Ta đã biết định lý Vi-ét : Nếu phương trình bậc hai ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm x1,x2 thì {x1+x2=−bax1x2=ca.
Chúng ta bắt đầu từ một bài toán sau đây.
Bài toán mở đầu. Cho phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm x1,x2.
Đặt Sn=xn1+xn2(n∈N∗).
Chứng minh rằng aSn+2+bSn+1+cSn=0.
Lời giải: Ta có :
Sn+2=xn+21+xn+22=(xn+11+xn+12)(x1+x2)−x1x2(xn1+xn2)=−baSn+1−caSn.
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 x1 và x2 là hai nghiệm của PT x2−2x−2=0.
Hãy tính S7=x71+x72.
Lời giải :
Trước hết sử dụng định lý Vi-ét ta tính được
{x1+x2=−ba=2x1x2=ca=−2⇒{S1=x1+x2=2S2=x21+x22=(x1+x2)2−2x1x2=8.
Theo bài toán mở đầu ta có :
Sn+2=−baSn+1−caSn=2Sn+1+2Sn
Do đó
S3=2S2+2S1=20
S4=2S3+2S2=56
S5=2S4+2S3=152
S6=2S5+2S4=416
S7=2S6+2S5=1136.
Bài toán 2. Tìm đa thức bậc 7 có hệ số nguyên và nhận p=7√35+7√53 là nghiệm.
Lời giải :
Đặt x1=7√35,x2=7√53, ta có {x1+x2=px1x2=1.
Do đó x1 và x2 là hai nghiệm của PT x2−px+1=0.
Theo bài toán mở đầu ta có:
Sn+2−pSn+1+Sn=0 với S1=p,S2=p2−2.
Làm tương tự như Bài toán 1 bằng cách tính lần lượt S3,S4,S5,S6 ta suy ra
S7=x71+x72=p7−7p5+14p3−7p.
Mặt khác
S7=x71+x72=(7√35)7+(7√35)7=35+53=3415.
Suy ra p7−7p5+14p3−7p=3415
hay 15p7−105p5+210p3−105p−34=0.
Vậy đa thức cần tìm là
15x7−105x5+210x3−105x−34.
Bài toán 3. Giả sử x1 và x2 là hai nghiệm của PT x2−6x+1=0.
Chứng minh rằng Sn=xn1+xn2(n∈N∗) là số nguyên không chia hết cho 5.
Lời giải :
a) Trước hết ta chứng minh Sn∈Z bằng phương pháp quy nạp:
Với n=1:S1=6∈Z.
Với n=2:S2=34∈Z.
Giả sử Sk∈Z và Sk+1∈Z(k∈N∗), ta cần chứng minh Sk+2∈Z.
Thật vậy, theo Bài toán mở đầu ta có:
Sk+2−6Sk+1+Sk=0 tức là Sk+2=6Sk+1−Sk
Do Sk∈Z và Sk+1∈Z nên từ kết quả trêm có Sk+2∈Z.
Vậy Sn∈Z,∀n∈N∗.
b) Từ kết quả :
Sn+2=6Sn+1−Sn=6(6Sn−Sn−1)−Sn=35Sn−5Sn−1−Sn−1
Suy ra Sn+2 và −Sn−1 chia cho 5 có cùng số dư.
Ta có : Sn,−Sn+3,Sn+6,−Sn+9 chia cho 5 có cùng số dư.
Mà S1=6,S−2=34,S3=198 đều không chia hết cho 5 nên Sn∈Z,∀n∈N∗ không chia hết cho 5.
Bài toán 4. Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá (4+√15)7.
Lời giải :
Đặt x1=4+√15,x2=4−√15. Ta có x1x2=1,x1+x2=8
Khi đó x1 và x2 là nghiệm của PT x2−8x+1=0.
Đặt Sn=xn1+xn2(n∈N∗).
Theo Bài toán mở đầu ta có : Sn+2−8Sn+1+Sn=0.
Từ đó ta tính được S1=8,S2=62,S3=488,S4=3842,S5=30248,S6=238142,S7=1874888.
Vật x71=1874888−x72.
Mà 0<x72=(4−√15)7<1 nên
1874887<1874888−x72<1874888. Do đó
1874887<x71=(4+√15)7<1874888
Vậy số nguyên lớn nhất không vượt quá (4+√15)7 là 1874887.
Bài toán 5. Chứng minh rằng trong biểu diễn thập phân của số
(7+4√3)n(n∈N∗), có ít nhất n chữ số 9
ngay sau dấu phẩy.
Lời giải :
Đặt x1=7+4√3,x2=7−4√3. Ta có x1x2=1,x1+x2=14
Khi đó x1 và x2 là hai nghiệm của PT x2−14x+1=0.
Đặt Sn=xn1+xn2=(7+4√3)n+(7−4√3)n(n∈N∗).
Ta chứng minh được Sn∈Z bằng quy nạp và vì Sn>0 nên Sn∈N∗.
Vì 0<7−4√3=17+4√3<111<110 nên
0<(7−4√3)n<110n.
Từ đó suy ra
(7+4√3)n<Sn<(7+4√3)n+110n
⇒Sn−110n<(7+4√3)n<Sn
mà Sn∈N∗ nên có ít nhất n chữ số 9 ngay sau dấu phẩy.
Bài tập áp dụng
Bài 1. Cho phương trình x2+5(m2+1)x+1=0.
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2.
b) Chứng minh rằng Sn=xn1+xn2(n∈N∗) là số nguyên.
c) Tìm số dư trong phép chia S2005 cho 5.
Bài 2. Xét phương trình x3+ax2+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+√5.
b)
Kí hiệu x1,x2,x3 là ba nghiệm của phương trình trên. Đặt
Sn=xn1+xn2(n∈N∗), hãy tính S1,S2,S3.
Chứng minh rằng Sn∈Z.
c) Tìm số dư của phép chia S2005 cho 4.
Bài 3. Giả sử x1,x2 là hai nghiệm của phương trình x2+px−1=0 với (p∈Z) và p lẻ.
Chứng
minh rằng với mọi n∈N∗ thì Sn=xn1+xn2 và
Sn+1=xn+11+xn+12 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 ax2+bx+c=0(a≠0) có hai nghiệm x1,x2 thì {x1+x2=−bax1x2=ca. Chúng ta bắt đầu từ một bài toán sau đây. Bài toán mở đầu. Cho phương...
|
|
|