Giải SBT Toán 9 Bài 6: Hệ thức Vi – ét và ứng dụng | Hay nhất Giải sách bài tập Toán lớp 9

(1)

Bài 6: Hệ thức Vi – ét và ứng dụng

Bài 35 trang 57 SBT Toán 9 Tập 2: Giải phương trình rồi kiểm nghiệm hệ thức vi–ét:

a) 5x² 2x 16 0 b) 3x² 2x 5 0

c) 1 ² 16

x 2x 0

3   3 

d) 1 ²

x 3x 2 0

2   

Lời giải:

a) Phương trình 5x² 2x 16 0 có hệ số a = 5; b = 2; c = –16 Ta có: ^{  }^{' 1}² ^5.



^¹⁶



^{ }^{1 80}^^{81 0}^

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1 1

1 9 8 1 9

x ; x 2

5 5 5

   

    

Kiểm tra Hệ thức Vi – ét

1 2

 

8 2 b

x x 2

5 5 a

 

     

1 2

 

8 16 c

x .x . 2

5 5 a

    

b) Phương trình 3x² 2x 5 0 có hệ số a = 3; b = –2; c = –5.

Ta có:   ^'

   

¹ ²  5 .3 1 15 16   0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1 2

1 16 5 1 16 3

x ; x 1

3 3 3 3

  

     

Kiểm tra hệ thức Vi – et

 

1 2

5 2 b

x x 1

3 3 a

       ;

(2)

1 2

 

5 5 c

x .x . 1

3 3 a

    

c) Phương trình 1 ² 16

x 2x 0

3   3  x2 6x 16 0

    có hệ số a = 1; b = 6; c = –16

 

' 32 1. 16 25 0

     

1 2

3 25 3 25

x 2; x 8

1 1

   

    

1 2

 

x x 2 8 6 b

a

       

1 2

 

x .x 2. 8 16 c

    a d) Phương trình 1 ²

x 3x 2 0

2   

x2 6x 4 0

    có hệ số a = 1; b = –6; c = 4 Ta có: ^{  }^'

 

³ ² ^^1.4^{   }^{9 4} ⁵ ⁰

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2

3 5 3 5

x 3 5; x 3 5

1 1

 

     

1 2

x x 3 5 3 5 3 3 6 b a

         

  

1 2

x .x 3 5 3 5 9 5 4 4

       1.

Bài 36 trang 57 SBT Toán 9 Tập 2: Không giải phương trình, dùng hệ thức Vi–ét, hãy tính tổng và tích các nghiệm của mỗi phương trình

a) 2x² 7x 2 0

(3)

b)2x² 9x 7 0

c)



²^ ^{3 x}



² ^^4x^{ }² ²^⁰

d) 1, 4x² 3x 1, 2 0 e) 5x²   x 2 0 Lời giải:

a) 2x² 7x 2 0

Ta có:Δ =(–7)² –4.2.2 =49 –16 =33 >0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt .Theo hệ thức Vi–ét, ta có:

1 2 1 2

b 7 c 2

x x ; x .x 1

a 2 a 2

       b) 2x² 9x 7 0

Δ = 9² – 4.2.7 = 81 – 56 = 25 > 0

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi – et ta có:

1 2

b 9

x x

a 2

 

  

1 2

c 7 x .x  a 2

c)



²^ ^{3 x}



² ^^4x^{ }² ² ^⁰

Ta có: ^{ }^' ²² ^



²^ ^{3 3}



^ ²



^{  }^{4 4 2 2} ^^{2 3}^ ⁶

2 3 2 2 6 0

   

Phương trình có hai nghiệm phân biệt. Theo hệ thức Vi – ét ta có:

 

1 2

b 4

x x 4 2 3

a 2 3

 

     

 ;

  

1 2

2 2 2 3

c 2 2

x .x 4 2 2 2 3 6

a 2 3 2 3 2 3

 

       

  

(4)

d) 1, 4x² 3x 1, 2 0

Ta có : Δ = (–3)² –4.1,4.1,2 =9 – 6,72 =2,28 >0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt .Theo hệ thức Vi–ét, ta có:

1 2 1 2

b 3 15 c 6

x x ; x .x

a 1, 4 7 a 7

      

e) 5x²   x 2 0

Δ = 1² –4.5.2 = 1 – 40 = –39 < 0 Phương trình vô nghiệm.

