Ứng dụng công thức Viete vào giải toán thuộc chương trình trung học phổ thông

  • Số trang: 26 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 107 |
  • Lượt tải: 0
thuvientrithuc1102

Đã đăng 15346 tài liệu

Mô tả:

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRẦN THỊ ÁI HOA ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIETE VÀO GIẢI TOÁN THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2011 2 Công trình ñược hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Phản biện 1: TS. LÊ HẢI TRUNG Phản biện 2: PGS.TS. NGUYỄN GIA ĐỊNH Luận văn ñược bảo vệ trước Hội ñồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 26 tháng 11 năm 2011 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn ñề tài Đa thức, phương trình là những khái niệm cơ bản và quan trọng trong chương trình toán Trung học phổ thông. Bài toán tìm nghiệm của ña thức, của phương trình ñại số ñã ñược các nhà toán học quan tâm nghiên cứu trong nhiều thế kỷ. Mặc dù lời giải của các bài toán này cho ñến nay chỉ mới tìm ñược ñối với các ña thức, phương trình ñại số có bậc nhỏ hơn 5, nhưng nhiều tính chất về nghiệm của ña thức, của phương trình ñã ñược phát hiện. Một trong những tính chất ñó là mối liên hệ giữa các nghiệm và các hệ số của ña thức, của phương trình ñại số, nó ñược thể hiện bằng một công thức nổi tiếng – Công thức Viète. Ứng dụng của công thức Viète khá phong phú và hiệu quả. Trong chương trình toán học phổ thông, học sinh ñã ñược học công thức Viète ñối với tam thức bậc hai, tuy nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở mức ñộ nhất ñịnh, hơn nữa sách giáo khoa cũng không chỉ ra việc ñịnh hướng tìm tòi lời giải bằng việc ứng dụng công thức Viète và cũng chưa chú trọng ñến việc rèn luyện kỹ năng này nên học sinh thường lúng túng khi vận dụng công thức Viète ñể giải toán. Bên cạnh ñó, trong các ñề thi tuyển sinh ñại học, thi học sinh giỏi trong và ngoài nước thường có những bài toán mà lời giải của chúng có thể tìm ñược thông qua công thức Viète. Với mục ñích tìm hiểu và hệ thống hóa một cách ñầy ñủ những ứng dụng của công thức Viète trong chương trình toán ở bậc phổ thông, tôi chọn ñề tài “ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE VÀO GIẢI TOÁN 2 THUỘC CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” cho luận văn thạc sĩ của mình. Luận văn gồm hai chương. Để thuận tiện cho người ñọc, chương một nhắc lại một số kiến thức cơ bản về ña thức, ñặc biệt là các ña thức ñối xứng và công thức Viète ñể làm tiền ñề cho chương sau. Chương hai là nội dung chính của luận văn: Nghiên cứu, tìm hiểu việc vận dụng công thức Viète ñể giải một số lớp bài toán trong các lĩnh vực giải tích, ñại số, ña thức, hình học, lượng giác thuộc chương trình toán bậc trung học phổ thông. 2. Mục ñích nghiên cứu - Nghiên cứu các ứng dụng của công thức Viète trong chương trình toán phổ thông. - Hệ thống và phân loại một số bài toán có thể ứng dụng công thức Viète ñể giải. - Nhằm nâng cao năng lực tư duy cho học sinh cần thiết phải xây dựng chuỗi bài toán từ bài toán gốc, cũng như xây dựng bài toán tổng quát nhằm hướng ñến từng ñối tượng học sinh. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Những kiến thức cơ bản về tam giác, các công thức lượng giác, các bất ñẳng thức quan trọng, các tính chất của ña thức, ña thức ñối xứng, phương trình ñối xứng. - Công thức Viète và các ứng dụng trong chương trình toán bậc phổ thông. - Các bài toán có thể ứng dụng công thức Viète. 3 4. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu các tài liệu về công thức Viète và các kiến thức liên quan, như sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí toán học, cùng một số tài liệu khác từ Internet. - Thông qua thực tế giảng dạy ở trường trung học phổ thông ñể tổng kết rút ra những kết luận cần thiết. Kết hợp những kiến thức ñã ñạt ñược trong quá trình thu thập thông tin ñể hệ thống và ñưa ra các bài toán có thể giải ñược bằng công thức Viète. - Thảo luận, trao ñổi với người hướng dẫn luận văn. 5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của ñề tài Công thức Viète và các ứng dụng của nó có vai trò quan trọng, mở ra hướng giải quyết cho nhiều bài toán có liên quan ñến nghiệm của phương trình ñại số một cách phong phú, ña dạng như: các bài toán liên quan ñến hàm số, chứng minh các hệ thức ñại số, tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của biểu thức, giải phương trình và hệ phương trình không mẫu mực, chứng minh các bài toán lượng giác, hình học…. Việc dạy công thức Viète và các ứng dụng của nó trong chương trình toán học phổ thông có ý nghĩa ñặc biệt là: làm cho học sinh hiểu sâu sắc hơn về các nghiệm của một phương trình ñại số. Nêu ñược quan hệ ñịnh tính, ñịnh lượng giữa các nghiệm số với các hệ số của một phương trình ñại số. Giúp học sinh nhìn nhận các bài toán trong mối liên hệ sinh ñộng của sự ràng buộc giữa biến số và tham số; giữa hằng và biến, phần nào giúp học sinh nâng cao chất lượng học tập môn toán. 4 6. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần mở ñầu, kết luận và tài liệu tham khảo trong luận văn gồm có các chương như sau : Chương 1 - ĐA THỨC Chương 2 - MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC VIÈTE Chương 1 ĐA THỨC 1.1. VÀNH ĐA THỨC MỘT ẨN Giả sử A là một vành giao hoán, có ñơn vị ký hiệu là 1. Ta gọi P là tập hợp các dãy ( a0 , a1 ,..., an ,...) trong ñó ai ∈ A với mọi i ∈ và ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn. Trên P ta ñịnh nghĩa hai phép toán cộng và nhân như sau ( a0 , a1 ,..., an ,...) + ( b0 , b1 ,..., bn ,...) = ( a0 + b0 , a1 + b1 ,..., an + bn ,...) (1.1) ( a0 , a1 ,..., an ,...) × ( b0 , b1 ,..., bn ,...) = ( c0 , c1 ,..., cn ,...) với ck = a0 bk + a1bk −1 + ... + ak b0 = ∑ ab i j (1.2) k = 0,1,2,... i + j =k Vì các ai và bi bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn nên các ai + bi và ci cũng bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên (1.1) và (1.2) xác ñịnh hai phép toán trong P . 5 Tập P cùng với hai phép toán cộng và nhân ở trên là một vành giao hoán có ñơn vị. Phần tử không của phép cộng là dãy ( 0,0,...) , phần tử ñơn vị của phép nhân này là (1,0,0...) . Xét dãy x = ( 0,1,0,...,0,...) ∈ P Theo quy tắc của phép nhân trong P , ta có   x n =  0,0,...,0,1,...,0,...  424 3 1  n   Ta quy ước x 0 = (1,0,0,...,0,...) Mặt khác, xét ánh xạ : A → P a a ( a,0,...,0,...) Dễ dàng kiểm chứng ñược ánh xạ này là một ñơn cấu vành, do ñó ta ñồng nhất phần tử a ∈ A với dãy ( a,0,0,...) ∈ P và xem A là một vành con của vành P . Vì mỗi phần tử của P là một dãy ( a0 , a1 ,...an ,...) trong ñó các ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn, nên mỗi phần tử của P có dạng ( a0 ,..., an ,0,...) trong ñó a0 ,..., an ∈ A (không nhất thiết khác 0 ). Việc ñồng nhất a với ( a, 0, 0,...) và việc ñưa vào dãy x cho phép ta viết ( a0 ,..., an ,0,...) = ( a0 ,0,...) + ( 0, a1 ,0,...) + ... + ( 0,..., an ,0,...) = ( a0 ,0,...) + ( a1 ,0,...)( 0,1,0,...) + ... + ( an ,0,...)( 0,..., 0,1, 0,...) = a0 + a1 x + ... + an x n = a0 x 0 + a0 x + ... + an x n 6 Định nghĩa 1.1. Vành P ñược ñịnh nghĩa như trên, gọi là vành ña thức của ẩn x lấy hệ tử trong A , hay vắn tắt là vành ña thức của ẩn x trên A , ký hiệu A [ x ] . Các phần tử của A [ x ] gọi là các ña thức của ẩn x lấy hệ tử trong A và thường ký hiệu là f ( x ) , g ( x ) ,... Trong một ña thức f ( x ) = a0 x 0 + a1 x + ... + an x n , các ai , với i = 0,1,..., n gọi là các hệ tử của ña thức, các ai xi gọi là các hạng tử của ña thức, ñặc biệt a0 x 0 = a0 gọi là hạng tử tự do. 1.2. VÀNH ĐA THỨC NHIỀU ẨN Định nghĩa 2.1. Giả sử A là một vành giao hoán có ñơn vị. Ta ñặt A1 = A [ x1 ] , A2 = A1 [ x2 ] , …. An = An −1 [ xn ] Vành An = An −1 [ xn ] ñược kí hiệu A [ x1 , x2 ,...., xn ] và gọi là vành ña thức của n ẩn x1 ,...., xn lấy hệ tử trong A . Mỗi phần tử của An gọi là một ña thức của n ẩn x1 ,...., xn lấy hệ tử trong A và thường kí hiệu là f ( x1 ,...., xn ) hay g ( x1 ,...., xn ) … Từ ñịnh nghĩa trên ta có dãy vành: A0 = A ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ ... ⊂ An Trong ñó Ai −1 là vành con của vành Ai , i =1, 2,.... Từ tính chất của hai phép toán trong một vành và bằng quy nạp ta chứng minh ñược mọi ña thức f ( x1 , x2 ,...., xn ) ∈ A [ x1 , x2 ,...., xn ] ñều có thể viết dưới dạng f ( x1 , x2 ,...., xn ) = c1 x1a11 x2 a12 ...xn a1n + c2 x1a21 x2 a22 ....xn a2 n + .... + cm x1am1 x2 am 2 ....xn amn 7 với ci ∈ A , ai1 , ai 2 , …., ain , i = 1, 2,...., m , là những số tự nhiên và ( ai1 ,...., ain ) ( ≠ a j1 ,....., a jn ) khi i ≠ j ; các ci gọi là các hệ tử, ci x1ai1 x2 ai 2 ....xn ain gọi là các hạng tử của ña thức f ( x1 , x2 ,...., xn ) . Đa thức f ( x1 , x2 ,...., xn ) = 0 khi và chỉ khi các hệ tử của nó bằng không tất cả. 1.3. ĐA THỨC ĐỐI XỨNG VÀ CÔNG THỨC VIÈTE 1.3.1. Đa thức ñối xứng Định nghĩa 3.1. Giả sử A là một vành giao hoán có ñơn vị, A [ x1 ,..., xn ] . f ( x1 ,...., xn ) là một ña thức của vành f ( x1 ,...., xn ) là một ña thức ( ñối xứng của n Ta nói ẩn nếu ) f ( x1 , x2 ,...., xn ) = f xτ (1) , xτ (2) ,...., xτ ( n ) , với mọi phép thế τ 2 .... n   1   τ (1) τ ( 2 ) .... τ ( n )  τ = ( ) trong ñó f xτ (1) , xτ (2) ,...., xτ ( n ) có ñược từ f ( x1 , x2 ,...., xn ) bằng cách trong f ( x1 , x2 ,...., xn ) thay xi bởi xτ ( i ) , i = 1, 2,..., n . Định lý 3.1. Tập