
7.1.3. Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức Vi et vào giải một số dạng toán. a. Hệ thức Vi ét: - Nếu x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai : ax 2 + bx + c = 0 a  0  b  x1  x2   a thì   x .x  c  1 2 a - Nếu phương trình bậc ba: ax3 + bx 2 + cx + d = 0  a  0  có 3 nghiệm là x1 ; x2 ; x3  b  x1  x2  x3   a   c thì  x1 x2  x2 x3  x3 x1  I   a  d  x1.x2 x3   a  Và ngược lại nếu 3 số x1 ; x2 ; x3 là thỏa mãn hệ thức  I  thì x1 ; x2 ; x3 là nghiệm của phương trình bậc ba ax3 + bx 2 + cx + d = 0  a  0  +) Hệ quả 1: Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0  a  0  có a + b + c = 0 c thì phương trình có một nghiệm x1  1 còn nghiệm kia là x2  . a +) Hệ quả 2: Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0  a  0  có a - b + c = 0 c thì phương trình có một nghiệm x1  1 còn nghiệm kia là x2   . a +) Hệ quả 3: Nếu phương trình ax 3 + bx 2 +cx + d = 0  a  0  có nghiệm x0 thì phương trình phân tich được thành  x-x 0  . Ax 2 +Bx + C  = 0 +) Có nghiệm x  1 nếu a  b  c  d  0 +) Có nghiệm x  1 nếu a  b  c  d  0 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: x 2  Sx  P  0 Thật vậy: Các số u; v nếu tồn tại là các nghiệm của phương trình:  x - u  . x - v = 0  x 2 -  u+v  x + u.v = 0  x 2 - Sx + P = 0 Như vậy khi biết tổng và tích hai số thì ta sẽ tìm được hai số đó thông qua việc giải phương trình bậc hai. Điều kiện để có hai số là: S2 - 4P  0 * Một số ví dụ 3
* Dạng I: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0  a  0  khi biết các hệ số a; b; c. Hệ quả 1: Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0  a  0  có a + b + c = 0 c thì phương trình có một nghiệm x1  1 còn nghiệm kia là x2 = . a Hệ quả 2: Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0  a  0  có a - b + c = 0 c thì phương trình có một nghiệm x1 = - 1 còn nghiệm kia là x2 = - . a Hệ quả 3: Nếu phương trình ax 3 + bx 2 +cx + d = 0  a  0  có nghiệm x0 thì phương trình phân tich được thành  x-x 0  . Ax 2 +Bx + C  = 0 +) Có nghiệm x  1 nếu a  b  c  d  0 +) Có nghiệm x  1 nếu a  b  c  d  0 +. Ví dụ 1: Tính nhẩm nghiệm của phương trình ( Bài 31 - SGK Toán 9 - Trang 54) a) - 5x 2 + 3x + 2 = 0 b) 2008x 2 + 2009 x + 1 = 0 c) 3x 2 - 1 - 3  x - 1 = 0 d)  m - 1 x 2 -  2m + 3 x + m + 4 = 0 Hướng dẫn cách giải: - 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 nghiệm của phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0  a  0  có a + b + c = 0 thì phương c trình có một nghiệm x1  1 còn nghiệm kia là x2  hoặc a - b + c = 0 thì phương a c trình có một nghiệm x1  1 còn nghiệm kia là x2   . 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) 2 Vì a + b + c =  5  + 3 + 2 = 0  phương trình có hai nghiệm là x1 = 1; x2 =  . 5 b) 2008x 2 + 2009 x + 1 = 0 (a = 2008; b = 2009; c = 1) Vì a - b + c = 2008 - 2009 + 1 = 0  phương trình có hai nghiệm là: x1  1 ; 1 x2   . 2008 c) 3x 2 - 1 - 3  x - 1 = 0 a     3; b = - 1 - 3 ; c = - 1 Vì a  b  c  3- - 1 - 3   +  - 1  0 4