Bài 37 trang 57 SBT Toán 9 Tập 2: Tính nhẩm nghiệm của các phương trình:

a) 7x² 9x 2 0 b) 23x² 9x320 c) 1975x² 4x 1979 0

d)



⁵^ ^{2 x}

 

² ^{ }⁵ ^{2 x 10}



^ ^⁰

e) ¹x² ³x ¹¹ 0 3  2  6 

f) 31,1x² 50,9x 19,8 0 Lời giải:

a) Phương trình 7x² –9x +2 = 0 có hệ số a = 7, b = –9, c = 2

Ta có: a + b + c = 7 + (–9) + 2 = 0

Suy ra nghiệm của phương trình là x1 = 1, x2 = ^c ² a  7 b) Phương trình 23x² – 9x – 32 = 0

có hệ số a = 23, b = –9, c = –32

Ta có: a – b +c = 23 – (–9) + (–32) =0

Suy ra nghiệm của phương trình là x1= –1, x2 = ^c



³²



³²

a 23 23

  

  .

(5)

c) Phương trình 1975x² + 4x –1979 = 0 có hệ số a = 1975, b = 4, c = –1979 Ta có: a + b + c =1975 + 4 + (–1979) = 0

Suy ra nghiệm của phương trình là x1 = 1, x2 = ^c ¹⁹⁷⁹ a 1975

 

d) Phương trình



⁵^ ^{2 x}

 

² ^{ }⁵ ^{2 x 10}



^ ^⁰

có hệ số a = 5 2; b = 5 2; c = –10 Ta có: a + b + c = 5 2 + 5 2 – 10 = 0

Suy ra nghiệm của phương trình là x1 = 1, x2 = ^c ¹⁰

a 5 2

 

 . e) ¹x² ³x ¹¹ 0

3  2  6  2x2 9x 11 0

   

có hệ số a = 2; b = –9; c = –11

Ta có: a – b + c = 2 – (–9) + (–11) = 0

Suy ra nghiệm của phương trình là x1 = –1, x2 = c

 

¹¹ 11

a 2 2

     . f) Phương trình 31,1x² – 50,9x + 19,8 = 0

⇔ 311x² – 509x +198 = 0

có hệ số a = 311, b = –509, c = 198

Ta có: a + b + c = 311 + (–509) + 198 = 0

Suy ra nghiệm của phương trình là x1 = 1 , x2 = ^c ¹⁹⁸ a  311.

Bài 38 trang 57 SBT Toán 9 Tập 2: Dùng hệ thức Vi–ét để tính nhẩm nghiệm của các phương trình:

a) x²– 6x + 8 = 0 b) x² – 12x + 32 = 0 c) x² + 6x + 8 = 0

(6)

d) x² – 3x – 10 = 0 e) x² + 3x –10 = 0 Lời giải:

a) x²– 6x + 8 = 0

 

²

' 3 1.8 9 8 1 0

       

Phương trình có hai nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi – et ta có:

1 2

x x 6 6

1 x .x 8 8

1

    



  



Nhẩm nghiệm ta nhận thấy x₁ 2; x₂ 4 b) x² – 12x + 32 = 0

Ta có: ^{  }^'

 

⁶ ² ^^1.32^^{36 32}^ ^{ }⁴ ⁰

Phương trình có hai nghiệm phân biệt Theo hệ thức Vi – et ta có:

1 2

x x 12 12

1 x .x 32 32

1

    



  



Nhẩm nghiệm ta nhận thấy x₁ 4; x₂ 8. c) x² + 6x + 8 = 0

Ta có:   ' 3² 1.8   9 8 1 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Theo hệ thức Vi – et ta có:

1 2

x x 6 6

1 x .x 8 8

1

    



  



Nhẩm nghiệm ta thấy x₁ 2; x₂  4

(7)

d) x² – 3x – 10 = 0

Ta có: ^{  }

 

³ ² ^^4.1.



