Bài 6: Hệ thức Vi-et và ứng dụng

Lời giải:

Để pt có hai nghiệm $x_1,x_2$ thì:

\(\Delta'=1-m>0\Leftrightarrow m< 1\)

Áp dụng định lý Viete cho pt bậc 2 ta có: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2\\ x_1x_2=m\end{matrix}\right.\)

Khi đó:

\(N=x_1^4+x_2^4-2(x_1^3+x_2^3)+8m\)

\(=(x_1^2+x_2^2)^2-2(x_1x_2)^2-2[(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2)]+8m\)

\(=[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]^2-2(x_1x_2)^2-2[(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2)]+8m\)

\(=(4-2m)^2-2m^2-2(8-6m)+8m\)

\(=2m^2+4m=2(m^2+2m+1)-2=(m+1)^2-2\geq -2\) với mọi $m< 1$

Do đó \(N_{\min}=-2\) khi \(m=-1\)

Lời giải:

a)

Vì \(\Delta=(m-1)^2+4(m^2+2)>0, \forall m\in\mathbb{R}\) nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$

Áp đụng định lý Viete cho pt bậc 2 ta có:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=1-m\\ x_1x_2=-(m^2+2)\end{matrix}\right.(*)\)

Vì \(m^2\geq 0, \forall m\in\mathbb{R}\Rightarrow m^2+2>0\Rightarrow -(m^2+2)< 0\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2< 0\).

Do đó pt luôn có hai nghiệm trái dấu (đpcm)

b)

Sử dụng hằng đẳng thức và $(*)$ để biến đổi:

\(T=\left(\frac{x_1}{x_2}\right)^3+\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^3=\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^3-3.\frac{x_1}{x_2}.\frac{x_2}{x_1}\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)\)

\(T=\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)^3-3\left(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}\right)\)

Đặt \(\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}=t\Rightarrow T=t^3-3t\)

Có: \(t=\frac{x_1^2+x_2^2}{x_1x_2}=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{x_1x_2}=\frac{(x_1+x_2)^2}{x_1x_2}-2=\frac{(1-m)^2}{-(m^2+3)}-2\)

Vì \((1-m)^2\geq 0; -(m^2+3)< 0\Rightarrow t=\frac{(1-m)^2}{-(m^2+3)}-2\leq 0-2=-2\)

Khi đó:

\(T=t^3-3t=t(t^2-4)+t=t(t-2)(t+2)+t\)

Vì \(t\leq -2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} t(t-2)(t+2)\leq 0\\ t\leq -2\end{matrix}\right.\Rightarrow T\leq -2\)

Vậy \(T_{\max}=-2\). Dấu bằng xảy ra khi \(t=-2\Leftrightarrow \frac{(1-m)^2}{-(m^2+3)}-2=-2\Leftrightarrow m=1\)

Lời giải:

Để pt có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta'=(m-1)^2-(m^2-3)>0\)

\(\Leftrightarrow 4-2m>0\Leftrightarrow m< 2\)

Khi đó áp dụng định lý Viete về pt bậc 2: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m-1)\\ x_1x_2=m^2-3\end{matrix}\right.(*)\)

a) \(x_1-x_2=2\Rightarrow (x_1-x_2)^2=4\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2-2x_1x_2=4\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+2x_1x_2-4x_1x_2=4\)

\(\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=4\)

\(\Leftrightarrow 4(m-1)^2-4(m^2-3)=4\)

\(\Leftrightarrow 8m=12\Leftrightarrow m=\frac{3}{2}\) (thỏa mãn)

b) \(x_1x_2-x_1-x_2=11\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2-(x_1+x_2)=11\)

\(\Leftrightarrow m^2-3-2(m-1)=11\)

\(\Leftrightarrow m^2-2m-12=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} m=1+\sqrt{13}\\ m=1-\sqrt{13}\end{matrix}\right.\)

Vì \(m<2\Rightarrow m=1-\sqrt{13}\)

c)Ta có: \(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m-1)\\ x_1x_2=m^2-3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_1+x_2+2=2m\\ x_1x_2+3=m^2\end{matrix}\right.\)

Suy ra \( (x_1+x_2+2)^2=4(x_1x_2+3)(=4m^2)\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+4+2x_1x_2+4(x_1+x_2)=4x_1x_2+12\)

\(\Leftrightarrow x_1^2+x_2^2-2x_1x_2+4(x_1+x_2)-8=0\)

Đây chính là biểu thức (không phụ thuộc m) cần tìm.

Ta có \(\Delta\)'= \(\left(-m\right)^2-2m+2=\left(m-1\right)^2+1>0\veebar m\)

Vậy với mọi giá trị của m thì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt

Theo hệ thức Vi-ét ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}=2m\\x_1.x_2=\dfrac{c}{a}=2m-2\end{matrix}\right.\)

Thay giá trị của \(x_1+x_2\) và \(x_1.x_2\) vào biểu thức A ta được :

\(A=\dfrac{6.\left(x_1+x_2\right)}{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+4\left(x_1+x_2\right)}=\dfrac{12m}{4m^2+4m+4}\)

\(A=\dfrac{3m}{m^2+m+1}\)

Cm: \(3m\le m^2+m+1\)

\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng ) (dấu = xảy ra khi x=1)

Do đó \(3m\le m^2+m+1\) khi đó ta được:

\(A=\dfrac{3m}{m+m+1}\le1\)

Vậy với GTLN của A = 1 khi và chỉ khi m=1