 1  1  phương trình có hai nghiệm là: x1  1 ; x2       3 3 d)  m - 1 x 2 -  2m + 3 x + m + 4 = 0  a   m - 1 ;b = -  2m + 3 ; c = m + 4  Vì a - b + c =  m - 1 - -  2m + 3 +  m + 4  = 0 m 1 1  m  phương trình có hai nghiệm là: x1  1 ; x2    . m4 m4 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 a) 5x 3 - 6x 2 + 8x - 7 = 0 b) 4x3 +2x 2 + 8x +10 = 0 Hướng dẫn cách giải: Hãy vận dụng hệ thức Vi – ét vào tính nhẩm các nghiệm của phương trình bậc ba: ax 3 + bx 2 +cx + d = 0  a  0  +) Có nghiệm x  1 nếu a  b  c  d  0 +) Có nghiệm x  1 nếu a  b  c  d  0 - Khi đó các em trình bày lời giải như sau: Giải: a) 5x 3 - 6x 2 + 8x - 7 = 0 có tổng các hệ số a + b + c + d = 5 - 6 + 8 - 7 = 0 nên phương trình có nghiệm x  1 khi đó phương trình 5x 3 - 6x 2 + 8x - 7 = 0   5x - 5x  -  x - x  +  7x - 7  = 0 3 2 2  5x 2 .  x - 1 - x.  x - 1 + 7.  x - 1 = 0   x - 1 . 5x 2 - x + 7  = 0 x - 1 = 0 1   2 5x - x + 7= 0  2  +) Giải phương trình 1 x - 1= 0  x =1 +) Giải phương trình  2  5x 2 - x + 7 = 0 2 Ta có    1  4.5.7  1  140  141  0    141 5
 phương trình  2  có 2 nghiệm   1  141 1  141   1  141 1  141 x1   ; x2   2.1 2 2.1 2 1  141 1  141 Vậy phương trình có 3 nghiệm x1  ; x2  ; x3  1 2 2 b) 4x3 +2x 2 + 8x +10 = 0 có a - b + c - d = 4 - 2 + 8 - 10 = 0 nên phương trình có nghiệm x  1 khi đó phương trình 4x3 +2x 2 + 8x +10 = 0   4x + 4x  -  2x 3 2 2 +2 x  + 10x +10  = 0  4x 2 .  x + 1 - 2x.  x + 1 + 10.  x + 1 = 0   x + 1  4x 2 - 2 x + 10  = 0 x - 1 = 0 1   2  4x - 2 x + 10 = 0  2  +) Giải phương trình 1 x + 1 = 0  x = - 1 +) Giải phương trình  2  4x 2 - 2 x + 10 = 0 2 Ta có    2   4.4.10  4  160  164  0    164  2 41   2   41 2  2 41 1  41  phương trình  2  có 2 nghiệm x1    2.4 8 4   2   41 2  2 41 1  41 x2    2.4 8 4 1  41 1  41 Vậy phương trình có 3 nghiệm x1  ; x2  ; x3  1 4 4  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. 3. Ví dụ 3: Giải phương trình x 4 +  x +1  5x 2 - 6x - 6  = 0 Giải Nhận thấy x = - 1 không là nghiệm của phương trình nên ta chia 2 vế của 2 2  x2   x2  phương trình cho  x +1 ta được phương trình:    5.  6  0  x +1   x +1  x2 Đặt y  ta dược phương trình y 2  5y  6  0 x +1 6
bằng phương pháp nhẩm nghiệm ta tính được y1  1 và y2  6 x2 +) Với y1  1   1  x 2  1.  x  1  x 2  x  1  0 x +1 1 5 1 5 Giải phương trình này ta được 2 nghiệm x1  ; x2  2 2 x2 +) Với y2  6   6  x 2  6  x  1  x 2  6 x  6  0 x +1 Giải phương trình này ta được 2 nghiệm x3  3  3 ; x4  3  3 1 5 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x1  ; 2 1 5 x2  ; x3  3  3 ; x4  3  3 2  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 nghiệm của phương trình bậc hai: x 2  Sx  P  0 ( SGK Toán 9 - Trang 52) Điều kiện để có hai số là: S2 - 4P  0 +. 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.  x1  x2  27 Tức là ta cần tìm 2 số x1 và x2 biết  . Nếu áp dụng hệ thức Vi et  x1.x2  180 đảo thì x1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình bậc hai x 2 - 27x + 180 = 0 ta có lời giải như sau: 7
Giải: a) Vì 2 số cần tìm có tổng bằng 27 và tích bằng 180 Nên 2 số là nghiệm của phương trình: x 2 - 27x + 180 = 0 Ta có:  = 27 2 - 4.1.180 = 729 - 720 = 9 > 0    9  3 27  3 27  3  phương trình có 2 nghiệm x1   15 ; x2   12 2 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: x2 - x + 5 = 0 2 Ta có:  =  -1 - 4.1.5 = 1- 20 = - 19 < 0  phương trình trên vô nghiệm 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: a) Tìm các cạnh của hình chữ nhật biết chu vi là 100 m và diện tích 2 bằng 621 m b) Tìm các cạnh của hình chữ nhật có chu vi là 20 cm và diện tích 2 bằng 32cm 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? .  2.  a  b   100     .    a.b  621  a  b  50 - Vậy  thì a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai nào? a.b  621 ( x 2 - 50x + 621 = 0 ) Với gợi ý trên tôi cho các em thảo luận 5 phút và đại diện 1 em trình bày lời giải. Giải a) Gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có hệ phương trình: 2.  a  b   100 a  b  50   a.b  621 a.b  621 Nên a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 - 50x + 621 = 0  phương trình có 2 nghiệm x1  27 ; x2  23 Vậy độ dài các cạnh của hình chữ nhật là 27 (m ) và 23 (m). 8
