Khóa luận Phương trình bậc ba và một số tính chất

--- 1 ---
Lời nói đầu
Phương trình và hàm số bậc ba trong chương trình phổ thông chỉ xét
dưới góc độ giải tích, như tìm nghiệm, khảo sát hàm số, tìm cực trị,...Tuy
nhiên, ít ai quan tâm đến việc có hay không mối kiên hệ giữa phương
trình bậc ba với các yếu tố trong hình học và lượng giác.
Dựa trên nhận xét, một tam giác hoàn toàn được xác định bởi ba yếu
tố độc lập (chẳng hạn ba cạnh của tam giác), ba yếu tố này có thể được
coi là ba nghiệm của một phương trình bậc ba tương ứng. Khóa luận sẽ
xoay quanh vấn đề xây dựng phương trình bậc ba, từ đó khai thác các
tính chất của phương trình bậc ba để chứng minh các hệ thức trong hình
học và lượng giác.
Khóa luận được chia làm ba chương, lời mở đầu và kết luận.
1. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị.
Trình bày các kiến thức để làm rõ chương 2 và chương 3.
2. Chương 2. Phương trình bậc ba và các tính chất nghiệm.
Trình bày công thức nghiệm và tính chất nghiệm của phương trình
bậc ba .
3. Chương 3. Xây dựng phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố
hình học và lượng giác
Chương này là kết quả chính của khóa luận gồm việc xây dựng
phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố hình học và lượng giác, từ
đó sáng tạo ra nhiều hệ thức mới, cũng như ứng dụng vào việc giải các
bài toán phức tạp mà cách giải sẽ gọn gàng và logic hơn nhiều so với các
cách giải thông thường.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn sẽ không tránh khỏi những
thiếu sót vì trong một thời gian tương đối ngắn, với những hạn chế nhất
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 2 ---
định về mặc kiến thức cũng như kinh nghiệm về mặc thực tiễn. Rất mong
quý thầy cô cùng các bạn sinh viên đóng góp ý kiến.
Nhân đây, em xin chân thành cảm ơn Th.S Phan Thị Quản, người đã
tận tình chỉ bảo, hướng dẫn em trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài
này. Em cũng xin cảm ơn các các thầy cô giáo trong khoa toán đã truyền
thụ kiến thức và giúp đỡ em trong suốt bốn năm học tập, tạo điều kiện
cho em hoàn thành luận văn này.
Đà Nẵng, ngày 10 tháng 6 năm 2008
SVTH
Nguyễn Thành Hiển
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 3 ---
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Các định lý cơ bản
Định lý 1.1. (Về hệ thức lượng trong tam giác thường) Gọi c1 = AH và
a1 = CH là hình chiếu của các cạnh AB = c và BC = a trên cạnh AC = b.
Khi đó
1. Nếu góc A nhọn thì a2 = b2 + c2 − 2bc1.
2. Nếu góc A tù thì a2 = b2 + c2 − 2bc1
Định lý 1.2. (Định lý Stewart) Nếu đường thẳng AD = d thuộc tam giác
ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì
d2a = b2m+ c2n − amn.
Hệ quả 1.1.1. Đường trung tuyến của tam giác ứng góc A được tính theo
công thức
ma =
√
2(b2 + c2)− a2
2
.
Hệ quả 1.1.2. Phân giác của góc A được tính theo công thức
la =
2
√
bc.p.(p − a)
b+ c
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 4 ---
Hệ quả 1.1.3. Khoảng cách từ trọng tâm G đến tâm vòng tròn ngoại tiếp O
được tính theo công thức
OG =
1
3
√
9R2 − (a2 + b2 + c2).
Hệ quả 1.1.4. Khoảng cách từ trực tâm H đến tâm vòng tròn nội tiếpI được
tính theo công thức
HI2 = 4R2 − a
3 + b3 + c3 + abc
a+ b+ c
Hệ quả 1.1.5. Khoảng cách từ trọng tâm G đến tâm I của đường tròn nội
tiếp được tính theo công thức
IG =
1
3
√
9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2).
Hệ quả 1.1.6. Khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp O đến tâm đường
tròn nội tiếp I được tính theo công thức
OI2 = R2 − abc
a+ b+ c
.
Định lý 1.3. (Định lý hàm số sin)Trong tam giác ABC ta luôn có
a
sinA
=
b
sinB
=
c
sinC
= 2R.
Định lý 1.4. (Định lý hàm số cosin)Trong tam giác ABC ta luôn có
a2 = b2 + c2 − 2bc cosA.
b2 = c2 + a2 − 2ca cosB.
c2 = a2 + b2 − 2ab cosC.
