Định lý Viete và ứng dụng
MỞ ĐẦU
Định lý Viete là một trong những định lý quan trọng trong chöông trình moân Toaùn baäc
THPT. Chương trình bộ sách giáo khoa cũ thì các em học sinh không khó để có thể giải quyết
các bài toán liên quan đến so sánh nghiệm, nhưng hiện nay theo bộ sách giáo khoa mới đang
phát hành thì phần kiến thức liên quan tới định lý đảo và các hệ quả đã được giảm tải. Đứng
trước vấn đề đó chúng tôi đã đưa ra giải pháp là dùng định lý Viete để giải quyết bài toán liên
quan đến so sánh nghiệm với một số cho trước. Bên cạnh đó chúng tôi còn đưa ra một số ứng
dụng khác để giải các bài toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi, đó là các bài toán:
phương trình có nghiệm chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, bài toán liên quan đến số học,
dùng định lý Viete để giải bài toán lượng giác….
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -1-
Định lý Viete và ứng dụng
Đôi nét về Francois Viete:

Francois Viete sinh năm 1540 tại Fontenay-le-Comte, Pháp. Thuở nhỏ ông học ở trường dòng
và sau đó tiếp tục học ở luật ở trường Đại học Poitiers ngay tại quê nhà. Ông sớm nổi bật lên
sự khôn ngoan, sắc sảo trong những lần tham vấn về luật cho những người lỗi lạc, sau đó
không lâu ông trở thành cố vấn hoàng gia cho Vua Henry III và Henry IV của Pháp. Vào
những lúc rảnh rỗi ông nghiên cứu toán học và tự xuất bản những kết quả mà ông gặt hái được.
Ông được mệnh danh là cha đẻ của ngành số học hiện đại và là nhà Toán học lỗi lạc nhất thế kỉ
thứ 16.
Khả năng toán học của Viete trong sự việc sau: vào mùa hè năm 1594 nhà toán học người Bỉ
A. Van Roomen đưa ra thách thức cho tất cả những nhà toán học đương thời về lời giải cho
một phương trình bậc 4, 5. Đại sứ Hà Lan dâng cho vua Henry IV cuốn sách của Van Roomen
với lời bình luận rằng dường như nước Pháp không có một nhà toán học nào quan trọng. Nhà
vua cho gọi Viete và ngay sau đó ông đã tìm ra lời giải cho bài toán và vào ngày hôm sau ông
đã tìm ra thêm 22 cách giải nữa.
Đáp lại Van Roomen. Viete thách thức ông giải bài toán Apollonius tìm ra cách dựng một
đường tròn tiếp xúc với 3 tam giác cho trước. Khi Adrianus Romanus tìm ra lời giải sử dụng
hai hyperbol, Viete không hài long lắm về lời giải đó vì nó xa lạ với hình học mà theo ông chỉ

1 2
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1
0
3
1 2 3 1 2 4 2 1
0
0
1 2
0

( 1)

( 1)
m
n
n n
n n n
m
m
i i i
n
n
n




= −




= −




∑
Đònh lý Viete thuận (Đối với phương trình bậc 2, 3)
Nếu
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình
2
0ax bx c
+ + =

( 0)a
≠
thì
1 2
1 2
b
x x

d
x x x
a

+ + = −



+ + =



= −


Đònh lý Viete (đảo)
Nếu hai số
1 2
,x x
thỏa
1 2
1 2
x x S
x x P
+ =


=

thì chúng là nghiệm của phương trình

Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -4-
Định lý Viete và ứng dụng
MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIETE
1. Giải bài toán liên quan đến so sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số:
Ngày nay trong chương trình Toán phổ thông đã bỏ định lý đảo dấu tam thức bậc hai nên khi gặp
các bài toán so sánh nghiệm của tam thức bậc hai hoặc là các bài toán đưa về so sánh nghiệm với
một số thì chúng ta gặp khó khăn. Sau đây chúng ta ứng dụng định lý Viete để giải bài toán trên.
Chúng ta đã biết:
a 0 a b 0
b 0 ab 0
 
> + >
⇔
 
> >
 

a 0 a b 0
b 0 ab 0
 
< + <
⇔
 
< >
 
a 0
b 0
ab 0
a 0
b 0

nhỏ hơn hai nghiệm của (*)
c)
α
lớn hơn hai nghiệm của (*)
d) (*) có đúng một nghiệm nhỏ hơn
α
e) (*) có nghiệm nhỏ hơn
α
f)(*) có đúng một nghiệm lớn hơn
α
g) (*) có nghiệm lớn hơn
α
Giải:
a) Điều kiện
α
nằm giữa hai nghiệm của (*)là:


−α >



−α <



⇔ −α − α < ⇔ −α + + α <


−α <

− α > − α − α >
− α + + α >
 

1 1 2 1 2
2
2 1 2
1 2 1 2
0 0 0
x 0 (x ) (x ) 0 x x 2
x 0 (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
c) Điều kiện
α
lớn hơn hai nghiệm của (*)là:

 
∆ > ∆ > ∆ >

 
− α < ⇔ −α + − α < ⇔ + < α
  
  
− α < − α −α >
− α + + α >
 

1 1 2 1 2
2
2 1 2











< α =

∆ = ∆ =







= < α ⇔ − α + −α < ⇔ + < α
 



 

< α < − α −α >
−α + + α >


x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
(x )(x ) 0
x x (x x ) 0
e) Điều kiện để (*) có nghiệm nhỏ hơn
α
là:
TH1:
0; 0a b
= ≠
TH2:
0a
≠



α =

α =






+ < α
+ < α







− α −α <
− α + + α <






1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
f( ) 0
f( ) 0
x x 2
x x 2
x x
0 0
x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0







= α <

∆ = ∆ =







α < = ⇔ −α + −α > ⇔ + > α
 



 

< α < − α −α >
−α + + α >






x x (x x ) 0
g) Điều kiện để (*) có nghiệm lớn hơn
α
là:
TH1:
0; 0a b
= ≠
TH2:
0a
≠
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -6-
Định lý Viete và ứng dụng



α =

α =






+ > α
+ > α







− α −α <
− α + + α <






1 2
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
1 2 1 2
2
1 2
1 2 1 2
f( ) 0
f( ) 0
x x 2
x x 2
x x
0 0
x x (x ) (x ) 0 x x 2
x x (x )(x ) 0
x x (x x ) 0
(x )(x ) 0

1x
>




=


− + =




+ >
>





+
=




= <



− − < 
− + <






2
1 2
1 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
1 2
f(1) 0
m 3m 1 0
x x 2
2m 2
3 5
m
x 1 x
0 m 1 0
2
1 x x (x 1) (x 1) 0 2m 2 m 2 m 1
1 m 2
m 3m 2 0
x 1 x (x 1)(x 1) 0
(x 1)(x 1) 0

−





=



≤ < ⇔ − + − < ⇔ < ⇔
 




 


< <
− + >
< α < − − >









m 3m 2 0
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -7-
Định lý Viete và ứng dụng
c) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa
1 2
1x x< <



− >



− <



⇔ ⇔ − − < ⇔ −α + + α < ⇔ − + < ⇔ < <


− <




− >



1

2 1 2 1 2 1 2
0 0 0 m 1 0
x 1 0 (x 1) (x 1) 0 x x 2 m 1
m 3m 2 0
x 1 0 (x 1)(x 1) 0 x x (x x ) 1 0
(vô nghiệm)
Bài toán 2. Cho phương trình
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
ax ax 0 1 0; 0bx c bx c a
α β γ α
+ + + + + + = ≠ ≠
a) Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm điều kiện để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải:
Cách 1: Đặt
2
axt bx c
= + +

ĐK
( )
2
4
4
b ac
t k

1 2 1 2
1 2
0
( ) ( ) 0
( ) ( ) 0
k t t t k t k
t k t k
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ − + − ≥


− + − ≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm thỏa
1 2 1 2
1 2
0
( ) ( ) 0
( )( ) 0
k t t t k t k
t k t k
∆ >


< < ⇔ − + − >


− − >

Ta có
2
2
2
2
4
2 4
b b ac
ax bx c a x
a a
 
−
 
+ + = + −
 
 ÷
 
 
 
nên đặt
2
2
4
ax
4
b ac
t bx c
a
−
= + + +

TH1: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0 0t t P≤ ≤ ⇔ ≤
.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ ≥


≤ ≤ ⇔ ≥


≥

b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì pt (3) có 2 nghiệm thỏa
1 2
0
0 0
0
t t P
S
∆ >


< < ⇔ >

∆
là biệt thức của pt (3),
1 2 1 2
, .S t t P t t= + =
)
Nhận xét: Nếu chúng ta khéo léo hơn trong việc đặt ẩn phụ thì chúng ta có thể đưa bài toán về so
sánh với số 0. Với ý tưởng trên chúng ta có thể giải các ví dụ sau:
Ví dụ 2: Cho phương trình
( )
2 2
x 1 3 2 0 1m x m
− + + + =
.
a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
c) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
Giải.
• ĐK
x R
∈
.
• Đặt
( )
2
1 1 0t x t
= + − ≥
suy ra
( )
2
2




≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ +
 
 
≥ − ≥


Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -9-
Định lý Viete và ứng dụng
Vậy với
)
2
; 8 68;
3
m
−
 

∈ −∞ ∪ + +∞



 
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm thỏa:

2
1 2

m m
t t P m m
S m

∆ > − − >

−


< = ⇔ = ⇔ + = ⇔ =
 
 
< − <


.
TH2: Phương trình (2) có nghiệm
2
1 2
0
16 4 0
0
0
2 0
m m
t t
S
m
∆ =


2 2
2 3 2 3
log 2 3 1 log 1 2x mx m m x m
+ +
+ + + − = − +
Phương trình (2)
( ) ( )
2 2
1 0
2 1 4 2 0 3
x m
x m x m m
− + >


⇔

+ − + + − =


Đặt
1 1t x m x t m
= − + ⇒ = + −
, vì
1 0x m
− + >
nên ta suy ra điều kiện
0t
>
. Thay vào phương

t t P m m
m
S m

− + ≥
∆ ≥



< ≤


< ≤ ⇔ > ⇔ − > ⇔
 

 
<
> − >



.
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -10-
Định lý Viete và ứng dụng
TH3: Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0

1
;
2
m
 
∈ −∞


 
thì phương trình (1) có nghiệm.
b) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (3) có 2 nghiệm :
2
2
1 2
4 20 9 0
0
1 1
0 0 4 0
4 2
0
0 3 4 0
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >


1 2
1
0 0 4 0 0
4
t t P m m m
< < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
.
TH2: Phương trình (3) có nghiệm
2
2
1 2
4 20 9 0
0
0
0 0 4 0
1
0 3 4 0
4
m m
m
t t P m m
m
S m

− + >
∆ >

=



m
S
m
m


=




∆ =

− + =



< = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
  

>
− >





<


2
1 0x x
− − =
(*). Ta có:
1 1 1 1
( ) ( )
n n n n n n n
a a b a aba a ba a a ba
+ − + −
= + − ⇒ − = −
.
Đặt
1n n n
u a ba
+
= −
ta có
1n n
u au
−
=
hay
( )
n
u
là cấp số nhân công bội a
Mặt khác:
1 2 1
1u a ba b a
= − = − =


n n
n
n n n n n n k n k
n
k
a b
a b ab a b a b a b a a b
a b
+ +
− − − − −
+
=
−
⇒ = + + + + + + = =
−
∑
(**)
Do a, b là nghiệm phương trình (*) nên ta có thể coi
1 5 1 5
,
2 2
a b
+ −
= =

Thay a, b vào (**) ta có:
*
1 5 1 5 1 5 1 5
( ) ( ) ( ) ( )

= + ∀ ∈

Dãy số được xác định như vậy được gọi là dãy tuyến tính cấp hai.
Từ đó ta giải bài toán tổng quát hơn đó là bổ đề sau:
Bổ đề: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện
2
0, 4a 0a b c≠ − >
.
a) Bài toán thuận: Cho phương trình
2
( ) ax x 0(*)f x b c
= + + =
có hai nghiệm thực
1 2
,x x
. Đặt
1 2
n n
n
S x x
= +
. Khi đó
*
1 1
aS S S 0,
n n n
b c n N
+ −
+ + = ∀ ∈
b) Bài toán đảo: Cho hai số thực phân biệt