b) Gọi các cạch của hình chữ nhật là a và b ta có hệ phương trình 2.  a  b   20 a  b  10    a.b  32 a.b  32 Nên a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai: x 2 - 10x + 32 = 0 Ta có:  '   52   1.32  7  0  phương trình vô nghiệm Vậy không tồn tại hình chữ nhật nào có chu vi là 20 cm và diện tích bằng 2 32 cm . Kết luận: Muốn tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng, ta áp dụng hệ thức Vi et để đưa về dạng phương trình bậc hai một ẩn rồi giải. * Dạng III: Vận dụng hệ thức Vi et vào việc tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số. - Xét các bài toán đối với các nghiệm của một phuơng trình chứa tham số. Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào tham số. Muốn giải bài toán này trước hết ta phải đặt điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm, sau đó áp dụng hệ thức Vi et để tính tổng và tích các nghiệm của phương trình (S và P) +) Nếu tổng và tích không chứa tham số thì ta có ngay hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào tham số. +) Nếu tổng và tích có chứa tham số thì khử tham số từ S và P. Từ đó tính được hệ thưc phải tìm +. Ví dụ 1: Cho phương trình: x 2 - 2  m + 1 x + m - 4 = 0 (1) a) CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) CMR: Giá trị biểu thức A = x1 1 - x 2  + x 2 1 - x1  không phụ thuộc vào m. Giải a)Xét phương trình: x 2 - 2  m + 1 x + m - 4 = 0 1 2 2 2  1  19 Ta có:  '     m + 1   1.  m  4   m  m  5   m     0  m  R   2 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 x 2 - 2  m + 1 x + m - 4 = 0 1  x1  x2  2m  2 ta có:   x1.x2  m  4 Khi đó A  x1 1 - x 2  + x 2 1 - x1   x1  x1x 2 + x 2  x1x 2   x1 + x 2   2x1 x 2   2m  2   2  m  4   10  m  R  Vậy giá trị biểu thức A không phụ thuộc vào m. +. Ví dụ 2: Cho phương trình: x 2 -  2m - 1 x + m 2 - m - 1 = 0 (1) 9
a) CMR: Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. b) Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m. Giải a) Xét phương trình: x 2 -  2m - 1 x + m 2 - m - 1 = 0 * 2 Ta có:  '     2m - 1  4.1.  m 2  m  1  4m 2  4m  1  4m 2  4m  4  5  0  m  R  Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m b) * Cách 1: - áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình x 2 -  2m - 1 x + m 2 - m - 1 = 0  x1  x2  2m  1  x1  x2 2  4m 2  4m  1 ta có:  2   x .  1 2 x  m  m  1 2 4 x1 .x2  4m  4m  4 2 Khi đó  x1  x2   4 x1.x2  5 là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m. * Cách 2:  x1  x2  2m  1 1 - áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình * ta có:  2  x1.x2  m  m  1  2 x1  x2  1 Từ 1  m  Thay m vào  2  ta được: 2 2  x  x 1  x  x 1 2 x1.x2   1 2   1 2 1   x1  x2   4 x1.x2  5  2  2 2 Khi đó  x1  x2   4 x1.x2  5 là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m 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 - 2  m - 1 x + m 2 + 3 m + 2 = 0 (1) 1) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt? 2) Gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m. 2. Bài 2: Cho phương trình: x 2 - 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 x1; x2 là nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào m. 10
