Các bài toán liên quan tới phương trình bậc hai và định lý Vi-Et

CHUYÊN ĐỀ 4: Các bài toán liên quan tới phương trình bậc hai và định lý Vi-et. Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m. Giải: 1. Ta có : = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = 5 > 0 suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2.Theo vi-et ta có:      )2(1. )1(12 2 21 21 mmxx mxx Từ (1) suy ra: 2 121  xxm thay vào (2) ta có:                1 2 1 2 1 . 21 2 21 21 xxxxxx 1 2 1 2 1 . 21 2 21 21                xxxxxx . Ta có đpcm. Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức  của phương trình sau là số chính phương: k.x2 + (2.k-1).x + k-2= 0; (k  0) Giải: Ta có : = (2k-1)2 - 4.k.(k-2) =4k +1 . Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)2 n là số tự nhiên. Hay: k = n2 + n. Vậy để  là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng). Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt : (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= 0 Giải: Đặt f(x)= (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3) = (x-2).g(x) Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác 2 hay:            1 22 0)2( 0)3.(4 22 k k g kk Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương: x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho. Giải: -Điều kiện cần: Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1). Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b. Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x2 của cả hai pt đều bằng 1). Thay x = 0 vào (*) ta có b = -2 (3). Thay x = 1 vào (*) kết hợp với (3) ta được a= -2. -Điều kiện đủ: Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với nhau. Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình : x2 - a.x- 2 1 .a2 =0; (a  0) chứng minh : b4 + c4  2+ 2 . Giải: Theo định lý Viet ta có:       22 1 a bc acb Ta có:   22222222244 22)(2)( cbbccbcbcbcb  22262 2 3..22 2 3 2 11 4 4 4 4 4 2 2 244        a a a a aa acb . Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0 Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c  0.Khi đó:  ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2]. 2 1 0 *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca  0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm. -Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm. Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (a 0) đều là các số lẻ thì phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ. Giải: Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ x0 = n m với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n 0 ;khi đó ta có: a. 0. 2       c n mb n m hay: 022  cnbmnam (1).Suy ra:     nam mcn   2 2 mà (m,n)=1 1),(),( 22  nmmn nên:    na mc   mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ .Do đó:  22 cnbmnam số lẻ (Mâu thuẫn với (1)). Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm.