Giải SBT Toán 9 Cánh diều Bài 3. Định lí Viète có đáp án

a) Phương trình \(7{x^2} + 3\sqrt 3 x - 7 + 3\sqrt 3 = 0\) có các hệ số: a = 7; \[b = 3\sqrt 3 ;\,\,c = - 7 + 3\sqrt 3 .\]

Ta thấy: \[a - b + c = 7 - 3\sqrt 3 - 7 + 3\sqrt 3 = 0.\]

Do đó, phương trình \(7{x^2} + 3\sqrt 3 x - 7 + 3\sqrt 3 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1} = - 1;\,\,{x_2} = \frac{{7 - 3\sqrt 3 }}{7}.\)

b) Phương trình –2x² + (5m + 1)x – 5m + 1 = 0 có các hệ số: a = ‒2; b = 5m + 1; c = ‒5m + 1.

Ta thấy: a + b + c = ‒2 + 5m + 1 ‒ 5m + 1 = 0.

Do đó, phương trình –2x² + (5m + 1)x – 5m + 1 = 0 có hai nghiệm là \({x_1} = 1;\,\,{x_2} = \frac{{ - 5m + 1}}{{ - 2}} = \frac{{5m - 1}}{2}.\)

a) Phương trình \({x^2} + x - 2 + \sqrt 2 = 0\) có \(\Delta = {1^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2 + \sqrt 2 } \right) = 9 - 4\sqrt 2 > 0.\)

Do đó phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète, ta có \({x_1}{x_2} = - 2 + \sqrt 2 .\)

Ta thấy tích của hai nghiệm là \( - 2 + \sqrt 2 < 0.\)

Do đó phương trình có hai nghiệm x₁, x₂ trái dấu.

b) Theo định lí Viète, ta có \({x_1} + {x_2} = - 1;\,\,{x_1}{x_2} = - 2 + \sqrt 2 .\) Khi đó:

⦁ \[A = x_1^2 + x_2^2 = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {\rm{ }}{x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\]

\[ = {\left( { - 1} \right)^2} - 2\left( { - 2 + \sqrt 2 } \right) = 1 + 4 - 2\sqrt 2 = 5 - 2\sqrt 2 .\]

⦁ \[B = x_1^3 + x_2^3 = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right)\]

\[ = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 3{x_1}{x_2}} \right)\]

\[ = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right]\]

\[ = - 1 \cdot \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^2} - 3\left( { - 2 + \sqrt 2 } \right)} \right]\]

\[ = - \left( {1 + 6 - 3\sqrt 2 } \right)\]\[ = - 7 + 3\sqrt 2 .\]

⦁ \[C = \frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} = \frac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1} \cdot {x_2}}} = \frac{{ - 1}}{{ - 2 + \sqrt 2 }} = \frac{1}{{2 - \sqrt 2 }}\]

\[ = \frac{1}{{2 - \sqrt 2 }} = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}}\]

\[ = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{{4 - 2}} = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{2} = 1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\]

⦁ D = |x₁ – x₂|

\[{D^2} = {\left| {{x_1} - {x_2}} \right|^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}\]

 \( = 1 - 4 \cdot \left( { - 2 + \sqrt 2 } \right) = 1 + 8 - 4\sqrt 2 \)

 \( = 9 - 4\sqrt 2 = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} - 2 \cdot 2\sqrt 2 \cdot 1 + {1^2} = {\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)^2}.\)

Do đó \(D = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} = \left| {2\sqrt 2 - 1} \right| = 2\sqrt 2 - 1.\)

a) Phương trình có ∆ = (5k)² ‒ 4.(‒1).4 = 25k² + 16.

Do k² ≥ 0 nên 25k² + 16 > 0.

Do đó phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète ta có: x₁ + x₂ = 5k; x₁x₂ = ‒4.

Theo bài, \[x_1^2 + x_2^2 + 6{x_1}{x_2} = 9\]

\[x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} + 4{x_1}{x_2} = 9\]

\[{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4{x_1}{x_2} = 9\]

Thay x₁ + x₂ = 5k và x₁x₂ = ‒4 vào đẳng thức trên ta được:

(5k)² + 4.(‒4) = 9

25k² ‒16 = 9

k² = 1

k = 1 hoặc k = ‒1.

Vậy k ∈ {‒1; 1}.

b) Nếu k  ≠ 0, thì phương trình đã cho là phương trình bậc hai, có

∆’ = [‒3(k ‒ 1)]² ‒ k.9(k ‒ 3)

= (‒3k + 3)² ‒ 9k² + 27k

= 9k² ‒ 18k + 9 ‒ 9k² + 27k

= 9k + 9.

Để phương trình có hai nghiệm thì ∆ ≥ 0, tức là 9k + 9 ≥ 0 hay k ≥ ‒1.

Theo định lí Viète ta có: \[{x_1} + {x_2} = \frac{{6\left( {k - 1} \right)}}{k};\,\,{x_1}{x_2} = \frac{{9\left( {k - 3} \right)}}{k}.\]

Thay \[{x_1} + {x_2} = \frac{{6\left( {k - 1} \right)}}{k}\] và \[{x_1}{x_2} = \frac{{9\left( {k - 3} \right)}}{k}\] vào đẳng thức x₁ + x₂ – x₁ x₂ = 0 ta có:

\[\frac{{6\left( {k - 1} \right)}}{k} - \frac{{9\left( {k - 3} \right)}}{k} = 0\]

\[\frac{{6\left( {k - 1} \right) - 9\left( {k - 3} \right)}}{k} = 0\]

6k ‒ 6 ‒ 9k + 27 = 0

‒3k = ‒21

    k = 7 (thỏa mãn điều kiện k ≥ ‒1 và k ≠ 0).

