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 –2x$^{2}$ + (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 –2x$^{2}$ + (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 x$_{1}$, x$_{2}$ 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 = |x$_{1}$ – x$_{2}$|

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

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

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

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 = 25k$^{2}$ + 16.

Do k$^{2}$ ≥ 0 nên 25k$^{2}$ + 16 > 0.

Do đó phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lí Viète ta có: x$_{1}$ + x$_{2}$ = 5k; x$_{1}$x$_{2}$ = ‒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 x$_{1}$ + x$_{2}$ = 5k và x$_{1}$x$_{2}$ = ‒4 vào đẳng thức trên ta được:

(5k)$^{2}$ + 4.(‒4) = 9

25k$^{2}$ ‒16 = 9

k$^{2}$ = 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)$^{2}$ ‒ 9k$^{2}$ + 27k

= 9k$^{2}$ ‒ 18k + 9 ‒ 9k$^{2}$ + 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 x$_{1}$ + x$_{2}$ – x$_{1}$ x$_{2}$ = 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.(‒4m$^{2}$ ‒ 1) = 4(2m + 1)$^{2}$ + 16m$^{2}$ + 4.

Với mọi m, ta có: (2m + 1)$^{2}$ ≥ 0 và 16m$^{2}$ ≥ 0

Suy ra 4(2m + 1)$^{2}$ + 16m$^{2}$ + 4 > 0 với mọi m hay ∆ > 0 với mọi m.

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$, x$_{2}$ với mọi giá trị của m.

b) Theo định lí Viète ta có:

x$_{1}$ + x$_{2}$ = ‒2(2m + 1) = ‒ 4m ‒ 2 và x$_{1}$x$_{2}$ = ‒4m$^{2}$ ‒1.

⦁ Từ x$_{1}$ + x$_{2}$ = ‒ 4m ‒ 2 ta có ‒ 4m = x$_{1}$ + x$_{2}$ + 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 x$_{1}$x$_{2}$ = ‒4m$^{2}$ ‒1, suy ra ‒4m$^{2}$ = x$_{1}$x$_{2}$ + 1, suy ra ${m^2} = \frac{{{x_1}{x_2} + 1}}{{ - 4}}.$

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

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

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

(x$_{1}$ + x$_{2}$ + 2)$^{2}$ + 4x$_{1}$x$_{2}$ + 4 = 0.

Vậy biểu thức liên hệ giữa hai nghiệm x$_{1}$, x$_{2}$ không phụ thuộc vào giá trị của m là:

(x$_{1}$ + x$_{2}$ + 2)$^{2}$ + 4x$_{1}$x$_{2}$ + 4 = 0.

a) Phương trình có: ∆’ = (k + 1)$^{2}$ – (k$^{2}$ + 2k) = k$^{2}$ + 2k + 1 – k$^{2}$ – 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: x$_{1}$ + x$_{2}$ = –2(k + 1) và x$_{1}$x$_{2}$ = k$^{2}$ + 2k.

Theo bài, |x$_{1}$|.|x$_{2}$| = 1 ta có |x$_{1}$x$_{2}$| = 1.

Suy ra |k$^{2}$ + 2k| = 1.

Do đó k$^{2}$ + 2k = –1 hoặc k$^{2}$ + 2k = 1.

⦁ Giải phương trình: k$^{2}$ + 2k = –1

k$^{2}$ + 2k + 1 = 0

(k + 1)$^{2}$ = 0

k + 1 = 0

k = –1.

⦁ Giải phương trình: k$^{2}$ + 2k = 1

k$^{2}$ + 2k – 1 = 0

Phương trình trên có ∆’ = 1$^{2}$ – 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 x$_{1}$, x$_{2}$ thoả mãn |x$_{1}$|.|x$_{2}$| = 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 x$_{1}$x$_{2}$ < 0, tức là k$^{2}$ + 2k < 0.

Giải bất phương trình:

k$^{2}$ + 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 x$_{1}$ < 0 < x$_{2}$.

⦁ Để phương trình đã cho có nghiệm dương nhỏ hơn giá trị tuyệt đối của nghiệm âm, tức là x$_{2}$ < 0 < |x$_{1}$|.

Mà x$_{1}$ < 0 nên |x$_{1}$| = –x$_{1}$.

Khi đó, ta có x$_{2}$ < –x$_{1}$ hay x$_{1}$ + x$_{2}$ < 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 x$_{1}$, x$_{2}$ 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.