*. 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. +. Ví dụ 1: Cho phương trình x 2  4 x  1  0 1 a) Giải phương trình 1 b) Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 . Tính giá trị của biểu thức: B  x13  x23 Hướng dẫn cách giải: - Khi tôi nêu ví dụ các em đã nhanh chóng vận dụng công công thức nghiệm để giải phương trình tìm được nghiệm đối với phần a. - Đối với biểu thức B  x13  x23 ta có thể vận dụng hằng đẳng thức tổng 3 của hai lập phương A3  B3   A  B   A2  AB  B 2  ; A3  B3   A  B   3 AB  A  B  hoặc thay vào trực tiếp để tính. Khi đó các em có thể trình bày lời giải như sau Giải: a) Xét phương trình x 2  4 x  1  0 1 Ta có:  '  22  1.1  4  1  3  0 2  3  Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1   2  3 và 1 2  3 x2   2  3 1 Vậy phương trình có nghiệm x1  2  3 ; x2  2  3  x1  x2  4 b) áp dụng đinh lí Vi ét ta có:   x1.x2  1 Khi đó B  x13  x23 =  x13  3x12 .x1  3x1 x22  x23    3 x12 .x1  3 x1 x22  3 =  x1  x2   3 x1 .x2  x1  x2  3 =  4   3.1.  4   64  12  52 Vậy B  x13  x23  52 Hoặc học sinh có thể thay trực tiếp x1  2  3 ; x2  2  3 vào biểu thức B ta có 3 3    B  x13  x23  2  3  2  3    8  12   3  18  3 3  8  12 3  18  3 3   8  12 3  18  3 3  8  12 3  18  3 3  52 Vậy B  x13  x23  52 +. Ví dụ 2: Cho phương trình ( ẩn x): x 2 - 2x - 2m = 0 . 11
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: 1 + x 1 + x 22  = 5 . 2 1 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: Giải: a) Xét phương trình x 2 - 2x - 2m = 0 2 Ta có:  '   1  1.2m  1  2m Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt   ' > 0 1  1 + 2m > 0  m > - 2 - Khi đó phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m - Để phươntg trình có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện 1 + x12 1 + x 22  = 5 2  x12  x22  x12 x22  1  5   x1  x2   2 x1 x2  x12 x22  4  * Thay x1 + x2 = 2 và x1 x2 = -2m vào * có 4  4m  4m2  4  4m  4m2  0 m  0   m  1 1 Kết hợp với m   ta có m = 0 thỏa mãn. 2 Vậy m = 0 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 1 + x 1 + x 22  = 5 . 2 1 +. Ví dụ 3: Cho phương trình: mx 2  2mx  1  0 ( m là tham số) 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 mx 2  2mx  1  0 * có nghiệm m  1   '  0  m2  m  0  m  m  1  0   m  0 12
m  m  m  1 - Khi đó phương trình * có 2 nghiệm phân biệt x1  ; m m  m  m  1 x2  m 2) áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình mx 2  2mx  1  0 * ta có  x1  x2  2   1  x1.x2  m - Để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia, giả sử x1  2 x2  1  1  2 1 2 x2 .x2  2 x2 .x2  2 x2  khi đó ta có hệ phương trình :  m   m   m 2 x2  x2  2 2 x2  x2  2 3 x2  2   2 2 1 8 1  9 2       m  3 m  9 m   8 m  1       ( thỏa mãn điều kiện  ) x  2 x  2 x  2  m  0  2 3  2 3  2 3 9 Vậy với m  thì phương trính có 2 nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp đôi 8 nghiệm kia. Hoặc các em có thể thay trực tiếp 2 nghiệm vừa tìm được và cho x1  2 x2 từ đó ta cùng tìm được giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán. + Ví dụ 4: Cho phương trình