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.

a) Hai số x, y có tổng bằng 16 và tích bằng 15 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t$^{2}$ ‒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: t$^{2}$ ‒ 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 $y = 1 + \sqrt 3 .$

a) Phương trình đã cho có:

∆ = (2m – 1)$^{2}$ – 4.(–m) = 4m$^{2}$ – 4m + 1 + 4m = 4m$^{2}$ + 1 > 0 với mọi giá trị của m.

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

b) Theo định lí Viète, ta có: x$_{1}$ + x$_{2}$ = –(2m – 1) và x$_{1}$x$_{2}$ = –m.

Ta có: $A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}$

$= {\left[ { - \left( {2m - 1} \right)} \right]^2} - 3\left( { - m} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 + 3m$

$= 4{m^2} - m + 1 = \left( {4{m^2} - 2 \cdot 2m \cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{{16}}} \right) + 1 - \frac{1}{{16}}$

$= {\left( {2m - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{15}}{{16}}.$

Với mọi m, ta có: ${\left( {2m - \frac{1}{4}} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {2m - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{15}}{{16}} \ge \frac{{15}}{{16}}$ hay $A \ge \frac{{15}}{{16}}.$

Vậy biểu thức $A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{{15}}{{16}}$ khi $2m - \frac{1}{4} = 0$ hay $m = \frac{1}{8}.$

Đặt S = y + z và P = yz.

Theo bài, x + y + z = 5 nên ta có x + S = 5, suy ra y + z = S = 5 – x.

Theo bài, xy + yz + xz = 8 nên xy + xz + P = 8

Suy ra yz = P = 8 – x(y + z) = 8 – x(5 – x).

Từ đó y, z là nghiệm của phương trình:

t$^{2}$ – (5 – x)t + 8 – x(5 – x) = 0 với S$^{2}$ – 4P ≥ 0. (*)

Xét điều kiện (*):

S$^{2}$ – 4P ≥ 0

(5 – x)$^{2}$ – 4[8 – x(5 – x)] ≥ 0

25 – 10x + x$^{2}$ – 32 + 4x(5 – x) ≥ 0

25 – 10x + x$^{2}$ – 32 + 20x – 4x$^{2}$ ≥ 0

–3x$^{2}$ + 10x – 7 ≥ 0

3x$^{2}$ – 10x + 7 ≤ 0.

Ta có: 3x$^{2}$ – 10x + 7 = (3x$^{2}$ – 3x) – (7x – 7)

= 3x(x – 1) – 7(x – 1) = (x – 1)(3x – 7)

$= 3\left( {x - 1} \right)\left( {x - \frac{7}{3}} \right).$

Với mọi x ta luôn có: $x - 1 > \left( {x - 1} \right) - \frac{4}{3}$ hay $x - 1 > x - \frac{7}{3}.$

Do 3x$^{2}$ – 10x + 7 ≤ 0 và $x - 1 > x - \frac{7}{3}$ nên suy ra:

$x - \frac{7}{3} \le 0$ và x – 1 ≥ 0 hay $1 \le x \le \frac{7}{3}.$

Tương tự ta chứng minh được: $1 \le y \le \frac{7}{3};\,\,1 \le z \le \frac{7}{3}.$

Vậy $1 \le x \le \frac{7}{3};\,\,1 \le y \le \frac{7}{3};\,\,1 \le z \le \frac{7}{3}.$

Hai số x và y có tổng bằng 0,5 và tích bằng 0,06 nên hai số này là nghiệm của phương trình: t$^{2}$ – 0,5t + 0,06 = 0.

Phương trình trên có ∆ = (–0,5)$^{2}$ – 4.1.0,06 = 0,01 > 0 và $\sqrt \Delta = \sqrt {0{,}01} - 0{,}1.$

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

$${t_1} = \frac{{0{,}5 + 0{,}1}}{{2 \cdot 1}} = \frac{{0{,}6}}{2} = 0{,}3;$$

$${t_2} = \frac{{0{,}5 - 0{,}1}}{{2 \cdot 1}} = \frac{{0{,}4}}{2} = 0{,}2.$$

Theo bài, x < y nên ta có x = 0,2 và y = 0,3.

Khi đó, chiều dài của hình hộp chữ nhật là: 5y = 5.0,3 = 1,5 (m).

Do hình lập phương có 12 cạnh bằng nhau nên độ dài phần sắt hàn thành khung của một hình lập phương là: 12.0,2 = 2,4 (m).

Do hình hộp chữ nhật có 4 cạnh có độ dài bằng chiều dài, 4 cạnh có độ dài bằng chiều rộng và 4 cạnh có độ dài bằng chiều cao nên độ dài phần sắt hàn thành khung của một hình hộp chữ nhật đó là: 4.(0,3 + 0,3 + 1,5) = 8,4 (m).

Vậy độ dài cây sắt là: 2,4 + 8,4 = 10,8 (m).

Chiều dài ban đầu của mảnh đất hình chữ nhật là: 1,5x (m).

Chiều rộng của vườn hoa là: x – 2 – 2 = x – 4 (m).

Chiều dài của vườn hoa là: 1,5x – 2 – 2 = 1,5x – 4 (m).

Diện tích của vườn hoa là: (x – 4)(1,5x – 4) (m$^{2}$).

Theo bài, vườn hoa ở trung tâm mảnh đất có diện tích bằng 640 m$^{2}$ nên ta có phương trình: (x – 4)(1,5x – 4) = 640.

Giải phương trình:

(x – 4)(1,5x – 4) = 640

1,5x$^{2}$ – 4x – 6x + 16 = 640

1,5x$^{2}$ – 10x – 624 = 0.

Phương trình trên có ∆’ = (–5)$^{2}$ – 1,5.(–624) = 961 > 0 và $\sqrt {\Delta '} = \sqrt {961} = 31.$

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

${x_1} = \frac{{5 + 31}}{{1{,}5}} = \frac{{36}}{{1{,}5}} = 24;$

${x_2} = \frac{{5 - 31}}{{1{,}5}} = \frac{{ - 26}}{{1{,}5}} = \frac{{ - 52}}{3}.$

Ta thấy chỉ có giá trị x$_{1}$ = 24 thỏa mãn x > 0.

Do đó, mảnh đất có chiều rộng là 24 m, chiều dài là 1,5.24 = 36 m.

Vậy chu vi của mảnh đất hình chữ nhật đó là 2.(24 + 36) = 120 (m).