Định lý 1.5. (Định lý hàm số tang)Trong tam giác ABC ta luôn có
a− b
a + b
=
tg
A− B
2
tg
A +B
2
= tg
A −B
2
.tg
C
2
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 5 ---
1.2 Các công thức tính diện tích
Diện tích của tam giác ABC được tính theo các công thức sau
S =
1
2
.a.ha =
1
2
.b.hb =
1
2
.c.hc
=
1
2
bc. sinA =
1
2
ca. sinB =
1
2
ab. sinC =
abc
4R
=
√
p.(p − a).(p− b).(p− c)
= ra.(p− a) = rb.(p − b) = rc.(p− c)
=
√
r.ra.rb.rc =
a.rb.rc
rb + rc
.
1.3 Bán kính đường tròn nội tiếp, bàng tiếp tam giác
Đường tròn nội tiếp, bàng tiếp của tam giác được tính theo các công thức
sau
r = (p− a).tgA
2
= (p − b).tgB
2
= (p− c)tgC
2
ra = p.tg
A
2
=
S
p − a =
√
p.(p − b).(p− c)
p − a .
1.4 Các bất đẳng thức đại số quan trọng
Định lý 1.6. (Bất đẳng thức CauChy)
Với mỗi số thực dương a1, a2, . . . , an ta có bất đẳng thức
a1 + a2 + . . . + an
n
> n√a1.a2 . . . an.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an
Hệ quả 1.4.1. (Bất dẳng thức CauChy suy rộng) Với các số thức dương
a1, a2, . . . , an và x1, x2, . . . , xn là các số thực không âm có tổng bằng 1,
ta có
a1x1 + a2x2 + . . . + anxn > ax11 .ax22 . . . . axnn .
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 6 ---
Định lý 1.7. (Bất đẳng thứcBunhiacopxkii)
Với hai dãy số thực tùy ý a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . bn ta có luôn bất đẳng
thức
(a21 + a
2
2 + . . . + a
2
n).(b
2
1 + b
2
2 + . . . + b
2
n) > (a1b1 + a2b2 + . . . + anbn)2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2, . . . , an) và (b1, b2, . . . , bn) là hai
bộ tỷ lệ .
Hệ quả 1.4.2. Với hai dãy số thực a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . bn,
bi > 0 ∀i = 1, n, ta có
a21
b1
+
a22
b2
+ . . . +
a2n
bn
> (a1 + a2 + . . . + an)
2
b1 + b2 + . . . + bn
.
Bất đẳng thức trên thường được gọi là bất đẳng thức Schwarz.
Hệ quả 1.4.3. Với hai dãy số thực a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . bn, ta có√
a21 + b
2
1+. . .+
√
a2n + b
2
n >
√
(a1 + a2 + . . . + an)2 + (b1 + b2 + . . . + bn)2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2, . . . , an) và (b1, b2, . . . , bn) là hai
bộ tỷ lệ .
Định lý 1.8. (Bất đẳng thứcHolder)
Với m dãy số dương (a1,1, a1,2, . . . , a1,n), . . . , (am,1, am,2, . . . , am,n) ta có
m∏
i=1
(
n∑
j=1
ai,j
)
>
 n∑
j=1
. m
√√√√ m∏
i=1
ai,j
m .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m dãy đó tương ứng tỷ lệ. Bất đẳng thức
Bunhiacopxkii là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m = 2.
Hệ quả 1.4.4. Với a, b, c, x, y, z,m, n, p là các số thực dương, ta có
(a3 + b3 + c3)(x3 + y3 + z3)(m3 + n3 + p3) > (axm+ byn+ czp)3
Hệ quả 1.4.5. Với dãy số dương a1, a2, . . . , an, ta có
(1 + a1).(1 + a2) . . . (1 + an) > (1 + n
√
a1.a2. . . . .an)
n
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 7 ---
1.5 Định lý cơ bản của đa thức đối xứng
Định nghĩa 1.1. Một đa thứcP (x1, x2, . . . , xn) của những biến x1, x2, . . . , xn,
gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi khi ta chuyển đổi những biến giữa
chúng bằng mọi cách có thể. Đa thức đối xứng sơ cấp của những biến
x1, x2, . . . , xn gồm
δ1 = x1 + x2 + ... + xn
δ2 = x1x2 + x1x3 + ... + xn−1xn
δ3 = x1x2x3 + x1x2x4 + ... + xn−2xn−1xn
............
δn = x1x2...xn
Định lý 1.9. (Định lý cơ bản của đa thức đối xứng) Giả sử P (x1, x2, . . . , xn
là đa thức đối xứng của các biến x1, x2, . . . , xn. Khi đó, tồn tại một đa thức
ϕ(δ1, δ2, . . . , δn) sao cho nếu trong nó ta thay δ1, δ2, . . . , δn bằng những đa
thức đối xứng sơ cấp tương ứng , thì sẽ nhận được
P (x1, x2, . . . , xn).
Chứng minh.[5] trang 195-196.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 8 ---
Chương 2
Phương trình bậc ba và các tính chất nghiệm
2.1 Công thức Cardano.
Phương trình bậc ba dạng tổng quát
a1x
3 + b1x
2 + c1x + d1 = 0. (a1, b1, c1, d1 ∈ R, a1 6= 0)(*)
Phương trình (*) luôn luôn đưa về phương trình bậc ba dạng
x3 + ax2 + bx+ c = 0. (2.1)
với
a =
b1
a1
b =
c1
a1
c =
b1
a1
Bằng cách đặt x = y − a
3
thì (2.1) trở thành
y3 + py + q = 0. (2.2)
với p = b− a
2
3
và q =
2.a3
27
− ab
3
+ c
Nghiệm của phương trình (2.2)
y =
3
√
−q
2
+
√
q2
4
+
p3
27
+
3
√
−q
2
−
√
q2
4
+
p3
27
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 9 ---
được gọi là công thức Cardano.
Gọi z1, z2 lần lượt là
z1 =
3
√
−q
2
+
√
q2
4
+
p3
27
z2 =
3
√
−q
2
−
√
q2
4
+
p3
27
Khi đó
y1 = z1 + z2
y2 = z1+ z2
2
y3 = z1
2 + z2.
với  = −12 + i.
√
3
2 là 1 căn bậc ba của đơn vị.
2.2 Tính chất nghiệm của phương trình bậc ba
Định lý 2.1. (Định lý Vieta về nghiệm của phương trình bậc ba )
Phương trình bậc ba
x3 + ax2 + bx+ c = 0 (2.3)
có ba nghiệm ( kể cả nghiệm phức) x1, x2, x3, có các tính chất sau đây
Tính chất 2.2.1. T1 = x1 + x2 + x3 = −a.
Tính chất 2.2.2. T2 = x1x2 + x2x3 + x3x1 = b
Tính chất 2.2.3. T3 = x1x2x3 = −c
Chứng minh. Vì x1, x2, x3 là ba nghiệm của (2.3) nên
x3 + ax2 + bx+ c = (x− x1)(x− x2)(x− x3)
Phân tích vế trái rồi sử dụng đồng nhất thức, ta được điều phải chứng
minh .
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 10 ---
Nhận xét 1. Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của (2.3) thì
1
x1
,
1
x2
,
1
x3
là nghiệm của
phương trình bậc ba
t3 +
b
c
t2 +
a
c
t+
1
c
= 0.
Nhận xét 2. Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của (2.3) thì x21, x
2
2, x
2
3 là nghiệm của
phương trình bậc ba
x3 − (a2 − 2b) .x2 + (b2 − 2ac) .x − c2 = 0.
Nhận xét 3. Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của (2.3) thì
(x1 + x2) , (x1 + x3) , (x2 + x3) là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 + 2.a.x2 +
(
a2 + b
)
.x+ (ab− c) = 0
Nhận xét 4. Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của (2.3) thì
(x1x2 + x2x3) , (x2x3 + x1x3) , (x1x3 + x2x3) là nghiệm của phương trình bậc
ba
x3 − 2bx2 + (b2 + ac) .x + (c2 − abc) = 0
Tính chất 2.2.4. T4 = x21 + x
2
2 + x
2
3 = a
2 − 2.b
Chứng minh. Từ (2.2.1) và (2.2.2) ta có :
x21 + x
2
2 + x
2
3 = (x1 + x2 + x3)
2 − 2. (x1.x2 + x2.x3 + x3.x1) = a2 − 2.b
Tính chất 2.2.5. T5 = (x1 + x2) . (x2 + x3) . (x3 + x1) = −ab + c
Chứng minh. Ta có
(x1 + x2) . (x2 + x3) . (x3 + x1) = (x1 + x2 + x3) . (x1x2 + x2x3 + x3x1)
− x1x2x3
= −ab + c.
Tính chất 2.2.6. T6 = x31 + x
3
2 + x
3
3 = −a3 + 3.ab− 3c
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 11 ---
Chứng minh. Ta có
x31+x
3
2+x
3
3−3.x1.x2.x3 = (x1 + x2 + x3) .
(
x21 + x
2
2 + x
2
3 − x1x2 − x2x3 − x3x1
)
Suy ra
x31 + x
3
2 + x
3
3 = 3.x1.x2.x3
+ (x1 + x2 + x3) .
(
x21 + x
2
2 + x
2
3 − x1x2 − x2x3 − x3x1
)
= −3c + (−a) . (a2 − 2b − b)
= −a3 + 3ab − 3c.
Tính chất 2.2.7. T7 = (x1 + x2 − x3) . (x2 + x3 − x1) . (x3 + x1 − x2) = a3−
4ab+ bc
Chứng minh. Ta có
T7 = (T1 − 2x1) . (T1 − 2x2) . (T1 − 2x3)
= T 31 − 2T 21 . (x1 + x2 + x3) + 4T1. (x1.x2 + x2.x3 + x1.x3)− 8.x1x2x3
= −T 31 + 4T1T2 − 8T3 = a3 − 4ab+ 8c.