x2  2  m  1 x  2m  15  0 1) Giải phương trình khi m = 0 2) Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để phương trình có nghiệm thỏa mãn x2  5 x1  4 Hướng dẫn cách giải: 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  x1  x2  2m  2  hợp với điểu kiện bài toán x2  5 x1  4 rồi giải hệ phương trình  x1.x2  2m  15 từ đó  x  5x  4  2 1 tìm được giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán. Giải: 1) Thay m = 0 vào phương trình ta được x2  2 x  15  0 Giải phương trình này ta được x1  5 và x2  3 13
Vậy với m = 0 thì phương trình có nghiệm x1  5 và x2  3 . 2) Xét phương trình x2  2  m  1 x  2m  15  0 * 2 Ta có:  '     m  1  1.  2m  15   m2  2m  1  2m  15  m 2  16  0  m  vì m2  0  m  R   phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m  x1  x2  2m  2 1 +) áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình * ta có   x1.x2  2m  15  2  Để phương trình * có nghiệm thỏa mãn điều kiện x2  5 x1  4  3  x1  x2  2m  2  x1  x2  2m  2 Từ 1 và  3 ta có hệ phương trình    x  2  5 x1  4  x2  5 x1  4  1 m  1 m  x1   x1   x1  x2  2m  2  2  2       5 x1  x2  4 1  m  x  2m  2  x  5m  3 2  2  2 2 1 m 5m  3 Thay x1  ; x2  vào phương trình  2  ta được phương trình: 2 2 1  m 5m  3 .  2m  15 2 2  1  m  .  5m  3  4  2m  15   5m  5m 2  3  3m  8m  60  5m 2  6m  63  0 21 Giải phương trình này ta được m1  3 ; m2   5 21 Vậy với m  3 ; hoặc với m   thì phương trình * có nghiệm thỏa mãn 5 x2  5 x1  4 +. Ví dụ 5: Gọi x1 ; x2 x3 ; x4 là tất cả các nghiệm của phương trình:  x + 2  x + 4  x + 6  x + 8 = 1 Tính x1.x2 .x3 .x4 Giải: - Xét phương trình  x + 2  x + 4  x + 6  x + 8 = 1 1   x + 2  x + 8    x + 4  x + 6   = 1   x 2  10 x  16   x 2  10 x  24  - 1 = 0 Đặt x 2  10 x  16= y  y  y  8 - 1 = 0  y2  8y - 1 = 0  2 Ta có:  '  42  1.1  16  1  15  0   '  15  phương trình  2  có nghiệm y1  4  15 ; y2  4  15 14
+) Với y1  4  15  x 2  10 x  16  4  15  x 2  10 x  20  15  0  3 Xét phương trình  3 ta có  '3  52   20  15   5  15  0  phương trình  3 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2  x1.x2  20  15 +) Với y2  4  15  x 2  10 x  16  4  15  x 2  10 x  20  15  0  4  Xét phương trình  4  ta có  '3  52   20  15   5  15  0  phương trình  4  có 2 nghiệm phân biệt x3 ; x4  x3 .x4  20  15 2 Khi đó x1.x2 .x3 .x4   x1.x2  .  x3 .x4    20  15  20  15   202   15   400  15  385 Vậy x1.x2 .x3 .x4  385 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 x1 . x2 và x3 . x4 từ đó ta có thể tính được giá trị biểu thức x1.x2 .x3 .x4 . 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: +) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm    0  (hoặc a.c < 0). +) 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. Bài tập áp dụng: 1.Bài 1: Cho phương trình x 2   3 3  2  x   5  1  0 1 Gọi x1; x2 là các nghiệm của phương trình 1 . Tính giá trị của biểu thức:   S  x12009  x22009  3 3  2  x12008  x22008     5  1  x12007  x22007  2. Bài 2: Cho phương trình x 2  2mx  2m  3  0 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. 3) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x12 1  x22   x22 1  x12   4 3. Bài 3:. Cho phương trình:  x 2  3 x  x 2 + x - 2  = m 1) Giải phương trình khi m = 2 15
