Tổng hợp câu hay và khó về hệ thức Vi-et

Nếu \(x = 0\) phương trình đã cho thành: \({\left( {m + 1} \right)^2} = 0\)

Khi \(m \ne  - 1\) phương trình vô nghiệm.

Khi \(m =  - 1\) thì \(x = 0\) là một nghiệm của phương trình đã cho và khi đó phương trình đã cho có dạng \({x^4} + {x^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\). Trong trường hợp này phương trình chỉ có hai nghiệm nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó \(x \ne 0\) và \(m \ne  - 1\). Chia hai vế của phương trình cho \({x^2} \ne 0\) và đặt \(t = x + \dfrac{{\left( {m + 1} \right)}}{x}\). Ta thu được phương trình: \({t^2} - mt - \left( {m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = m + 1\end{array} \right.\)

Với \(t =  - 1\) ta được \({x^2} + x + \left( {m + 1} \right) = 0\)   (1)

Với \(t = m + 1\) ta được \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + \left( {m + 1} \right) = 0\)   (2)

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi một trong các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng không có nghiệm chung.

Để (1) và (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}1 - 4\left( {m + 1} \right) > 0\\{\left( {m + 1} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m <  - 1\)     (*)

Khi đó nếu \({x_0}\) là một nghiệm chung của (1) và (2) thì: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right) =  - x_0^2 - {x_0}\\\left( {m + 1} \right) =  - x_0^2 + \left( {m + 1} \right){x_0}\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left( {m + 2} \right){x_0} = 0\) điều này tương đương với hoặc \(m =  - 2\) hoặc \({x_0} = 0\).

Nếu \({x_0} = 0\) thì \(m =  - 1\) (không thỏa mãn).

Nếu \(m =  - 2\) thì (1) và (2) cùng có hai nghiệm \(x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\)

Do đó kết hợp với (*), suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \( - 2 \ne m <  - 1\).

Khi \(m =  - 2\), ta có phương trình: \({x^4} + 2{x^3} - {x^2} - 2x + 1 = 0\)

Kiểm tra ta thấy \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình

Chia hai vế của phương trình cho \({x^2}\) ta được: \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right) - 1 = 0\)

Đặt \(t = x - \dfrac{1}{x}\), suy ra \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} + 2\). Thay vào phương trình trên ta được: \({t^2} + 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\). Với \(t =  - 1\) ta được \(x - \dfrac{1}{x} =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\). Vậy với \(m =  - 2\) phương tình có nghiệm \(x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Khi \(m =  - 2\), ta có phương trình: \({x^4} + 2{x^3} - {x^2} - 2x + 1 = 0\)

Kiểm tra ta thấy \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình

Chia hai vế của phương trình cho \({x^2}\) ta được: \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right) - 1 = 0\)

Đặt \(t = x - \dfrac{1}{x}\), suy ra \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} + 2\). Thay vào phương trình trên ta được: \({t^2} + 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\). Với \(t =  - 1\) ta được \(x - \dfrac{1}{x} =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\). Vậy với \(m =  - 2\) phương tình có nghiệm \(x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m\).

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m\) và \({x_1}{x_2} = m - 1\)

Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 2m + 2\).

Suy ra \(A = \dfrac{{2{x_1}{x_2} + 3}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}} = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}}\). Vì \(A - 1 = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}} - 1 = \dfrac{{2m + 1 - {m^2} - 2}}{{{m^2} + 2}} =  - \dfrac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 2}} \le 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\)

Suy ra \(A \le 1\) với mọi \( m \in \mathbb{R}\). Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi \(m = 1\) 

Và \(A + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2\left( {m + 1} \right) + {m^2} + 2}}{{2\left( {{m^2} + 2} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {m + 2} \right)}^2}}}{{2\left( {{m^2} + 2} \right)}} \ge 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\)

Suy ra \(A \ge  - \dfrac{1}{2}\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m =  - 2\).

Vậy GTLN của \(A\) bằng \(1\) khi \(m = 1\) và GTNN của \(A\) bằng \( - \dfrac{1}{2}\) khi \(m =  - 2\).

Ta có \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m\).

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m\) và \({x_1}{x_2} = m - 1\)

Thay \(m = {x_1} + {x_2}\) vào \({x_1}{x_2} = m - 1\), ta được \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\)

Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1},{x_2}\) không phụ thuộc vào \(m\) là \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\).

Ta có \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m\).

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m\) và \({x_1}{x_2} = m - 1\)

Thay \(m = {x_1} + {x_2}\) vào \({x_1}{x_2} = m - 1\), ta được \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\)

Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1},{x_2}\) không phụ thuộc vào \(m\) là \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\).

Khi \(m =  - 2\), ta có phương trình: \({x^4} + 2{x^3} - {x^2} - 2x + 1 = 0\)

Kiểm tra ta thấy \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình

Chia hai vế của phương trình cho \({x^2}\) ta được: \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right) - 1 = 0\)

Đặt \(t = x - \dfrac{1}{x}\), suy ra \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} + 2\). Thay vào phương trình trên ta được: \({t^2} + 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\). Với \(t =  - 1\) ta được \(x - \dfrac{1}{x} =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\). Vậy với \(m =  - 2\) phương tình có nghiệm \(x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m\).

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m\) và \({x_1}{x_2} = m - 1\)

Thay \(m = {x_1} + {x_2}\) vào \({x_1}{x_2} = m - 1\), ta được \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\)

Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1},{x_2}\) không phụ thuộc vào \(m\) là \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\).

Ta có \({x^4} - 2m{x^2} - x + {m^2} - m = 0 \)\(\Leftrightarrow {m^2} - \left( {2{x^2} + 1} \right)m + {x^4} - x = 0\)

Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn \(m\) và có:

\({\Delta _m} = {\left( {2{x^2} + 1} \right)^2} - 4\left( {{x^4} - x} \right) = 4{x^2} + 4x + 1 \)\(= {\left( {2x + 1} \right)^2} \ge 0\)

Suy ra \(f\left( x\right) = 0 \Leftrightarrow m = \dfrac{{2{x^2} + 1 + 2x + 1}}{2} = {x^2} + x + 1\) hoặc \(m = \dfrac{{2{x^2} + 1 - 2x - 1}}{2} = {x^2} - x\).

Do đó \(f\left( x \right) = \left( {m - {x^2} - x - 1} \right)\left( {m - {x^2} + x} \right)\).

Ta có \({x^2} - 4x = 2\left| {x - 2} \right| - m - 5 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 4x + 4} \right) - 2\left| {x - 2} \right| =  - m - 1\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} - 2\left| {x - 2} \right| =  - m - 1\)    (1)

Đặt \(t = \left| {x - 2} \right| \ge 0\). Khi đó (1) thành: \({t^2} - 2t + 1 + m = 0\)   (2)

Để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt dương, tức là phải có:\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  > 0\\P > 0\\S > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4m > 0\\1 + m > 0\\2 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m < 0\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trước hết phương trình phải có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\) khác 0 nên:

$\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} + 4m + 1 > 0\\\dfrac{c}{a} = \dfrac{{{m^2} - 4m + 1}}{3} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 1 > 0\\{m^2} - 4m + 1 \ne 0\end{array} \right.$  (*).

Khi đó theo định lý Viet ta có:$S = {x_1} + {x_2} = \dfrac{{4\left( {1 - m} \right)}}{3};P = {x_1}{x_2} = \dfrac{{{m^2} - 4m + 1}}{3}$

Ta có: $\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} = \dfrac{1}{2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{{{x_1}{x_2}}} = \dfrac{1}{2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right)$$ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {{x_1}{x_2} - 2} \right) = 0$ (do ${x_1}{x_2} \ne 0$)

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 0\\{x_1}{x_2} - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\{m^2} - 4m - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 1;m =  - 1;m = 5$

Thay vào (*) ta thấy \(m =  - 1\) không thỏa mãn.

Vậy \(m = 1;m = 5\) là giá trị cần tìm.

Vì độ dài cạnh của tam giác vuông là số dương nên \({x_1},{x_2} > 0\).

Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

\(\Delta  = {m^2} - 4\left( {{m^2} - m - 3} \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 4m - 12 \le 0\) (1).

Theo định lý Viet, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m > 0\\{x_1}.{x_2} = {m^2} - m - 3 > 0\end{array} \right.\)  (2)

Từ giả thiết suy ra \(x_1^2 + x_2^2 = 4 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}.{x_2} = 4\). Do đó \({m^2} - 2\left( {{m^2} - m - 3} \right) = 4 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 1 \pm \sqrt 3 \)

Thay \(m = 1 \pm \sqrt 3 \) vào (1) và (2) ta thấy chỉ có \(m = 1 + \sqrt 3 \) thỏa mãn.

Vậy giá trị cần tìm là \(m = 1 + \sqrt 3 \).

Khi \(m =  - 2\), ta có phương trình: \({x^4} + 2{x^3} - {x^2} - 2x + 1 = 0\)

Kiểm tra ta thấy \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình

Chia hai vế của phương trình cho \({x^2}\) ta được: \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} + 2\left( {1 - \dfrac{1}{x}} \right) - 1 = 0\)

Đặt \(t = x - \dfrac{1}{x}\), suy ra \({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}} = {t^2} + 2\). Thay vào phương trình trên ta được: \({t^2} + 2t - 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\). Với \(t =  - 1\) ta được \(x - \dfrac{1}{x} =  - 1 \Leftrightarrow {x^2} + x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\). Vậy với \(m =  - 2\) phương tình có nghiệm \(x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\).