^¹⁰



^{ }^{9 40}^⁴⁹^⁰

1 2

x x 3 3

1

x .x 10 10

1

    

 

   



Nhẩm nghiệm ta được x₁  2; x₂ 5. e) x² + 3x –10 = 0

Ta có: Δ = 3² – 4.1.(–10) = 9 + 40 = 49 > 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1 2

x x 3 3

1

x .x 10 10

1

    

 

   



Nhẩm nghiệm ta được x₁ 2; x₂  5. Bài 39 trang 57 SBT Toán 9 Tập 2:

a) Chứng tỏ rằng phương trình 3x² + 2x – 21 =0 có một nghiệm là –3. Hãy tìm nghiệm kia

b) Chứng tỏ rằng phương trình –4x² – 3x +115=0 có một nghiệm là 5. Hãy tìm nghiệm kia

Lời giải:

a) Thay x = –3 vào vế trái của phương trình, ta có:

3.(–3)²+ 2(–3) – 21 = 27 – 6 – 21 = 0

Vậy x = –3 là nghiệm của phương trình 3x² + 2x – 21 =0 Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1x2 = ^c

a = ²¹ 3

 = –7 ⇒ x2 =

1

7 x

 = ⁷ 3



 = ⁷ 3

Vậy nghiệm còn lại là x = ⁷ 3.

(8)

b) Thay x = 5 vào vế trái của phương trình, ta có:

–4.5² – 3.5 + 115 = –100 – 15 + 115 =0

Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình –4x² – 3x + 115=0 Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1x2 = ^c ¹¹⁵

a 4

  ⇒ 5x2 = 115 4

 ⇒ x2 = 23 4

 Vậy nghiệm còn lại là x = 23

4

 .

Bài 40 trang 57 SBT Toán 9 Tập 2: Dùng hệ thức Vi–ét để tìm nghiệm x2 của phương trình rồi tìm giá trị của m trong mỗi trường hợp sau:

a) Phương trình x² + mx – 35 = 0 có nghiệm x1 = 7 b) Phương trình x² – 13x + m = 0 có nghiệm x1 = 12,5 c) Phương trình 4x² + 3x – m² + 3m = 0 có nghiệm x1 = –2 d) Phương trình 3x² – 2(m – 3)x + 5 = 0 có nghiệm x1 = ¹

3 Lời giải:

a) Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1x2 =^c

a  –35 Suy ra 7x2 = –35 ⇔ x2 = –5

Cũng theo hệ thức Vi–ét ta có: x1 + x2 = ^b a

 –m Suy ra: m = –7 + 5 ⇔ m = –2

Vậy với m = –2 thì phương trình x² + mx – 35 = 0 có hai nghiệm x1 = 7, x2 = –5 b) Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1 + x2 = ^b

a

  13 Suy ra 12,5 + x2 = 13 ⇔ x2 = 0,5

Cũng theo hệ thức Vi–ét ta có: x1x2 =^c a  m Suy ra: m = 12,5.0,5 ⇔ m = 6,25

Vậy với m = 6,25 thì phương trình x² – 13x + m = 0 có hai nghiệm

(9)

x1 = 12,5 ,x2 = 0,5

c) Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1 + x2 = ^b a

  3 4



Suy ra: –2 + x2 = 3 4

 ⇔ x2 = 3 4

 + 2 = 5 4 Cũng theo hệ thức Vi–ét ta có: x1x2 = ^c

a  m² 3m 4

 

Suy ra: –2. 5 4=

m2 3m 4

 

⇔ m² – 3m – 10 =0 Δ= (–3)² – 4.1.(–10) = 9 + 40 = 49

1

b 3 49

m 5

2a 2

   

   ;

2

b 3 49

m 2

2a 2

   

   

Vậy với m = 5 hoặc m = –2 thì phương trình 4x² + 3x – m² + 3m = 0 có hai nghiệm

1 2

x 2; x 5

   4.

d) Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1x2 = ⁵ 3

Suy ra:¹

3.x2 = ⁵

3⇔ x2 =⁵ 3: ¹

3 =⁵

3.3 = 5

cũng theo hệ thức Vi–ét ta có: x1 + x2 = ^{2 m 3}

 

3



Suy ra: ¹

3 + 5 = ^{2 m 3}

 

3

 ⇔ 2(m – 3) = 16 ⇔ m– 3 = 8 ⇔ m = 11.

Vậy với m = 11 thì phương trình 3x² –2(m –3)x +5 =0 có hai nghiệm x1 = 1/3 , x2 = 5.

