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

Ta có $\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {{m^2} + 2} \right) = 2m - 1$

Để phương trình có hai nghiệm $\Leftrightarrow \Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \ge \dfrac{1}{2}$   (*). Theo định lý Viet ta có: ${x_1} + {x_2} = 2m + 2$ và ${x_1}{x_2} = {m^2} + 2$. Ta có $P = {x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 6 = {m^2} + 2 - 2\left( {2m + 2} \right) - 6$$= {m^2} - 4m - 8 = {\left( {m - 2} \right)^2} - 12 \ge  - 12$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $m = 2$ thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy với $m = 2$ thì biểu thức $P$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $- 12$.

Ta có:$\Delta  = {\left( {3a - 1} \right)^2} + 16 > 0 \Rightarrow$Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.  Theo định lý Viet thì:${x_1} + {x_2} = \dfrac{{3a - 1}}{2};{x_1}{x_2} =  - 1$. Ta có $P = \dfrac{3}{2}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 2{\left[ {\dfrac{{{x_1}{x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - 2\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}}{{2{x_1}{x_2}}}} \right]^2} = 6{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}$$= 6\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right] = 6\left[ {\dfrac{{{{\left( {3a - 1} \right)}^2}}}{4} + 4} \right] \ge 24$ . Đẳng thức xảy ra khi $3a - 1 = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{3}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của  $P$  là $24.$

Theo định lý Vi et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - a\\{x_1}.{x_2} = b\end{array} \right.$. Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : $\dfrac{{{x_1}}}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{{{x_2}}}{{1 + {x_2}}} \ge \dfrac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$.  Hay $\dfrac{{{x_1}}}{{1 + {x_2}}} + 1 + \dfrac{{{x_2}}}{{1 + {x_1}}} + 1 \ge \dfrac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }} + 2$ $\left( {{x_1} + {x_2} + 1} \right)\left( {\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}}} \right) \ge \dfrac{{2\left( {1 + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right)}}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$.

Theo bất đẳng thức Cô si ta có: ${x_1} + {x_2} + 1 \ge 2\sqrt {{x_1}{x_2}}  + 1$. Để chứng minh $\left( * \right)$ ta quy về chứng minh: $\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$ với ${x_1},{x_2} > 1$.

Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên tương đương với $\left( {\sqrt {{x_1}{x_2}}  - 1} \right){\left( {\sqrt {{x_1}}  - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} \ge 0$( Điều này là hiển nhiên đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {a^2} = 4b$.

Vì phương trình bậc 2 có 2 nghiệm nên $a \ne 0$. Biểu thức $Q$ có dạng đẳng cấp bậc 2 ta chia cả tử và mẫu của Q cho ${a^2}$ thì $Q = \dfrac{{18 - 9\dfrac{b}{a} + {{\left( {\dfrac{b}{a}} \right)}^2}}}{{9 - \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}}}$ .

Gọi ${x_1},{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình, theo Vi-et ta có:$\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right.$.             

Vậy: $Q = \dfrac{{18 - 9\dfrac{b}{a} + {{\left( {\dfrac{b}{a}} \right)}^2}}}{{9 - \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}}} = \dfrac{{18 + 9\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}}{{9 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}}$

 Ta đánh giá ${\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}$ qua ${x_1}{x_2}$ với điều kiện ${x_1},{x_2} \in \left[ {0;3} \right]$.            

Giả sử $0 \le {x_1} \le {x_2} \le 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^2 \le {x_1}{x_2}\\x_2^2 \le 9\end{array} \right. \Rightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} \le 9 + 3{x_1}{x_2}$$\Rightarrow Q \le \dfrac{{18 + 9\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3{x_1}{x_2} + 9}}{{9 + 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2}}} = 3$.                                                                                   

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2} = 3\\{x_1} = 0;{x_2} = 3\end{array} \right.$hay$\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{a} = 6\\\dfrac{c}{a} = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 6a\\c = 9a\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{a} = 3\\\dfrac{c}{a} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 3a\\c = 0\end{array} \right.$  .