con gồm các ña thức ñối xứng của vành A [ x1 ,..., xn ] là một vành con của vành A [ x1 ,..., xn ] . Các ña thức σ 1 = x1 + x2 + .... + xn σ 2 = x1 x2 + x1 x3 + .... + xn −1 xn σ 3 = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + .... + xn− 2 xn −1 xn 8 … σk = ∑ i1 < i2 <... < ik xi1 xi2 ... xik , k = 1,2,..., n … σ n −1 = x1 x2 ... xn −1 + x1 x2 .... xn − 2 xn + ... + x2 x3 ... xn σ n = x1 x2 ....xn là các ña thức ñối xứng và gọi là các ña thức ñối xứng cơ bản ñối với n ẩn x1 , x2 , ...., xn . Giả sử g ( x1 ,...., xn ) là một ña thức của A [ x1 ,..., xn ] , phần tử của A [ x1 ,..., xn ] có ñược bằng cách trong g ( x1 ,...., xn ) thay x1 bởi σ 1 , x2 bởi σ 2 , …, xn bởi σ n gọi là một ña thức của các ña thức ñối xứng cơ bản, kí hiệu là g (σ 1 , σ 2 ,..., σ n ) . Vì σ 1 , σ 2 ,..., σ n là những ña thức ñối xứng nên g (σ 1 , σ 2 ,..., σ n ) cũng là một ña thức ñối xứng theo ñịnh lý 3.1. 1.3.2. Công thức Viète Cho ña thức bậc n: f ( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + ak x n − k + ... + an (1.3) lấy hệ tử trong trường T . Giả sử f ( x ) có trong T hoặc trong một mở rộng nào ñó của T , tức là một trường nào ñó chứa T làm một trường con, n nghiệm α1 , α 2 , ..., α n . f ( x ) = a0 ( x − α1 )( x − α 2 ) ..... ( x − α n ) Khi ñó ta có (1.4) Khai triển vế phải và so sánh các hệ tử của các lũy thừa giống : 9 nhau trong (1.3) và (1.4) ta sẽ ñược các công thức sau và gọi là công thức Viète ñối với ña thức bậc n . a1 = − (α1 + α 2 + .... + α n ) a0 …. ak k = ( −1) . α i1α i2 ...α ik a0 i1 < i2 < ...< ik ∑ …. an n = ( −1) α1α 2 ....α n a0 Chú ý rằng vế phải của công thức Viète là những ña thức ñối xứng cơ bản ñối với các biến α1 , α 2 , ..., α n Chương 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC VIÈTE 2.1. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM SỐ Bài toán: Cho hàm số y = x 4 − 6 x 2 + 4 x + 6 . Xét tam giác mà các ñỉnh là các ñiểm cực trị của hàm số nói trên. Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác ấy là gốc tọa ñộ. Giải Giả sử M i ( xi ; yi ) là các ñiểm cực trị với i = 1,2,3 10 G ( xG ; yG ) là trọng tâm của tam giác M1M 2 M 3 x1 + x2 + x3   xG = 3 ⇔   y = y1 + y2 + y3  G 3 xi là nghiệm của phương trình bậc ba: y ' = 4 x3 − 6 x + 4 = 0 . Áp dụng công thức Viète, ta có:  x1 + x2 + x3 = 0   x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = − 3 x . x . x = −1  1 2 3 ⇒ xG = 0 Tính yi : y 'i ( xi ) = 0 y = ( y' x − 3 x2 − x − 2 4 ) ( (chia y cho y’) ⇒ yi = y ( xi ) = − 3 xi2 − xi − 2 ( ) ) yG = −  x12 + x22 + x32 − ( x1 + x2 + x3 ) − 6    2 = − ( x1 + x2 + x3 ) − 2 ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) − 6  = 0   Vậy G ( 0;0 ) ⇔ G ≡ O gốc tọa ñộ. 2.2. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Bài toán: [Đề tuyển sinh ĐH – CĐ khối A, năm 2006] Cho hai số thực thay ñổi ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy x ≠ 0, y ≠ 0 thỏa mãn : 11 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 1 1 + 3. 