+ −
⇒ + + = ∀ ∈
.
Thật vậy vì
1 2
,x x
là nghiệm của phương trình (*) nên theo định lý Viete ta có:
1 1 1 1
1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
( )( ) ( )
n n n n n n
n n n
b c
S x x x x x x x x x x S S
a a
+ + − −
+ −
= + = + + − + = − −
*
1 1
aS S S 0,
n n n
b n N
+ −
⇒ + + = ∀ ∈
b) Bài toán đảo:
*
1 1
aS S S 0,
n n n

( ) ( ) 0f x f x
Tức là
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình (*).
Ứng dụng bổ đề ta có các bài toán sau:
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -12-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 1: Tìm
7
[(4+ 15) ]
với [x] là phần nguyên của số thực x, chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá
x.
Giải: Đặt
1 2
x = 4 + 15; x = 4 - 15
ta có
=
1 2 1 2
x + x =8; x . 1x
Theo định lý Viete đảo thì x
1
, x
2
là nghiệm phương trình:
2
8 1 0x x
− + =
Đặt
1 2

+
có ít nhất n chữ số 9 sau dấu
phẩy.
Giải: : Đặt
1 2
x = 7 + 4 3; x = 7 - 4 3
ta có
=
1 2 1 2
x + x =14; x . 1x
Theo định lý Viete đảo thì x
1
, x
2
là nghiệm phương trình:
2
14 1 0x x
− + =
Đặt
1 2
n n
n
S x x
= +
. Theo bổ đề thì ta luôn có S
n
luôn là số nguyên dương
*
n N
∀ ∈

+
luôn có ít nhất n chữ số 9
Ví dụ 3: Cho phương trình
2
4x 1 0x
− + =
có các nghiệm
1 2
,x x
. Chứng minh rằng
2 2
1 2
n n
x x
+
có thể
phân tích được thành tổng 3 số nguyên liên tiếp
*
n N
∀ ∈
.
Giải: Phương trình có hai nghiệm phân biệt là
= + = −
1 2
2 3;x 2 3x
Theo khai triển nhị thức Newton thì
∃ ∈
*
,
n n

n n n n
x x x x a b a b
= = = − ⇒ = +
Vậy
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2
( 3) ( 3) 2 6 2(3 1) 6 12 2
n n
n n n n n n n n n
x x a b a b a b b b b
+ = + + − = + = + + = +
2 2 2 2 2 2 *
(4 4 1) 4 (4 4 1) (2 1) (2 ) (2 1) ,
n n n n n n n n
b b b b b b b b n N
− + + + + + = − + + + ∀ ∈
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -13-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 4: Cho phương trình
2
6x +1 0x
− =
có các nghiệm
1 2
,x x
. Kí hiệu
*
1 2
,
n n

0
, S
1
là các số ngun.
Mặt khác cũng theo định lý Viete, ta có:

=
1 2
1x x
, suy ra
= + ∀ ∈
*
1
1
1
,
n
n
n
S x n N
x
.
Giả sử S
k
là số ngun
∀ =
1,n n
, ta có:
1 1
1 1 2 1 2 1 1 1 1

+ − − + − − − − −
= − ≡ − ⇒ ≡ − ≡ − − ≡ −
1 1 1 1 1 1 2 1 2
6 (mod5) ( ) (mod5)
n n n n n n n n n n n n
S S S S S S S S S S S S
Trong đồng dư thức trên ta thay n + 1 bởi n-2 thì ta có
− −
≡ −
2 5
(mod5)
n n
S S
Từ đó
+ −
≡
1 5
(mod5)
n n
S S
Lại thay n+1 bởi n ta được
−
≡
6
(mod5)
n n
S S
. Mà
3108 0
3108 6 ê S 2(mod5)n n S≡ ≡M

hoặc
2 4 167 2 4 1 83
a n a n a
a n a n n
+ − = + − = − = −
  
⇔ ⇔
  
+ + = + + = − =
  
hoặc
40
43,5(loạivì Z)
a
n n
=


= − ∉

Vậy giá trò của a là:
40 44a a
= ∨ = −
Kiểm tra:
+ Khi a = 40 thì (1)
2
0
83 0
83
x