.
Tính chất 2.2.8. T8 = x21.x
2
2 + x
2
2.x
2
3 + x
2
3.x
2
1 = b
2 − 2ac.
Chứng minh. áp dụng (2.2.1),(2.2.2),(2.2.3)
Tính chất 2.2.9. T10 = sn = xn1 + x
n
2 + x
n
3 = −a.sn−1− b.sn−2− c.sn−3.∀n ∈
NN, n ≥ 4.
Chứng minh. Sử dụng đẳng thức
(x1 + x2 + x3)
(
xn−11 + x
n−1
2 + x
n−1
3
)
= xn1 + x
n
2 + x
n
3 + x1x2
(
xn−21 + x
n−2
2
)
+
+x2x3
(
xn−22 + x
n−2
3
)
+ x3x1
(
xn−23 + x
n−2
1
)
= xn1 + x
n
2 + x
n
3 + (x1x2 + x2x3 + x3x1)
(
xn−21 + x
n−2
2 + x
n−2
3
)−
−x1x2x3
(
xn−31 + x
n−3
2 + x
n−3
3
)
Chuyển vế ta được
sn = −a.sn−1 − b.sn−2 − c.sn−3.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 12 ---
Tính chất 2.2.10. T11 = (x1 − x2)2 . (x2 − x3)2 . (x3 − x1)2 = −4a3c+a2b2+
18abc − 4b3 − 27c2.
Chứng minh. Khai triển biểu thức , rồi sử dụng (2.2.1),(2.2.2),(2.2.3),
sẽ được (2.2.10)
Tính chất 2.2.11. Với mọi k và l, ta có
T12 = (k + lx1) . (k + lx2) . (k + lx3) = k
3 − k2la+ kl2b− l3c.
Chứng minh.
T12 = (k + lx1) .
(
k2 + lk (x2 + x3) + l
2x2x3
)
= k3 + k2l (x1 + x2 + x3) + l
2k (x1x2 + x2x3 + x3x1) + l
3x1x2x3
= k3 − k2l.a + kl2.b − l3.c
Từ đây suy ra hai hệ quả quan trọng sau
Hệ quả 2.2.1. T120 = (1 − t1) . (1 − t2) . (1 − t3) = 1 + a+ b+ c
Hệ quả 2.2.2. T121 = (1 + t1) . (1 + t2) . (1 + t3) = 1 − a+ b− c.
Nhận xét 5. Ta thấy rằng Ti (x1, x2, x3) là những đa thức đối xứng (i ∈ N ),
trong đó T1, T2, T3 là các đa thức đối xứng sơ cấp .
Theo định lý cơ bản của đa thức đối xứng , việc đưa ra một tính chất về
nghiệm của phương trình bậc ba chỉ là vấn đề tìm các đa thức đối xứng .
Từ nhận xét trên, ta suy ra một số tính chất sau
Tính chất 2.2.12.
T13 =
1
x1x2
+
1
x2x3
+
1
x3x1
=
a
c
.
Tính chất 2.2.13.
T14 =
1
x1 + x2
+
1
x2 + x3
+
1
x3 + x1
=
a2 + b
−ab + c.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 13 ---
Tính chất 2.2.14.
T15 =
1
x21
+
1
x22
+
1
x23
=
b2 − 2ac
c2
.
Tính chất 2.2.15.
T16 =
1
x1 (x1 − x2) (x1 − x3) +
1
x2 (x2 − x1) (x2 − x3) +
1
x3 (x3 − x1) (x3 − x2)
= −1
c
.
Tính chất 2.2.16.
T17 =
1
x21 (x1 − x2) (x1 − x3)
+
1
x22 (x2 − x1) (x2 − x3)
+
1
x23 (x3 − x1) (x3 − x2)
=
b
c2
.
Tính chất 2.2.17.
T18 =
x31
(x1 − x2) (x1 − x3) +
x32
(x2 − x1) (x2 − x3) +
x33
(x3 − x1) (x3 − x2) = −a.
Tính chất 2.2.18.
T19 =
x41
(x1 − x2) (x1 − x3)+
x42
(x2 − x1) (x2 − x3)+
x43
(x3 − x1) (x3 − x2) = a
2−b.
Định lý 2.2. Nếu phương trình bậc ba
a1.x
3 + b1.x
2 + c1.x+ d1 = 0 (2.4)
có hai nghiệm thực x1 và x2 thì
x1.x2 ≥ 4a1c1 − b
2
1
a21
.