3 x y Giải Đặt 1 1 + 3 = m 3 x y Với x ≠ 0, y ≠ 0 , xét hệ phương trình:  ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy   1 1  x3 + y 3 = m  ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy  ⇔  ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) = m  3 ( xy )   ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy  ⇔  xy ( x + y )2 =m  3  ( xy )   ⇔   ( x + y ) xy = ( x + y ) 2  x+ y   =m  xy  2 − 3 xy ( 2.1) S = x + y Đặt   P = xy Theo công thức Viète ñể x, y sẽ là hai nghiệm thực của phương trình t 2 − St + P = 0 thì S 2 ≥ 4P . S, P phải thỏa mãn ñiều kiện 12  SP = S 2 − 3P  ⇔   S 2  P  = m   ( 2.1) Hệ ( 2.1) ( 2.2 ) có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔ hệ ( 2.2 ) có nghiệm ( S ; P ) thỏa mãn: S 2 ≥ 4 P . 2 1  3  Do SP = x 2 + y 2 − xy =  x − y  + y 2 > 0, ∀x ≠ 0, y ≠ 0 2  4  Từ ñó : - Nếu m ≤ 0 thì hệ ( 2.1) vô nghiệm - Nếu m > 0 thì từ phương trình 2 S S = m ⇒ S = m .P   = m ⇔ P P   Thay vào phương trình ñầu của hệ ( 2.2 ) Ta ñược: ( ) m.P 2 = m.P 2 − 3P ⇔ m − m P = 3 ( SP > 0, P ≠ 0 ) Để có P từ phương trình này thì: m − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 ( m > 0) Vậy P = m ( 3 ) m −1 Hệ ( 2.2 ) có nghiệm 2 khi :  3    ≥  m −1  m ( ⇒S= 3 m −1 ( S ; P ) thỏa mãn S 2 ≥ 4 P khi và chỉ 12 ) m −1 13 4 ⇔ 3≥ ( m ( ⇔3 m ≥ 4 ⇔ ) m −1 ( 2 ) m −1 ) m −1 m ≤ 4 ⇔ 0 < m ≤ 16 ( m ≠ 1) Vậy giá trị lớn nhất maxA = 16. 2.3. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Bài toán: Giải phương trình sau : 3 ( 2.3) 7 x + 1 − 3 x 2 − x − 8 + 3 x 2 − 8 x −1 = 2 Giải Đặt Đặt u = 3 7 x +1, v = − 3 x 2 − x − 8 , w = 3 x 2 − 8 x −1  a = u + v+ w   b = uv + vw + wu  c = uvw  Theo giả thiết, ta có : u + v + w = 2 ⇒ a= 2 và u 3 + v3 + w3 = 8 Mặt khác (u + v + w ) 3 = a3 ⇔ u 3 + v3 + w3 + 3u 2 v + 3u 2 w+ 3v 2u + 3v 2 w + 3w2u + 3w2v + 6uvw = a 3 ( ⇔ u 3 + v3 + w3 = a 3 − 3u 2 v + 3u 2 w+ 3v 2u + 3v 2 w + 3w2u + 3w2v + 9uvw ) + 3uvw 14 ⇔ u 3 + v3 + w3 = a3 − 3uv ( u + v + w ) − 3vw ( u + v + w ) − 3wu ( u + v + w ) + 3uvw ⇔ u + v + w = a − 3 ( u + v + w )( uv + vw + wu ) + 3uvw 3 3 3 3 ⇔ u 3 + v3 + w3 = a 3 − 3ab + 3c ⇒ a 3 − 3ab + 3c = 8 ⇒ c = 2b Theo công thức Viète thì u, v, w là ba nghiệm của phương trình X 3 − 2 X 2 + bX − 2b = 0 : ⇔ ( X − 2) ( X 2 + b) ( 2.4 ) = 0 Ta nhận thấy phương trình ( 2.4 ) có nghiệm X = 2 . Do tính chất ñối xứng nên u, v, w có thể nhận giá trị 2 ñó. i, Trường hợp u = 2 Ta có : 7 x +1 = 8 ⇔ x = 1 Thay giá trị x = 1 vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = 1 nghiệm ñúng phương trình ñã cho. ii, Trường hợp v = 2 x = 0 Ta có : − x 2 + x + 8 = 8 ⇔ x ( x −1) = 0 ⇔  x = 1 Thay giá trị x = 0 vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = 0 nghiệm ñúng phương trình ñã cho. iii, Trường hợp w = 2  x = −1 Ta có: x 2 − 8 x −1 = 8 ⇔ x 2 − 8 x − 9 = 0 ⇔   x=9 15 Thay giá trị x = − 1 và x = 9 vào phương trình ñầu ta thấy giá trị x = − 1 và x = 9 ñều nghiệm ñúng phương trình ñã cho. Vậy phương trình ( 2.3) có 4 nghiệm : S = {−1; 0; 1; 9 } . 2.4. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài toán : Giải hệ phương trình :   x + 2 y − 3z = 9   2 xy − 6 yz − 3 xz = 27 1 1 1  + − =1  x 2 y 3z ( 2.5) Giải Hệ phương trình ( 2.5 ) không phải là hệ ñối xứng theo x , y , z . Tuy nhiên nếu ñặt u = x, v = 2 y , w = − 3z , thì ta có hệ ñối xứng        u+v+w =9 uv + vw + wu = 27 1 1 1 + + =1 u v w Đặt a = u + v + w , b = uv + vw + wu , c = uvw .    