Nếu \(x = 0\) phương trình đã cho thành: \({\left( {m + 1} \right)^2} = 0\)

Khi \(m \ne  - 1\) phương trình vô nghiệm.

Khi \(m =  - 1\) thì \(x = 0\) là một nghiệm của phương trình đã cho và khi đó phương trình đã cho có dạng \({x^4} + {x^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\end{array} \right.\). Trong trường hợp này phương trình chỉ có hai nghiệm nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó \(x \ne 0\) và \(m \ne  - 1\). Chia hai vế của phương trình cho \({x^2} \ne 0\) và đặt \(t = x + \dfrac{{\left( {m + 1} \right)}}{x}\). Ta thu được phương trình: \({t^2} - mt - \left( {m + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\\t = m + 1\end{array} \right.\)

Với \(t =  - 1\) ta được \({x^2} + x + \left( {m + 1} \right) = 0\)   (1)

Với \(t = m + 1\) ta được \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + \left( {m + 1} \right) = 0\)   (2)

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi một trong các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng không có nghiệm chung.

Để (1) và (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}1 - 4\left( {m + 1} \right) > 0\\{\left( {m + 1} \right)^2} - 4\left( {m + 1} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m <  - 1\)     (*)

Khi đó nếu \({x_0}\) là một nghiệm chung của (1) và (2) thì: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {m + 1} \right) =  - x_0^2 - {x_0}\\\left( {m + 1} \right) =  - x_0^2 + \left( {m + 1} \right){x_0}\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left( {m + 2} \right){x_0} = 0\) điều này tương đương với hoặc \(m =  - 2\) hoặc \({x_0} = 0\).

Nếu \({x_0} = 0\) thì \(m =  - 1\) (không thỏa mãn).

Nếu \(m =  - 2\) thì (1) và (2) cùng có hai nghiệm \(x = \dfrac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}\)

Do đó kết hợp với (*), suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \( - 2 \ne m <  - 1\).

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì

$\begin{array}{l}\Delta  > 0 \Leftrightarrow {(2m + 1)^2} - 4({m^2} + 1) > 0 \Leftrightarrow 4{m^2} + 4m + 1 - 4{m^2} - 4 > 0\\ \Leftrightarrow 4m - 3 > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{3}{4}.\end{array}$

Vậy \(m > \dfrac{3}{4}\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Với \(m > \dfrac{3}{4}\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\;\;{x_2}.\)

Theo hệ thức Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 1\end{array} \right..$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {({x_1} - {x_2})^2} = x_1^2 + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = {({x_1} + {x_2})^2} - 4{x_1}{x_2}\\\; = {(2m + 1)^2} - 4({m^2} + 1) = 4m - 3 = {x_1}\\ \Rightarrow {x_2} = 2m + 1 - {x_1} = 2m + 1 - 4m + 3 = 4 - 2m.\\ \Rightarrow {x_1}{x_2} = {m^2} + 1\\ \Leftrightarrow \left( {4m - 3} \right)\left( {4 - 2m} \right) = {m^2} + 1\\ \Leftrightarrow 16m - 8{m^2} - 12 + 6m = {m^2} + 1\\ \Leftrightarrow 9{m^2} - 22m + 13 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {9m - 13} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\9m - 13 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\;\;\left( {tm} \right)\\m = \dfrac{{13}}{9}\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}$

Vậy \(m = 1,\;\;m = \dfrac{{13}}{9}\) thỏa mãn điều kiện bài toán.

+) Xét \(a.c =  - {m^2} + m - 2 =  - {\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^2} - \dfrac{3}{4} < 0\) với mọi \( m \in \mathbb{R}\)

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi \(m\).

+) Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là \({x_1},{x_2}\).

Vì phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu  nên \({x_1}{x_2} \ne 0\), do đó \(A\) được xác định với mọi \({x_1},{x_2}\).

Do \({x_1},{x_2}\) trái dấu nên \({\left( {\dfrac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^3} =  - t\) với \(t > 0\), suy ra \({\left( {\dfrac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3} < 0\), suy ra \(A < 0\)

Đặt \({\left( {\dfrac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^3} =  - t\), với \(t > 0\), suy ra \({\left( {\dfrac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right)^3} =  - \dfrac{1}{t}\). Khi đó \(A =  - t - \dfrac{1}{t}\) mang giá trị âm và \(A\) đạt giá trị lớn nhất khi \( - A\) có giá trị nhỏ nhất.