Chứng minh. Giả sử x1 và x2 là hai nghiệm thực của phương trình(2.4),
khi đó
a1.x
3
1 + b1.x
2
1 + c1.x1 + d1 = 0.
và
a1.x
3
2 + b1.x
2
2 + c1.x2 + d1 = 0.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 14 ---
Trừ vế theo vế hai phương trình trên, ta được
a1
(
x31 − x32
)
+ b1
(
x21 − x22
)
+ c1 (x1 − x2) = 0
⇔ a1
(
x21 + x1x2 + x
2
2
)
+ b1 (x1 + x2) + c1 = 0
⇔ a1 (x1 + x2)2 + b1 (x1 + x2) + c1 − a1x1x2 = 0.
.
Để tồn tại x1 và x2 thì ∆ = b
2
1 − 4a1 (c1 − a1x1x2) ≥ 0. hay
x1.x2 ≥ 4a1c1 − b
2
1
a21
.
Hệ quả 2.2.3. Nếu phương trình bậc ba(2.4) có ba nghiệm thực thì
x1.x2 + x2.x3 + x3.x1 ≥ 3.4a1c1 − b
2
1
a21
.
Hệ quả 2.2.4. Nếu phương trình bậc ba x3+ax2+ b.x+ c = 0 có ba nghiệm
thực thì
x1x2 ≥ 4b− a2 và x1x2 + x2x3 + x3x1 ≥ 3.
(
4b− a2) .
Định lý 2.3. (Định lý Sturm về nghiệm của phương trình bậc ba )
Phương trình
x3 + ax2 + b.x+ c = 0. (2.5)
Với các hệ số thực a, b, c có ba nghiệm thực khi chỉ khi
−4a3c + a2b2 + 18abc− 4b3 − 27c2 ≥ 0. (2.6)
Chứng minh. Nếu cả ba nghiệm là các số thực thì theo (2.2.10), bất đẳng
thức(2.6) hiển nhiên đúng. Ngược lại, giả sử (2.6) đúng nhưng (2.5) chỉ có
một nghiệm thực x1 và hai nghiệm phức
x2 = A+Bi , x3 = A− Bi (B 6= 0) .
Ta có
(x1 − x2) . (x2 − x3) (x3 − x1) = 2Bi
(
(x1 − A)2 +B2
)
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 15 ---
hay
(x1 − x2)2 . (x2 − x3)2 . (x3 − x1)2 = −4B2
(
(x1 −A)2 +B2
)2
< 0.
vô lý vì theo (2.6).Định lý đã được chứng minh.
Định lý 2.4. Phương trình (2.5) có ba nghiệm dương khi và chỉ khi ta có bất
đẳng thức (2.6) và
a 0, c < 0. (2.7)
Chứng minh. Dựa theo (2.2.1),(2.2.2),(2.2.3), suy ra điều phải chứng
minh.
Định lý 2.5. Nghiệm của phương trình (2.5) là độ dài của tam giác khi và
chỉ khi ta có (2.6) , (2.7) và
a3 − 4ab + 8c > 0. (2.8)
Chứng minh. Nếu các nghiệm của (2.5) là độ dài của tam giác thì
chúng là những số thực dương và
x1 + x2 − x3 > 0 , x1 + x3 − x2 > 0 , x3 + x1 − x2 > 0,
Vậy (2.6), (2.7), (2.8) thỏa. Ngược lại ,vì (2.6), (2.7) thỏa mãn nên nghiệm là
những số thực dương. Vì (2.8) thỏa nên dễ dàng suy ra
x1 + x2 − x3 > 0 , x1 + x3 − x2 > 0 , x3 + x1 − x2 > 0,
Vậy x1, x2, x3 là ba cạnh của một tam giác.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 16 ---
Chương 3
Xây dựng phương trình bậc ba với nghiệm là các
yếu tố hình học và lượng giác
Trong chương này, chúng ta sẽ tìm cách xây dựng các phương trình bậc
ba với nghiệm là các yếu tố như: cạnh tam giác, đường cao,đường trung
tuyến, đường phân giác, góc,. . .
Sau đó, từ các tính chất nghiệm của phương trình bậc bậc ba nêu trong
chương 2, ta sẽ thiết lập được nhiều công thức quan trọng.
3.1 Xây dựng phương trình bậc ba với nghiệm là các yếu tố hình học.
3.1.1 Phương trình bậc ba của a, b, c
Định lý 3.1. Các cạnh a, b, c của tam giác là nghiệm của phương trình
x3 − 2.p.x2 + (p2 + r2 + 4.R.r) .x− 4pRr = 0 (3.1)
Trong đó p, R, r lần lượt là chu vi , bán kính đường trình ngoại tiếp và nội
tiếp tam giác.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 17 ---
Chứng minh 1. Ta có
a = 2.R. sinA = 4.R. sin
A
2
.cos
A
2
p − a = r
tgA2
= r.
cos
A
2
sin
A
2
Chia vế theo vế, ta được
p− a = r
tg
A
2
= r.
cos
A
2
sin
A
2
Nhân vế theo vế, ta được
cos2
A
2
=
a. (p − a)
4.R.r
.