Khi ñó hệ ( 2.6 ) trở thành     a = 9 a = 9  b = 27 ⇔ b = 27 c = 27 b  =1 c ( 2.6 ) 16 Áp dụng công thức Viète thì u, v, w là ba nghiệm của phương trình : t 3 − 9t 2 + 27t − 27 = 0 ⇔ ( t − 3) =0 3 Vậy ta có t1 = t2 = t3 = 3 nên u = v = w = 3 . Từ ñó ta tìm ñược nghiệm ( x ; y ; z ) của hệ ( 2.5 ) là: 3   3  3  3    −1; ; 3  ,  −1; 3;  ,  3 ; − 1;  ,  ; 3 ; − 1  , 2   2  2  2    3  3   3; ; − 1  ; − 1 ; 3  . 2 2     2.5. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán: Cho phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) có ba nghiệm dương x1 , x2 , x3 . Chứng minh rằng x17 + x27 + x37 ≥ − b3c 2 81a 5 Giải Theo công thức Viète ta có : b   x1 + x2 + x3 = − a > 0   xx + x x +x x = c >0 2 3 3 1  1 2 a Bất ñẳng thức Bunyakovski cho ta : x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ≤ x12 + x22 + x32 ⇔ 0 < ( x1 + x2 + x3 ) 2 ≤ 3 ( x12 + x22 + x32 ) ⇔ 0 < c ≤ x12 + x22 + x32 a ( 2.7 ) b2 ≤ x12 + x22 + x32 3a 2 ( 2.8 ) 17 Từ ( 2.7 ) và ( 2.8 ) ta suy ra: 0 < 2 b2 c ≤ ( x12 + x22 + x32 ) 3 3a Áp dụng bất ñẳng thức Bunyakovski ta lại có : (x 2 1 + x22 + x32 ) 2 ≤ (1 + 1 + 1) ( x14 + x24 + x34 ) b2c ≤ x14 + x24 + x34 9a 3 ⇒ 0 < ( 2.9 ) Vì x1 , x2 , x3 > 0 nên suy ra : (x 4 1 ) 4 2 3 +x +x 4 2 1 7 1 7  1 7  =  x12 .x12 + x22 .x22 + x32 .x32    2 ≤ ( x1 + x2 + x3 ) ( x17 + x27 + x37 ) Từ ( 2.9 ) ( 2.10 ) và ( 2.10 ) ta ñược : b4 c 2 b ≤ − ( x17 + x27 + x37 ) 6 81a a ⇔ − b3c 2 ≤ x17 + x27 + x37 81a 5 Vậy ta có : x17 + x27 + x37 ≥ − b3c 2 . 81a 5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = x3 = − b . 3a 2.6. ỨNG DỤNG CÔNG THỨC VIÈTE TRONG ĐA THỨC Bài toán: Giả sử một trong các nghiệm của ña thức P ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c (với a, b, c ∈ Z ) bằng tích của hai nghiệm kia. Chứng minh rằng 2 P ( −1) chia hết cho P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) ) . 18 Giải Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của ña thức P ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c . Theo giả thiết của bài toán một trong các nghiệm bằng tích của hai nghiệm kia, giả sử x3 = x1 x2 . Áp dụng công thức Viète ta có :  x1 + x2 + x1 x2 = − a  x1 + x2 + x1 x2 = − a    x1 x2 + x2 x1 x2 + x1 x2 x1 = b ⇔  x1 x2 (1 + x1 + x2 ) = b   2 2  x1 x2 x1 x2 = − c  x1 x2 = − c Từ ñó b − c = x1 x2 (1+ x1 + x2 + x1 x2 ) = x1 x2 (1 − a ) b−c là số hữu tỉ. 1− a i, Với a ≠ 1 thì x1 x2 = Mà x12 x22 = − c là số nguyên do ñó x1 x2 cũng là số nguyên. Ta có P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) ) = (1 + a + b + c ) + ( −1 + a − b + c ) − 2 (1 + c ) = − 2 + 2a = − 2 (1 − a ) = −2 (1 + x1 + x2 + x1 x2 ) = − 2 (1 + x1 )(1 + x2 ) ≠ 0. ( 2.11) Mặt khác 2 P ( −1) = 2 ( −1 + a − b + c ) = − 2  −1 − x1 − x2 − x1 x2 − x1 x2 (1 + x1 + x2 ) − x12 x22  = − 2 (1 + x1 x2 )(1 + x1 )(1 + x2 ) Từ ( 2.11) và ( 2.12 ) ta có: 2 P ( −1) = (1 + x1 x2 )  P (1) + P ( −1) − 2 (1 + P ( 0 ) )  . ( 2.12 )
- Xem thêm -