1 1 1 1 Tìm m là để phương trình có 4 nghiệm x1 ; x2; x3 ; x4 thỏa mãn    8 x1 x2 x3 x4 *. 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. Ví dụ: Phương trình đối xứng x  y  xy  11  y  x  yx  11 x 2  y 2  25  y 2  x 2  25  Một hệ phương trình được gọi là hệ đối xứng loại I nếu nó gồm những phương trình đối xứng.  x 2  y 2  25  y 2  x 2  25 Ví dụ: Hệ phương trình đối xứng loại I:  2 2  2 2  x  y  xy  13  y  x  yx  13 +. Cách giải hệ phương trình đối xứng loại I. +) Biểu diễn từng phương trình qua x  y ; xy +) Đặt S  x  y ; P  xy ta được hệ phương trình mới chứa các ẩn S và P +) Giải hệ phương trình tìm S và P +) Các số x và y là nghiệm của phương trình t 2  St  P  0 (Vận dụng hệ thức Vi et đảo- Tìm 2 số khi biết tổng và tích của chúng) (Hệ đã cho có nghiệm khi hệ phương trình theo S và P có nghiệm thỏa mãn 2 S  4P  0 ) 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 5  x  y   2 xy  19  x 2  xy  y 2  7 a)  b)   x  y   3 xy  35 x  y  5  x2 y2 3 3   18  x  y  7 c)  y x d)   x  y  12  x  y  xy  2  Hướng dẫn cách giải: 5  x  y   2 xy  19 - Em có nhận xét gì về hệ phương trình   x  y   3 xy  35 - Muốn giải hệ phương trình trên ta làm như thế nào ? (GV nêu cách làm bằng cách đặt ẩn phụ S  x  y và P  x. y khi đó các em thảo luận và trình bày lời giải như sau) 16
Giải: 5  x  y   2 xy  19 a)  Đặt S  x  y và P  x. y ta có hệ phương trình  x  y   3 xy  35 5S  2 P  19 15S  6 P  57 13S  13     S  3P  35 2S  6 P  70 S  3P  35 S  1 S  1   1  3P  35  P  12 x  y  1  theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai  x. y  12 X 2  X  12  0 giải phương trình này ta được 2 nghiệm là X1  4 và X 2  3 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  4; 3 và  3; 4  . - Hoặc các em có thể biến đổi trực tiếp hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số (không đặt ẩn x  y  1 phụ) ta cũng tính được  từ đó áp dụng hệ thức vi- ét để giải hệ  x. y  12 phương trình tìm x; y.  x 2  xy  y 2  7  x 2  2 xy  y 2   3 xy  7 b)    x  y  5  x  y  5  x  y 2  3xy  7 52  3xy  7  xy  6       x  y  5 x  y  5 x  y  5 Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai X 2  5 X  6  0 Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là X1  3 và X 2  2 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  3; 2  và  2;3 .  x2 y2 3    18  x 3  y 3  18 xy  x  y   3xy  x  y   18 xy c) y x      x  y  12  x  y  12  x  y  12  123  3xy.12  18 xy 54 xy  1728  xy  32        x  y  12  x  y  12  x  y  12 theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai 2 t  12t  32  0 Giải phương trình này ta được 2 nghiệm là t1  4 và t2  8 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  4;8 và 8; 4  .  x 3  y 3  7  x  y 3  3xy  x  y   7  x  y 3  3.  2   7 x  y  1 d)         x  y  xy  2  x  y  xy  2  x  y  xy  2  xy  2 17
theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai: t 2  t  2  0 (1) vì a - b + c = 1-  -1 +  -2  = 0 nên phương trình (1) có nghiệm 2 là t1  1 và t2  2 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  1; 2  và  2; 1 . x  a x  b Chú ý: Nếu hệ đối xứng loại I có nghiệm  thì nó cũng có nghiệm  y  b y  a Chúng ta cần lưu ý điều này để không bỏ xót nghiệm của hệ phương trình. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 4 4  x  y  xy  5  x  y  17 a)  2 2 b)  2 2  x  y  xy  7  x  y  xy  3  x  y  z  6 x  y  z  9    x 2  x  y 2  y  18 c)  xy  yz  xz  7 d)  xy  yz  xz  27 e)   x 2  y 2  z 2  14 1 1 1  x  x  1 y  y  1  72     1  x y z Hướng dẫn cách giải:  x  y  xy  5 - Muốn giải hệ phương trình  2 2 ta làm như thế nào ?  x  y  xy  7 - Học sinh nêu cách làm là biến đổi hpt về dạng tổng và tích của x và y bằng cách S  P  5 đặt S  x  y và P  x. y ta có hệ pt  2 rồi giải hệ phương trình này. S  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:  x  y  xy  5  x  y   xy  5  xy  5   x  y  a)  2 2   2   2  x  y  xy  7  x  y   xy  7  x  y   5   x  y    7  xy  5   x  y   2 Đặt S  x  y và P  x. y  x  y    x  y   12  0 S  P  5 S  P  5 Ta có hệ phương trình  2  S  S  12  0 S  3; S  4 x  y  3 +) Với S = 3  P = 2 ta có  theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của  xy  2 phương trình bậc hai t 2  3t  2  0 (1) vì a + b + c = 1+  -3 + 2= 0 nên phương trình (1) có nghiệm 2 là t1  1 và t2  2 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 1; 2  và  2;1 . 18
x  y  2 +) Với S = 2  P = 3 ta có  theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của  xy  3 phương trình bậc hai t 2  2t  3  0 (2) 2 Giải pt (2) ta có  '   1  1.3  1  3  2  0 nên phương trình (2) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 1; 2  và  2;1 . Tôi gợi ý đối với hpt này ta biến đổi vế trái của hpt thành tổng của x 2  y 2 ; xy khi đó ta có lời giải như sau: 2 4 4  x 2  y 2   2  xy   17 2  x  y  17  b)  2 2  Đặt S  x2  y 2 ; P  xy  x  y  xy  3  x  y   xy  3 2 2 S 2  2 P 2  17 S 2  2  3  S 2  17 Ta có hệ phương trình     S  P  3  P  3  S S 2  2.  9  6S  S 2   17   P  3  S S 2  18  12 S  2 S 2  17 S 2  12S  35  0 1     P  3  S P  3  S  2 Giải phương trình S 2  12S  35  0 1 ta được S1  7 ; S 2  5 x  y  7 +) Với S1  7  P1  4 ta có  (I)  xy  4 Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai t 2  7t  4  0 (3) 2 Giải phương trình (3) ta có    7   4.1.  4   49  16  65  0 nên phương   7   65 7  65   7   65 7  65 trình (3) có 2 nghiệm phân biệt t1   ; t2   2.1 2 2.1 2  7  65 7  65   7  65 7  65   hệ phương trình (I) có 2 nghiệm là  ;  và  ;  .  2 2   2 2  x  y  5 +) Với S 2  5  P2  2 ta có   II   xy  2 Theo định lí Vi ét thì x; y là nghiệm của phương trình bậc hai t 2  5t  2  0 (4) 2 Giải phương trình (4) ta có    7   4.1.  4   49  16  65  0 nên phương   5   33 5  33   5   33 5  33 trình (4) có 2 nghiệm phân biệt t3   ; t4   2.1 2 2.1 2 19
 5  33 5  33   hệ phương trình  II  có 2 nghiệm là  ;  và  2 2   5  33 5  33   ; .  2 2  Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:  7  65 7  65   7  65 7  65   5  33 5  33   ; ;  ; ;  ;  và  2 2   2 2   2 2   5  33 5  33   ; .  2 2  x  y  z  6 x  y  z  6 x  y  z  6    c)  xy  yz  xz  7   xy  yz  xz  7   xy  yz  xz  7  x 2  y 2  z 2  14  2 62  2 xy  yz  xz  14   x  y  z   2  xy  yz  xz   14    x  y  z  6 1 x  y  z  6  x  z   y  6 1      xy  yz  xz  7  2    xy  yz  xz  7   xy  yz  xz  7  2   xy  yz  xz  11  x z y 9  x z y 9   3      3 Từ 1 ;  3 và áp dụng hệ thức Vi ét suy ra  x + z  ; y là nghiệm của phương trình bậc hai: 2 t 2  6t  9  0   t  3   0  t  3 khi đó hệ phương trình trở thành hệ y  3 4   xz  2  5  x  z  3   6 Từ  5  ;  6  và hệ thức Vi - et suy ra x ; z là nghiệm của phương trình bậc hai: m2  3m  2  0 Giải phương trình này  m1  2; m2  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là 1;3; 2  ;  2;3;1 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.  x  y  z  9 1  d)  xy  yz  xz  27  2 1 1 1    1  3  x y z 20