Ta có \( - A = t + \dfrac{1}{t} \ge 2\) (BĐT Cô -si), suy ra \(A \le  - 2\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(t = \dfrac{1}{t} \Leftrightarrow {t^2} = 1 \Rightarrow t = 1\). Với \(t = 1\), ta có \({\left( {\dfrac{{{x_1}}}{{{x_2}}}} \right)^3} =  - 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{x_1}}}{{{x_2}}} =  - 1 \Leftrightarrow {x_1} =  - {x_2} \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 0 \Leftrightarrow  - \left( {m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 1.\)

Vậy với \(m = 1\) thì biểu thức \(A\) đạt giá trị lớn nhất là \( - 2\).

Ta có \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m\).

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m\) và \({x_1}{x_2} = m - 1\)

Thay \(m = {x_1} + {x_2}\) vào \({x_1}{x_2} = m - 1\), ta được \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\)

Vậy hệ thức liên hệ giữa \({x_1},{x_2}\) không phụ thuộc vào \(m\) là \({x_1}{x_2} = {x_1} + {x_2} - 1\).

Ta có \(\Delta  = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\), với mọi \(m\).

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của \(m\).

Theo hệ thức Viet, ta có: \({x_1} + {x_2} = m\) và \({x_1}{x_2} = m - 1\)

Ta có: \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {m^2} - 2\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 2m + 2\).

Suy ra \(A = \dfrac{{2{x_1}{x_2} + 3}}{{x_1^2 + x_2^2 + 2\left( {{x_1}{x_2} + 1} \right)}} = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}}\). Vì \(A - 1 = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}} - 1 = \dfrac{{2m + 1 - {m^2} - 2}}{{{m^2} + 2}} =  - \dfrac{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 2}} \le 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\)

Suy ra \(A \le 1\) với mọi \( m \in \mathbb{R}\). Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi \(m = 1\) 

Và \(A + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2m + 1}}{{{m^2} + 2}} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{2\left( {m + 1} \right) + {m^2} + 2}}{{2\left( {{m^2} + 2} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {m + 2} \right)}^2}}}{{2\left( {{m^2} + 2} \right)}} \ge 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\)

Suy ra \(A \ge  - \dfrac{1}{2}\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m =  - 2\).

Vậy GTLN của \(A\) bằng \(1\) khi \(m = 1\) và GTNN của \(A\) bằng \( - \dfrac{1}{2}\) khi \(m =  - 2\).

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {2{m^2} - 3m + 1} \right) =  - {m^2} + m = m\left( {1 - m} \right)\). Để phương trình có hai nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 1\). Theo định lý Viet ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) và \({x_1}{x_2} = 2{m^2} - 3m + 1\). Ta có \(\left| {{x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}} \right| = \left| {2\left( {m - 1} \right) + 2{m^2} - 3m + 1} \right|\)\( = \left| {2{m^2} - m - 1} \right| = 2\left| {{m^2} - \dfrac{m}{2} - \dfrac{1}{2}} \right| = 2\left| {{{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)}^2} - \dfrac{9}{{16}}} \right|\)

Vì \(0 \le m \le 1 \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{4} \le m - \dfrac{1}{4} \le \dfrac{3}{4}\) suy ra \({\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} \le \dfrac{9}{{16}} \Leftrightarrow {\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} - \dfrac{9}{{16}} \le 0\)

Do đó \(\left| {{x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}} \right| = 2\left| {{{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)}^2} - \dfrac{9}{{16}}} \right| = 2\left| {\dfrac{9}{{16}} - {{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)}^2}} \right| = \dfrac{9}{8} - 2{\left( {m - \dfrac{1}{4}} \right)^2} \le \dfrac{9}{8}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m = \dfrac{1}{4}\).

Ta có \(\Delta  = {\left( {2m + 1} \right)^2} - 4\left( {{m^2} + 1} \right) = 4m - 3\). Để phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{3}{4}\). Theo định lý Viet ta có: \({x_1} + {x_2} = 2m + 1\) và \({x_1}{x_2} = {m^2} + 1\). Do đó \(P = \dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}} = \dfrac{{{m^2} + 1}}{{2m + 1}} = \dfrac{{2m - 1}}{4} + \dfrac{5}{{4\left( {2m + 1} \right)}}\). Suy ra \(4P = 2m - 1 + \dfrac{5}{{2m + 1}}\). Do \(m > \dfrac{3}{4}\) nên \(2m + 1 > 1\)

Để \(P \in \mathbb{Z}\) thì ta phải có \(\left( {2m + 1} \right)\) là ước của \(5\), suy ra \(2m + 1 = 5 \Leftrightarrow m = 2\)

Thử lại với \(m = 2\), ta được \(P = 1\) (thỏa mãn).

Vậy \(m = 2\) là giá trị cần tìm thỏa mãn bài toán.