Hay
1 = sin2
A
2
+ cos2
A
2
=
a.r
4R. (p − a) +
a. (p − a)
4R.r
.
Suy ra a3 − 2.a2p + (r2 + p2 + 4Rr) .a − 4Rrp = 0, điều này chứng tỏ a là
nghiệm của (3.1).
Lập luận tương tự b, c cũng là nghiệm của (3.1).
Vậy ba cạnh a, b, c của tam giác là nghiệm của phương trình (3.1).
Chứng minh 2. Từ các công thức
sinA =
2tg
A
2
1 + tg2
A
2
, tg
A
2
=
r
p − a, sinA =
a
2R
Ta có
a
2R
=
2.
r
p − a
1 +
r2
(p − a)2
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 18 ---
Hay
a
2R
=
2r.(p − a)
(p − a)2 + r2
⇔ a. (p2 − 2pa+ a2)+ ar2 = 4prR − 4rRa
⇔ a3 − 2pa2 + a (p2 + r2 + 4Rr) − 4Rrp = 0
⇔ đpcm
Chứng minh 3. Giả sử a, b, c là nghiệm của phương trình (3.1), theo định
lý Vieta 
a+ b + c = 2p (1)
ab + bc + ca = r2 + p2 + 4Rr (2)
abc = 4R.r.p (3)
−(1) hiển nhiên.
− Ta có S = abc
4R
= pr nên suy ra (3)
− Biến đổi tương đương
(2)⇔ ab+ bc + ca = (p − a) . (p − b) . (p − c)
p
+ p2 +
abc
p
⇔ p (ab+ bc+ ca) = (p − a) . (p− b) . (p− c) + p3 + abc
⇔ p (ab+ bc+ ca) = p3 − (a+ b+ c)p2 + (ab+ ac+ bc)p− abc+ p3 + abc
⇔ p (ab+ bc+ ca) = p3 − 2p3 + p(ab+ ac+ bc)− abc+ p3 + abc
Vậy (2) đã được chứng minh.
Từ nhận xét 1 trong chương 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả 3.1.1.
1
a
,
1
b
,
1
c
là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − (p
2 + r2 + 4.R.r)
4.p.R.r
.x2 +
1
2.R.r
.x− 1
4.p.R.r
= 0. (3.2)
Từ nhận xét 2 trongchương 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả 3.1.2. a2, b2, c2 là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − 2. (p2 − r2 − 4Rr) .x2 + [(p2 + r2 + 4Rr)2 − 16.p2.Rr] .x− 16.p2.R2.r2 = 0. (3.3)
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 19 ---
Từ nhận xét 3 trong chương 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả 3.1.3. (a+ b) , (a+ c) , (b+ c) là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − 4p.x2 + (5p2 + r2 + 4Rr) .x − 2p. (p2 + r2 + 2Rr) = 0. (3.4)
Từ nhận xét 4 trong chương 2 cho ta hệ quả sau
Hệ quả 3.1.4. (ab+ bc) , (bc+ ac) , (ac+ ab) là nghiệm của phương trình
bậc ba
x3 − 2 (p2 + r2 + 4Rr) .x2 + [(p2 + r2 + 4Rr)2 + 8p2Rr] .x− 8p2Rr. (p2 + r2 + 2Rr) = 0.
(3.5)
Hệ quả 3.1.5.
1
a+ b
,
1
b+ c
,
1
c+ a
là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − 1
2p
.
5p2 + r2 + 4Rr
p2 + r2 + 2Rr
.x2 +
2
p2 + r2 + 2Rr
.x− 1
2p. (p2 + r2 + 2Rr)
= 0. (3.6)
Hệ quả 3.1.6.
1
ab+ ac
,
1
bc+ ba
,
1
ca+ cb
là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 −
(
p2 + r2 + 4Rr
)2
+ 8p2Rr
8p2Rr
(
p2 + r2 + 2Rr
) .x2 + 1
4p2Rr
.
p2 + r2 + 4Rr
p2 + r2 + 2Rr
.x− 1
8p2Rr
(
p2 + r2 + 2Rr
) = 0.
(3.7)
Hệ quả 3.1.7.
1
(a+ b)2
,
1
(b + c)2
,
1
(c + a)2
là nghiệm của phương trình bậc
ba
x3 −
[(
5p2 + r2 + 4Rr
2p.
(
p2 + r2 + 2Rr
))2 − 4
p2 + r2 + 2Rr
]
.x2 +
3p2 − r2 − 4Rr
2p2.
(
p2 + r2 + 2Rr
)2 .x
− 1
4p2.
(
p2 + r2 + 2Rr
)2 = 0. (3.8)
Định lý 3.2. Gọi G(p, r, R) là biểu thức chứa ba biến p, r, R. Để cho tiện,
chúng ta viết G thay vì phải viết G(p, r, R). Định lý 3.2 được phát biểu như
sau
1. (G − a), (G− b), (G− c) là nghiệm của phương trình
x3 − (3G − 2p) .x2 + (p2 + r2 + 3G2 + 4Rr − 4pG) .x− [G3 − 2pG2+
+
(
p2 + r2 + 4Rr
)
G− 4pRr] = 0.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 20 ---
2. (G − 1
a
), (G − 1
b
), (G− 1
c
) là nghiệm của phương trình
x3 −
(
3G − p
2 + r2 + 4Rr
4pRr
)
.x2 +
(
3G2 +
1
2Rr
− 2G.p
2 + r2 + 4Rr
4pRr
)
.x
−
[
G3 − p
2 + r2 + 4Rr
4pRr
.G2 +
1
2Rr
.G− 1
4pRr
]
= 0
.
3. G.a,G.b, G.c là nghiệm của phương trình
x3 − 2pG.x2 + (p2 + r2 + 4Rr) .G2.x − 4pRr.G3 = 0.
4. G
a
, G
b
, G
c
là nghiệm của phương trình
x3 −
(
p2 + r2 + 4.R.r
)
4.p.R.r
.G.x2 +
G2
2.R.r
.x − G
3
4.p.R.r
= 0.
Chứng minh.
− Thay x = G − (G− x) vào (3.1), ta được
[G− (G−x)]3−2p.[G− (G−x)]2+(p2+r2+4Rr)[G− (G−x)]−4pRr = 0.
Đặt G− x = X , khi đó :
(G −X)3 − 2p(G −X)2 + (p2 + r2 + 4Rr)(G −X)− 4Rr = 0
⇔G3 − 3GX(G −X)−X3 − 2p(G2 − 2GX +X2) + (p2 + r2 + 4Rr)(G −X) − 4Rr = 0
⇔X3 − (3G − 2p).X2 + (p2 + r2 + 3G2 + 4Rr − 4pG).X
− [G3 − 2pG2 + (p2 + r2 + 4Rr)G − 4pRr] = 0
− Thay x = 1
G
. (Gx) vào (3.1), ta được (3), thực hiện tương tự suy ra (4)
Nhận xét 6. Bằng việc thay biểu thức G(p, r, R) chứa ba biến p, r, R vào
định lý 3.2, ta sẽ xây dựng được hàng loạt phương trình bậc ba sau.
Hệ quả 3.1.8. (p − a) , (p − b) , (p − c) là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − p.x2 + (r2 + 4Rr) .x − p.r2 = 0. (3.9)
Hệ quả 3.1.9.
1
p − a,
1
p − b,
1
p− c là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − 4R + r
pr
.x2 +
1
r2
.x − 1
p.r2
= 0. (3.10)
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 21 ---
Hệ quả 3.1.10.
(
p − 1a
)
,
(
p− 1
b
)
,
(
p − 1c
)
là nghiệm của phương trình bậc
ba
x3 −
(
3p − p
2 + r2 + 4Rr
4pRr
)
.x2 +
(
3p2 +
1
2Rr
− p
2 + r2 + 4Rr
2Rr
)
.x
−
[
p3 − p
2 + r2 + 4Rr
4Rr
.p+
p
2Rr
− 1
4pRr
]
= 0
. (3.11)
Hệ quả 3.1.11. (r − a) , (r − b) , (r − c) là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − (3r − 2p) .x2 + (p2 + 4r2 + 4Rr − 4pr) .x− r. [2r2 − 2r. (p− 2R) + p. (p − 4R)] = 0.
(3.12)
Hệ quả 3.1.12.
(
r − 1
a
)
,
(
r − 1
b
)
,
(
r − 1
c
)
là nghiệm của phương trình bậc
ba
x3 −
(
3r − p
2 + r2 + 4Rr
4pRr
)
.x2 +
(
3r2 +
1
2Rr
− p
2 + r2 + 4Rr
2pR
)
.x
−
[
r3 − p
2 + r2 + 4Rr
4pR
.r +
1
2R
− 1
4pRr
]
= 0
. (3.13)
Hệ quả 3.1.13.
(
R− 1
a
)
,
(
R− 1
b
)
,
(
R− 1
c
)
là nghiệm của phương trình bậc
ba
x3 −
(
3R − p
2 + r2 + 4Rr
4pRr
)
.x2 +
(
3R2 +
1
2Rr
− p
2 + r2 + 4Rr
2pr
)
.x
−
[
R3 − p
2 + r2 + 4Rr
4pr
.R+
1
2r
− 1
4pRr
]
= 0
. (3.14)
Hệ quả 3.1.14. ha, hb, hc là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − p
2 + r2 + 4Rr
2R
.x2 +
2p2.r
R
.x − 2p
2r2
R
= 0. (3.15)
Hướng dẫn. Thay G(p, r, R) = 2.p.r vào Định lý 3.2.
Hệ quả 3.1.15.
1
ha
,
1
hb
,
1
hc
là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − 1
r
.x2 +
p2 + r2 + 4Rr
4p2r2
.x− 2R
4p2r2
= 0. (3.16)
Hệ quả 3.1.16. ra, rb, rc là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − (4R + r) .x2 + p2.x − p2.r = 0. (3.17)
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 22 ---
Hướng dẫn. Ta có ra =
p.r
p − a, thay x =
(
p.r
p− a
)
.
1
p.r
vào (3.10) và
biến đổi (3.10) theo X =
p.r
p− a , ta được điều phải chứng minh.
Hệ quả 3.1.17.
1
ra
,
1
rb
,
1
rc
là nghiệm của phương trình bậc ba
x3 − 1
r
.x2 +
4R+ r
p2.r
.x − 1
p2.r
= 0. (3.18)
Hướng dẫn. Ta có :ra =
p.r
p− a , thay x =
(
p.r
p− a
)
.
1
p.r
vào (3.10) và
biến đổi (3.10) theo X =
p.r
p− a , ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét 7. Ta có thể thay a, b, c là ba nghiệm của (3.1) bởi ba nghiệm của
một phương trình bậc ba khác vào định lý 3.2, và các kết quả được suy ra
tương tự.
3.1.2 Các ví dụ minh họa
Ví dụ 3.1. Chứng minh các đẳng thức
1. a2 + b2 + c2 = 2.
(
p2 − r2 − 4Rr) .
2. ab+ bc+ ca = p2 + r2 + 4Rr.
Giải.
Cách 1.
−Từ các công thức r = S
p
, S =
abc
4R
, S2 = p (p − a) . (p− b) . (p− c) suy
ra
2p2 − 2r2 − 8Rr = 2p2 − 2.S
2
p2
− 2.abc
p
= 2p2 − 2. (p − a) (p− b) (p− c)
p
− 2abc
p
=
2p2. (a+ b+ c)− 2p (ab+ bc+ ca)
p
= (a+ b+ c)2 − 2 (ab+ bc + ca) = a2 + b2 + c2
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 23 ---
Từ đó suy ra (1).
− Ta có
pr2 = (p − a) . (p − b) . (p − c)
= p3 − p2. (a+ b + c) + p. (ab+ bc+ ca)− abc
= −p3 + p (ab+ bc+ ca)− 4pRr
.
Từ đó suy ra (2)
Cách 2.
−áp dụng tính chất 2.2.4 vào phương trình (3.1), ta được (1).
−áp dụng tính chất 2.2.2 vào phương trình (3.1), ta được (2).
Ví dụ 3.2. (Olympic 30.4 lần 7, 2001)
Chứng minh rằng p2 ≥ 3r2 + 12Rr.
Giải.
Từ bất đẳng thức ab+ bc+ ca ≤ a2+ b2 + c2, và áp dụng ví dụ 3.1, ta được
p2 + r2 + 4Rr ≤ 2 (p2 − r2 − 4Rr) .
⇔ p2 ≥ 3r2 + 12Rr
Ví dụ 3.3. (Bất đẳng thức Chapple-Euler)
Chứng minh rằng
r
R
≤ 1
2
Giải.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có√
(p − a) . (p − b) ≤ (p− a) + (p − b)
2
=
c
2
Tương tự √
(p − a) . (p − c) ≤ b
2√
(p − b) . (p − c) ≤ a
2
.
Nhân từng vế các bất đẳng thức trên ta được
(p− a) . (p − b) . (p− c) ≤ a.b.c
8
.
Khóa Luận Tốt Nghiệp Nguyễn Thành Hiển - Lớp 04TT
--- 24 ---
Mặt khác, áp dụng tính chất 2.2.3 cho phương trình (3.9) ta được
(p− a) . (p − b) . (p − c) = p.r2.
Suy ra (p− a) . (p − b) . (p− c) = p.r2 = r.S = r.a.b.c
4.R
≤ a.b.c
8
.
Hay
r
R
≤ 1
2
.
Ví dụ 3.4. (Vô địch toán quốc tế lần thứ 6, 1964)
Chứng minh rằng
a2. (b+ c− a) + b2. (a+ c− b) + c2. (b+ a− c) ≤ 3.abc (5).
Giải.
(5) tương đương với
2.a2. (p − a) + 2.b2. (p− b) + 2.c2. (p − c) ≤ 3.abc
⇔ 2.p. (a2 + b2 + c2) − 2. (a3 + b3 + c3) ≤ 3.abc .
áp dụng tính chất 2.2.3, 2.2.4, 2.2.6 cho phương trình bậc ba (3.1), bất