Bài 41 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Tìm hai số u và v trong mỗi trường hợp sau:

a) u + v = 14, uv = 40 b) u + v = –7, uv = 12

(10)

c) u + v = –5, uv = –24 d) u + v = 4, uv = 19 e) u – v =10, uv = 24 f) u² + v² = 85, uv =18 Lời giải:

a) Hai số u và v với u + v =14 và uv = 40 nên nó là nghiệm của phương trình x² –14x + 40=0

Δ’= (–7)² – 1.40 = 49 – 40 = 9 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 1

7 9 7 9

x 10; x 4

1 1

 

   

Vậy u = 10, v = 4 hoặc u = 4, v = 10

b) Hai số u và v với u + v = –7 và uv = 12 nên nó là nghiệm của phương trình x² + 7x + 12=0

Δ = (7)² – 4.1.12 = 49 – 48 = 1 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1 2

7 1 6 7 1 8

x ; x 4

2.1 2 2.1 2

     

     

Vậy u = –3; v = –4 hoặc u = –4; v = –3

c) Hai số u và v với u + v = –5 và uv = –24 nên nó là nghiệm của phương trình x² + 5x – 24 =0

Δ = (5)² – 4.1.(–24) = 25 + 96 = 121 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt

1 1

5 11 6 5 11 16

x 3; x 8

2.1 2 2.1 2

    

      

Vậy u = 3; v = –8 hoặc u = –8; v = 3.

d) Hai số u và v với u +v = 4 và uv = 19 nên nó là nghiệm của phương trình x² – 4x + 19

= 0

(11)

Δ’ = (–2)² – 1.19 = 4 – 19 = –15 < 0

Phương trình vô nghiệm nên không có giá trị nào của u và v thỏa mãn điều kiện bài toán e) Ta có: u – v = 10 ⇒ u + (–v) = 10

u.(–v) = –uv = –24

Do đó, u, –v là nghiệm của phương trình: x² – 10x – 24 = 0 Δ’ = (–5)² – 1.(–24) = 25 +24 = 49 > 0

1 2

5 49 12 5 49

x 12; x 2

1 1 1

 

     

Vậy u = 12 , –v = –2 hoặc u = –2, –v = 12 suy ra u = 12, v = 2 hoặc u = –2 , v = –12 f) Hai số u và v với u² + v² = 85 và uv = 18 suy ra: u²v²= 324 nên u² và v² là nghiệm của phương trình x² – 85x + 324 = 0

Δ = (–85)² – 4.1.324 = 7225 – 1296 = 5929 > 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2

85 77 162 85 77 8

x 81; x 4

2.1 2 2.1 2

 

     

Ta có: u² = 81 ,v² = 4 suy ra: u = ±9, v = ± 2 hoặc u² = 4, v² = 81 suy ra: u = ± 2, v = ± 9 Vậy nếu u = 9 thì v = 2 hoặc u =–9, v =–2 nếu u = 2 thì v = 9 hoặc u = –2 ,v = –9.

Bài 42 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Lập phương trình có hai nghiệm là hai số được cho mỗi trường hợp sau:

a) 3 và 5 b) –4 và 7 c) –5 và ¹

3 d) 1,9 và 5,1 e) 4 và 1 2

(12)

f) 3 5 và 3 5 Lời giải:

a) Hai số 3 và 5 là nghiệm của phương trình:

(x – 3)(x – 5) = 0

⇔ x² – 3x – 5x +15 = 0

⇔ x² – 8x + 15 = 0

b) Hai số –4 và 7 là nghiệm của phương trình:

(x + 4)(x – 7) = 0

⇔ x² + 4x – 7x – 28 = 0

⇔ x² – 3x – 28 = 0 c) Hai số –5 và ¹

3 là nghiệm của phương trình:

(x + 5) 1 x 3

  

 

  = 0

⇔ x² + 5x – ¹ 3x – ⁵

3 = 0

⇔ 3x² + 14x – 5 =0

d) Hai số 1,9 và 5,1 là nghiệm của phương trình:

(x – 1,9)(x – 5,1) = 0

⇔ x² – 1,9x – 5,1x + 9,69 = 0

⇔ x² – 7x + 9,69 = 0

e) Hai số 4 và 1 – 2 là nghiệm của phương trình:

(x – 4)[x –(1 – 2 )] = 0 ⇔ (x – 4)(x – 1 + 2 ) = 0

⇔ x² – x + 2 x – 4x + 4 – 4 2 = 0

⇔ x² – (5 – 2 )x + 4 – 4 2 =0

f) Hai số 3 – 5 và 3 + 5 là nghiệm của phương trình:

[x – (3 – 5 )][ x – (3 + 5 )] = 0

(13)

⇔ x² – (3 + 5 )x – (3 – 5 )x +(3+ 5 )(3 – 5 ) =0

⇔ x² – 6x + 4 = 0

Bài 43 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình x² + px – 5 = 0 có hai nghiệm x1 và x2. Hãy lập phương trình có hai nghiệm là hai số được cho trong mỗi trường hợp sau:

a) x₁ và x₂ b)

1

1 x và

2

1 x Lời giải:

a) Phương trình x2 + px – 5 = 0 có hai nghiệm x1 và x2 nên theo hệ thức Vi–ét ta có:

x1 + x2 = p 1

 = –p; x1x2 = 5 1

 = –5 (1) Hai số –x1 và –x2 là nghiệm của phương trình:

[x – (–x1)][x – (–x2)] =0

⇔ x² – (–x1x) – (–x2x) + (–x1)(–x2) =0

⇔ x² + x1x + x2x + x1x2 =0

⇔ x² + (x1 + x2 )x + x1x2 =0 (2)

Từ (1) và (2) ta có phuơng trình cần tìm là x² – px – 5 =0 b) Hai số

1

1 x và

2

1

x là nghiệm của phương trình:

1 2

1 1

x x 0

x x

  

  

  

  

2

1 2 1 2

1 1 1 1

x x x . 0

x x x x

    

2

1 2 1 2

1 1 1

x x 0

x x x .x

 

     

  (3)

2 1 2

1 2 1 2

x x 1

x x 0

x .x x .x

    

(14)

Từ (1) và (2) ta có phương trình cần tìm là:

2 p 1

x x 0

5 5

  

 

2 p 1

x 0

x 5

    5x2 px 1 0

   

Bài 44 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình x² – 6x + m = 0

Tính giá trị của m biết rằng phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 – x2 = 4

Lời giải:

Phương trình x² – 6x + m = 0 có hai nghiệm x1 và x2 nên theo hệ thức Vi–ét ta có:

x1 + x2 = 6 1

 = 6

Kết hợp với điều kiện x1 – x2 = 4 ta có hệ phương trình:

1 2

x x 6

x x 4

 

  



1

1 2

2x 10

x x 4

 

   

1

1 2

x 5

x x 4

 

   

1 1

2 2

x 5 x 5

5 x 4 x 1

 

 

    

Áp dụng hệ thức Vi–ét vào phương trình x² – 6x + m = 0 ta có:

x1x2 = m

1 = m . Suy ra: m = 5.1 = 5

Vậy m = 5 thì phương trình x² – 6x + m = 0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1 – x2 = 4

(15)

Bài tập bổ sung

Bài 1 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax² + bx + c = 0, ( a0). Điều nào sau đây đúng

A) x₁ x₂ ^b; x .x₁ ₂ ^c

a a

  

B) x₁ x₂ ^b; x .x₁ ₂ ^c

a a

    

C) x₁ x₂ ^b; x .x₁ ₂ ^c

a a

   

D) x₁ x₂ ^b; x .x₁ ₂ ^c

a a

   

Lời giải:

1 2

x ; x là nghiệm của phương trình ^ax² ^^bx^{ }^c ^{0 a}



^⁰



Chọn D x₁ x₂ ^b; x .x₁ ₂ ^c

a a

   

Bài 2 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x² + px + q = 0. Hãy lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm x1 + x2, x1x2.

Lời giải:

Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình: x² + px + q = 0 Theo hệ thức Vi–ét ta có: x1 + x2 = ^b ^p

a 1

   = –p; x1x2 = ^c ^q a  1 = q

Phương trình có hai nghiệm là x1 + x2 và x1x2 tức là phương trình có hai nghiệm là –p và q.

Hai số –p và q là nghiệm của phương trình.

