Ta đã biết định lý Vi-ét : Nếu phương trình bậc hai $ax^2+bx+c=0 (a \ne 0)$ có hai nghiệm $x_1, x_2$ thì $\begin{cases}x_1+x_2= -\frac{b}{a}\\ x_1x_2= \frac{c}{a} \end{cases}$.
Chúng ta bắt đầu từ một bài toán sau đây.
Bài toán mở đầu. Cho phương trình $ax^2+bx+c=0 (a \ne 0)$ có hai nghiệm $x_1, x_2$.
Đặt $S_n=x_1^n+x_2^n (n \in \mathbb{N^*}).$
Chứng minh rằng $aS_{n+2}+bS_{n+1}+cS_n=0$.
Lời giải: Ta có :
$S_{n+2}=x_1^{n+2}+x_2^{n+2}=\left (x_1^{n+1}+x_2^{n+1} \right )(x_1+x_2)-x_1x_2\left ( x_1^{n}+x_2^{n} \right )=-\frac{b}{a}S_{n+1}-\frac{c}{a}S_n$.
Từ đó suy ra hệ thức $(*)$.
Sau đây là một số bài toán giải được nhờ ứng dụng bài toán trên.
Bài toán $1$. Cho $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của PT $x^2-2x-2=0$.
Hãy tính $S_7=x_1^7+x_2^7$.
Lời giải :
Trước hết sử dụng định lý Vi-ét ta tính được
$\begin{cases}x_1+x_2= -\frac{b}{a}=2\\ x_1x_2= \frac{c}{a}=-2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}S_1=x_1+x_2= 2\\ S_2=x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2= 8 \end{cases}$.
Theo bài toán mở đầu ta có :
$S_{n+2}=-\frac{b}{a}S_{n+1}-\frac{c}{a}S_n=2S_{n+1}+2S_n$
Do đó
$S_3=2S_2+2S_1=20$
$S_4=2S_3+2S_2=56$
$S_5=2S_4+2S_3=152$
$S_6=2S_5+2S_4=416$
$S_7=2S_6+2S_5=1136$.
Bài toán $2$. Tìm đa thức bậc $7$ có hệ số nguyên và nhận $p=\sqrt[7]{\frac{3}{5}}+\sqrt[7]{\frac{5}{3}}$ là nghiệm.
Lời giải :
Đặt $x_1=\sqrt[7]{\frac{3}{5}}, x_2=\sqrt[7]{\frac{5}{3}}$, ta có $\begin{cases}x_1+x_2=p \\ x_1x_2=1 \end{cases}$.
Do đó $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của PT $x^2-px+1=0$.
Theo bài toán mở đầu ta có:
$S_{n+2}-pS_{n+1}+S_n=0$ với $S_1=p, S_2=p^2-2.$
Làm tương tự như Bài toán $1$ bằng cách tính lần lượt $S_3, S_4, S_5, S_6$ ta suy ra
$S_7=x_1^7+x_2^7=p^7-7p^5+14p^3-7p$.
Mặt khác
$S_7=x_1^7+x_2^7=\left ( \sqrt[7]{\frac{3}{5}} \right )^7+\left (
\sqrt[7]{\frac{3}{5}} \right )^7=\frac{3}{5}+\frac{5}{3}=\frac{34}{15}$.
Suy ra $p^7-7p^5+14p^3-7p=\frac{34}{15}$
hay $15p^7-105p^5+210p^3-105p-34=0$.
Vậy đa thức cần tìm là
$15x^7-105x^5+210x^3-105x-34$.
Bài toán $3$. Giả sử $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của PT $x^2-6x+1=0$.
Chứng minh rằng $S_n=x_1^n+x_2^n (n \in \mathbb{N^*})$ là số nguyên không chia hết cho $5$.
Lời giải :
a) Trước hết ta chứng minh $S_n \in \mathbb{Z}$ bằng phương pháp quy nạp:
Với $n=1 : S_1=6 \in \mathbb{Z}$.
Với $n=2 : S_2=34 \in \mathbb{Z}$.
Giả sử $S_k \in \mathbb{Z}$ và $S_{k+1} \in \mathbb{Z} (k \in \mathbb{N^*})$, ta cần chứng minh $S_{k+2} \in \mathbb{Z} $.
Thật vậy, theo Bài toán mở đầu ta có:
$S_{k+2}-6S_{k+1}+S_k=0$ tức là $S_{k+2}=6S_{k+1}-S_k$
Do $S_k \in \mathbb{Z}$ và $S_{k+1} \in \mathbb{Z}$ nên từ kết quả trêm có $S_{k+2} \in \mathbb{Z} $.
Vậy $S_{n} \in \mathbb{Z} , \forall n \in \mathbb{N^*}$.
b) Từ kết quả :
$S_{n+2}=6S_{n+1}-S_n=6(6S_{n}-S_{n-1})-S_n=35S_n-5S_{n-1}-S_{n-1}$
Suy ra $S_{n+2}$ và $-S_{n-1}$ chia cho $5$ có cùng số dư.