Vậy k = 7.

a) Phương trình đã cho có:

∆ = 4(2m + 1)² ‒ 4.(‒4m² ‒ 1) = 4(2m + 1)² + 16m² + 4.

Với mọi m, ta có: (2m + 1)² ≥ 0 và 16m² ≥ 0

Suy ra 4(2m + 1)² + 16m² + 4 > 0 với mọi m hay ∆ > 0 với mọi m.

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ với mọi giá trị của m.

b) Theo định lí Viète ta có:

x₁ + x₂ = ‒2(2m + 1) = ‒ 4m ‒ 2 và x₁x₂ = ‒4m² ‒1.

⦁ Từ x₁ + x₂ = ‒ 4m ‒ 2 ta có ‒ 4m = x₁ + x₂ + 2 nên \[m = \frac{{{x_1} + {x_2} + 2}}{{ - 4}}.\]

Suy ra \[{m^2} = {\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + 2}}{{ - 4}}} \right)^2}\]

⦁ Từ x₁x₂ = ‒4m² ‒1, suy ra ‒4m² = x₁x₂ + 1, suy ra \[{m^2} = \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{ - 4}}.\]

Khi đó, ta có: \[{\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + 2}}{{ - 4}}} \right)^2} = \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{ - 4}}\]

\[\frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} + 2} \right)}^2}}}{{{{\left( { - 4} \right)}^2}}} = \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{ - 4}}\]

\[\frac{{{{\left( {{x_1} + {x_2} + 2} \right)}^2}}}{{ - 4}} = {x_1}{x_2} + 1\]

(x₁ + x₂ + 2)² + 4x₁x₂ + 4 = 0.

Vậy biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x₁, x₂ không phụ thuộc vào giá trị của m là:

(x₁ + x₂ + 2)² + 4x₁x₂ + 4 = 0.

a) Phương trình có: ∆’ = (k + 1)² – (k² + 2k) = k² + 2k + 1 – k² – 2k = 1 > 0.

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k.

Theo định lí Viète, ta có: x₁ + x₂ = –2(k + 1) và x₁x₂ = k² + 2k.

Theo bài, |x₁|.|x₂| = 1 ta có |x₁x₂| = 1.

Suy ra |k² + 2k| = 1.

Do đó k² + 2k = –1 hoặc k² + 2k = 1.

⦁ Giải phương trình: k² + 2k = –1

 k² + 2k + 1 = 0

 (k + 1)² = 0

k + 1 = 0

k = –1.

⦁ Giải phương trình: k² + 2k = 1

 k² + 2k – 1 = 0

Phương trình trên có ∆’ = 1² – 1.(–1) = 2 > 0.

Do đó phương trình này có hai nghiệm phân biệt là:

\(k = - 1 + \sqrt 2 \) hoặc \(k = - 1 - \sqrt 2 .\)

Dễ thấy, nếu \(k = - 1,\,\,k = - 1 + \sqrt 2 ,\,\,k = - 1 - \sqrt 2 \) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ thoả mãn |x₁|.|x₂| = 1.

Vậy \(k = - 1,\,\,k = - 1 + \sqrt 2 ,\,\,k = - 1 - \sqrt 2 \) là các giá trị cần tìm.

b*) ⦁ Để phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu thì tích của hai nghiệm là số âm, do đó x₁x₂ < 0, tức là k² + 2k < 0.

Giải bất phương trình:

 k² + 2k < 0.

 k(k + 2) < 0

Suy ra k < 0 và k + 2 > 0 (do đề bài đã cho điều kiện k < 0).

 k < 0 và k > –2

 –2 < k < 0.

Do đó điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu là –2 < k < 0. (*)

Giả sử x₁ < 0 < x₂.

⦁ Để phương trình đã cho có nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm, tức là x₂ < 0 < |x₁|.

Mà x₁ < 0 nên |x₁| = –x₁.

Khi đó, ta có x₂ < –x₁ hay x₁ + x­₂ < 0.

Tức là, –2(k + 1) < 0

                  k + 1 > 0

                  k > –1.  (**).

Kết hợp hai điều kiện (*) và (**), ta có –1 < k < 0.

Dễ thấy, với các giá trị k sao cho –1 < k < 0 thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x₁, x₂ trái dấu và nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm.

Vậy các giá trị k cần tìm là các giá trị k sao cho –1 < k < 0.

a) Hai số x, y có tổng bằng 16 và tích bằng 15 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t² ‒16t + 15 = 0.

Phương trình trên có ∆’ = (‒8)² ‒ 1.15 = 49 > 0 và \(\sqrt {\Delta '} = \sqrt {49} = 7.\)

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{t_1} = \frac{{8 + 7}}{1} = 15;\] \[{t_2} = \frac{{8 - 7}}{1} = 1.\]

Theo bài, x < y nên ta có x = 1 và y = 15.

Vậy x = 1 và y = 15.

b) Hai số x, y có tổng bằng 2 và tích bằng –2 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t² ‒ 2t – 2 = 0.

Phương trình trên có ∆’ = (‒1)² ‒ 1.(–2) = 3 > 0.

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{t_1} = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{1} = 1 + \sqrt 3 ;\] \[{t_2} = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{1} = 1 - \sqrt 3 .\]

Theo bài, x < y nên ta có \[x = 1 - \sqrt 3 \] và \[y = 1 + \sqrt 3 .\]

Vậy \[x = 1 - \sqrt 3 \] và \[y = 1 + \sqrt 3 .\]