Vậy giá trị lớn nhất của $Q$  là $3.$

Phương trình: $(m - 1){x^2} - 2(2m - 3)x - 5m + 25 = 0$      (3)

Có $\Delta ' = {\left[ { - (2m - 3)} \right]^2} - (m - 1)( - 5)(m - 5) = 9{m^2} - 42m + 34 = {(3m - 7)^2} - 15$

(3) có nghiệm hữu tỉ với $m \in \mathbb{Z}$khi và chỉ khi $\Delta '$chính phương, suy ra: ${(3m - 7)^2} - 15 = {n^2}\,\,(n \in \mathbb{Z})$

$\Leftrightarrow$$\left( {3m--7--n} \right)\left( {3m--7 + n} \right) = 15$ $(m,\,n \in \mathbb{Z}$)        (4)

Phương trình (4) tương đương với 8 hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n =  - 15\\3m - 7 + n =  - 1\end{array} \right.$  (4.1),      $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n =  - 1\\3m - 7 + n =  - 15\end{array} \right.$  (4.2),       $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n =  - 5\\3m - 7 + n =  - 3\end{array} \right.$  (4.3),      $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n =  - 3\\3m - 7 + n =  - 5\end{array} \right.$   (4.4)

$\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 15\\3m - 7 + n = 1\end{array} \right.$     (4.5),      $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 1\\3m - 7 + n = 15\end{array} \right.$     (4.6)        $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 3\\3m - 7 + n = 5\end{array} \right.$    (4.7),       $\left\{ \begin{array}{l}3m - 7 - n = 5\\3m - 7 + n = 3\end{array} \right.$    (4.8)

Giải 8 hệ trên, suy ra hệ phương trình (3) có nghiệm hữu tỉ khi: $m = 1$  hoặc $m = 5.$

Phương trình ${x^2} - \left( {m + 1} \right)x - 3 = 0$ (1)

+ Nhận xét $\Delta  = {\left( {m + 1} \right)^2} + 12 > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}$. Suy ra (1) luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$

+ Theo hệ thức Viet ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m + 1\\{x_1}{x_2} =  - 3\end{array} \right.$.

Ta có $B = \dfrac{{3x_1^2 + 3x_2^2 + 4{x_1} + 4{x_2} - 5}}{{x_1^2 + x_2^2 - 4}} = \dfrac{{3\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 5}}{{x_1^2 + x_2^2 - 4}}$

  $= \dfrac{{3\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] + 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 5}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2} - 4}} = \dfrac{{3\left[ {{{\left( {m + 1} \right)}^2} + 6} \right] + 4\left( {m + 1} \right) - 5}}{{{{\left( {m + 1} \right)}^2} + 6 - 4}}$$= \dfrac{{3{m^2} + 10m + 20}}{{{m^2} + 2m + 3}}$

  Nên $B$ $= \dfrac{{3{m^2} + 10m + 20}}{{{m^2} + 2m + 3}}$.

$\Leftrightarrow \left( {B - 3} \right){m^2} + 2\left( {B - 5} \right)m + 3B - 20 = 0$  (*)

+ Nếu $B = 3$ thì $m =  - \dfrac{{11}}{4}.$

+ Nếu $B \ne 3$ thì (*) là phương trình bậc hai ẩn $m$. Phương trình (*) có nghiệm $m$ khi và chỉ khi $\Delta ' \ge 0$

hay ${\left( {B - 5} \right)^2} - \left( {B - 3} \right)\left( {3B - 20} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 2{B^2} - 19B + 35 \le 0$$\left( {2B - 5} \right)\left( {B - 7} \right) \le 0 \Leftrightarrow \dfrac{5}{2} \le B \le 7$

Với $B=7$ thì thay vào (*) ta có $4m^2+4m+1=0$ $\Leftrightarrow (2m+1)^2=0$$\Leftrightarrow m= - \dfrac{1}{2}.$

Vậy giá trị lớn nhất của $B$ bằng 7 khi $m =  - \dfrac{1}{2}.$