Ta có : $S_n, -S_{n+3},S_{n+6}, -S_{n+9}$ chia cho $5$ có cùng số dư.
Mà $S_1=6, S-2=34, S_3=198$ đều không chia hết cho $5$ nên $S_{n} \in
\mathbb{Z} , \forall n \in \mathbb{N^*}$ không chia hết cho $5$.
Bài toán $4$. Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá $(4+\sqrt{15})^7$.
Lời giải :
Đặt $x_1=4+\sqrt{15}, x_2=4-\sqrt{15}$. Ta có $x_1x_2=1, x_1+x_2=8$
Khi đó $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của PT $x^2-8x+1=0$.
Đặt $S_n=x_1^n+x_2^n (n \in \mathbb{N^*})$.
Theo Bài toán mở đầu ta có : $S_{n+2}-8S_{n+1}+S_n=0$.
Từ đó ta tính được $S_1=8, S_2=62, S_3=488, S_4=3842, S_5=30248, S_6=238142, S_7=1874888$.
Vật $x_1^7=1874888-x_2^7$.
Mà $0<x_2^7=(4-\sqrt{15})^7<1$ nên
$1874887<1874888-x_2^7<1874888$. Do đó
$1874887<x_1^7=(4+\sqrt{15})^7<1874888$
Vậy số nguyên lớn nhất không vượt quá $(4+\sqrt{15})^7$ là $1874887.$
Bài toán $5$. Chứng minh rằng trong biểu diễn thập phân của số
$(7+4\sqrt 3)^n (n \in \mathbb{N^*})$, có ít nhất $n$ chữ số $9$
ngay sau dấu phẩy.
Lời giải :
Đặt $x_1=7+4\sqrt 3, x_2=7-4\sqrt 3$. Ta có $x_1x_2=1, x_1+x_2=14$
Khi đó $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của PT $x^2-14x+1=0$.
Đặt $S_n=x_1^n+x_2^n =(7+4\sqrt 3)^n+(7-4\sqrt 3)^n (n \in \mathbb{N^*})$.
Ta chứng minh được $S_n \in \mathbb{Z}$ bằng quy nạp và vì $S_n>0$ nên $S_n \in \mathbb{N^*}$.
Vì $0<7-4\sqrt 3=\frac{1}{7+4\sqrt 3}<\frac{1}{11}<\frac{1}{10}$ nên
$0<(7-4\sqrt 3)^n<\frac{1}{10^n}$.
Từ đó suy ra
$(7+4\sqrt 3)^n<S_n<(7+4\sqrt 3)^n+\frac{1}{10^n}$
$\Rightarrow S_n-\frac{1}{10^n}<(7+4\sqrt 3)^n<S_n$
mà $S_n \in \mathbb{N^*}$ nên có ít nhất $n$ chữ số $9$ ngay sau dấu phẩy.
Bài tập áp dụng
Bài $1.$ Cho phương trình $x^2+5(m^2+1)x+1=0$.
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$ và $x_2$.
b) Chứng minh rằng $S_n=x_1^n+x_2^n (n \in \mathbb{N^*})$ là số nguyên.
c) Tìm số dư trong phép chia $S_{2005}$ cho $5$.
Bài $2$. Xét phương trình $x^3+ax^2+bx+1=0$, $a$ và $b$ là các số hữu tỷ.
a)
Chứng minh rằng $a=-5, b=3$ là cặp số hữu tỷ duy nhất làm cho phương
trình đã cho có ba nghiệm trong đó có một nghiệm là $2 + \sqrt 5$.
b)
Kí hiệu $x_1, x_2, x_3$ là ba nghiệm của phương trình trên. Đặt
$S_n=x_1^n+x_2^n (n \in \mathbb{N^*})$, hãy tính $S_1, S_2, S_3$.
Chứng minh rằng $S_n \in \mathbb{Z}$.
c) Tìm số dư của phép chia $S_{2005}$ cho $4$.
Bài $3$. Giả sử $x_1, x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2+px-1=0$ với ($p \in \mathbb{Z}$) và $p$ lẻ.
Chứng
minh rằng với mọi $n \in \mathbb{N^*}$ thì $S_n=x_1^{n}+x_2^{n}$ và
$S_{n+1}=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}$ là các số nguyên và nguyên tố cùng nhau.
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BÀI TOÁN ĐẠI SỐ NHỜ ĐỊNH LÝ VI-ÉT
Ta đã biết định lý Vi-ét : Nếu phương trình bậc hai $ax^2+bx+c=0 (a \ne 0)$ có hai nghiệm $x_1, x_2$ thì $\begin{cases}x_1+x_2= -\frac{b}{a}\\ x_1x_2= \frac{c}{a} \end{cases}$. Chúng ta bắt đầu từ một bài toán sau đây. Bài toán mở đầu. Cho phương...
|
|
|