(x + p)(x – q) = 0 ⇔ x² – qx + px – pq = 0 ⇔ x² + (p – q)x – pq = 0 Phương trình cần tìm: x² + (p – q)x – pq = 0

Bài 3 trang 58 SBT Toán 9 Tập 2: Dùng định lý Vi – ét, hãy chứng tỏ rằng nếu tam thức ax² + bx + c có hai nghiệm x1, x2 thì nó phân tích được thành ax² + bx + c = a(x – x1)(x – x2)

(16)

Áp dụng:

Phân tích các tam thức sau thành tích:

a) x² 11x30 b) 3x² 14x8 c) 5x² 8x4

d) ^x² ^{ }



^{1 2 3 x}



^{ }³ ³

Lời giải:

1 2 1 2

b c

x x ; x .x

a a

    (1)

2 2 b c

ax bx x a x x

a a

 

       (2) Từ (1) và (2) ta có:

 

2 2

1 2 1 2

ax bx c a x  x x xx .x 

2

1 2 1 2

a x x x x x x .x

     



1



1



1



a x x x x x x

     



1



2



a x x x x

  

Áp dụng:

a) x² 11x30= 0

 

¹¹ ² 4.1.30 121 120 1 0

       

  1 1

1 2

11 1 11 1

x 6; x 5

2.1 2.1

 

   

Ta có: x² 11x30 = (x – 5)(x – 6) b) 3x² 14x8 = 0

(17)

' 72 3.8 49 24 25 0

      

' 25 5

  

1 1

7 5 2 7 5

x ; x 4

3 3 3

    

    

Ta có: 3x² 14x8 = ^{3 x} ²



^x ⁴

 

^3x ^{2 x}



⁴



3

      

 

 

c) 5x² 8x4 = 0

 

' 42 5 4 16 20 36 0

       

' 36 6

  

1

4 6

x 2

5

     ; x₁ ⁴ ⁶ ²

5 5

   

Ta có: 5x² 8x 4 = ^{5 x}



²



^x ²



^5x ^{2 x}



²



5

 

     

d) ^x² ^{ }



^{1 2 3 x}



^{ }³ ³^{= 0}



^{1 2 3}



² ^4.1



³ ³



 

      

= 1 4 3 12 12   4 3 250 25 5

  

1 2

1 2 3 5 1 2 3 5

x 3 3; x 3 2

2.1 2.1

   

     

Ta có: ^x² ^{ }



^{1 2 3 x}



^{ }³ ³

= ^_^x^{ }



³ ³



^{ }_{ }^x^



³^²



^_

(18)

=



^x^{ }³ ^{3 x}



^ ³^²



Bài 4 trang 59 SBT Toán 9 Tập 2: Cho phương trình



^{2m 1 x}^



² ^^{2 m}



^^{4 x}



^^5m^{ }² ⁰ ^m ¹

2

  

 

 

a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm.

b) Khi phương trình có nghiệm x1, x2, hãy tính tổng S và tích P của hai nghiệm theo m.

c) Tìm hệ thức giữa S và P sao cho trong hệ thức này không có m.

Lời giải:

Phương trình



^{2m 1 x}^



² ^^{2 m}



^^{4 x}



^^5m^{ }² ⁰ ^m ¹

2

  

 

  (1) a) Ta có: ^{ }^'



^m^⁴

 

² ^ ^{2m 1 5m}^



^²



2 2

m 8m 16 10m 4m 5m 2

      

9m2 9m 18

   



²



9 m m 2

   

  

9 m 2 m 1

   

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ' 0 

  

9 m 2 m 1 0

    



^m ^{2 m 1}

 

⁰

   

Trường hợp 1: ^m ² ⁰ ^m ²

m 1 0 m 1

  

 

     

  (vô lí)

Trường hợp 2: ^{m 1 0} ^m ¹ 1 m 2

m 2 0 m 2

   

 

    

    

 

Vậy với   1 m 2thì phương trình (1) co nghiệm.

b) Phương trình có hai nghiệm x1, x2. Theo hệ thức Vi – ét ta có:

 

1 2 1 2

2 m 4 5m 2

x x ; x .x

2m 1 2m 1

 

  

 

(19)

c) Đặt x₁x₂ S; x .x₁ ₂ P

 

2 m 4 S 2m 1

 



2mS S 2m 8

   

 

2m S 1 S 8

   

Ta có: 2m 8 2m 1  S 1

 

m S 8

2 S 1

  



Thay vào biểu thức P ta có:

 

5. S 8 2 2 S 1

P S 8

2. 1

2 S 1

 

  



5.S 40 4S 4 2S 16 2S 2

  

   

9S 36 S 4

18 2

 

 

2P S 4 2P S 4

     

 

1 2 1 2

2x x x x 4

   

Biểu thức không phụ thuộc vào m.