( )x y u v n xyuv x y u v n xyuv
+ + + = ⇔ + + + =
2 2 2
2( ) ( ) (1)x y u v x y u v n xyuv
⇔ + + + + + + =
Giả sử n là số nguyên dương sao cho phương trình (1) có nghiệm nguyên dương (x,y, u, v). Gọi
0 0 0 0
( ; ; ; )x y u v
là nghiệm nguyên dương của phương trình (1) sao cho
0 0 0 0
x y u v+ + +
và có giá trị nhỏ
nhất.
Và không mất tính tổng quát, giả sử:
0 0 0 0
x y u v≥ ≥ ≥
. Từ đó từ (1) ta thấy
2
0 0 0 0
( )y u v x
+ +
M
(2)
Mặt khác
0
x
là nghiệm nguyên dương của phương trình bậc hai:
2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0
[2( ) ] ( ) 0x y u v n y u v x y u v

x y u v≥ ≥ ≥
và
0 0 0 0
x y u v+ + +
và có giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm của (1) nên:
1 0 0 0 0
x x y u v≥ ≥ ≥ ≥
. Theo định lý dấu tam thức bậc hai ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 ( ) [2( ) ]y ( ) 6 9 16f y y y u v n y u v y u v y n y u v y y y n y u v
≤ = + + + − + + + ≤ − + + = −
Suy ra:
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
16 16 4n y u v y n n u v n≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤
.
Mà n nguyên dương nên
{1; 2; 3; 4}n
∈
Tại n = 1 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = u = v = 4
Tại n = 2 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = u = v = 2
Tại n = 3 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = 1; u = v = 2
Tại n = 4 phương trình (1) có nghiệm nguyên dương x = y = u = v = 1
Vậy
{1; 2; 3; 4}n
∈

Ví dụ 7: (VMO 1980) Phương trình
3 2

3 2
( ) axP x x bx c
= + + +
có hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu có một
nghiệm bằng tích hai nghiệm còn lại thì:
2 ( 1) (1) ( 1) 2(1 (0))P P P P
− + − − +
M
Giải:
Gọi 3 nghiệm của P(x) là u, v, uv, Theo định lý Viete ta có:
2 2
(1 )
u v uv a
uv u v b
u v c

+ + = −

+ + =


= −

• Xét a = 1:0 = u +v + uv + 1=(u + 1)(u + 1) nên có nghiệm bằng – 1, do đó 2P(-1) = 0 chia hết
cho mọi số.
• Xét
1a
≠
thì b – c = uv(1 + u +v + uv) = uv(1 - a)
Nên

1
a b
ab
+
+
là số chính phương.
Giải: Đặt
2 2
1
a b
k
ab
+
=
+
Cố định k và xét
2 2
{(a,b) N N| }
1
a b
S k
ab
+
= ∈ × =
+
Giả sử k không phải là số chính phương, Trong tất cả các cặp (a, b) giả sử
( , )A B S
∈
là cặp có tổng a+
b nhỏ nhất.

2
2
0x k B
= ⇒ =
là số chính phương mâu thuẫn với giả
thiết. x
2
không thể âm vì
2
2 2 2 2
2 2
0x kBx B k x k B k
− + − ≥ + + − >
mâu thuẫn x
2
là nghiệm của (1).
Vì vậy
2
0x ≥
và
2
( , )x B S∈
Do
A B
≥
ta có
2
2 2
B k
x A x A A B

1x y
k
xy
+ +
=
Xét
2 2
1
{(x,y) N N| }
x y
S k
xy
+ +
= ∈ × =
Trong tất cả các cặp (x, y) giả sử
( , )X Y S
∈
là cặp có tổng x+ y nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát giả sử
X Y>
ta xét phương trình:
2 2
1t Y
k
Yt
+ +
=
2 2
1 0t kYt Y
⇔ − + + =

+1 suy ra X
2
cũng là ước của 1.
Vậy X = 1 nên
2 2
1X Y
k
XY
+ +
=
=3.
Từ đó suy ra x
2
là số nguyên và khác 0 vì nếu
2
2
0x k B
= ⇒ =
là số chính phương mâu thuẫn với giả
thiết. x
2
không thể âm vì
2
2 2 2 2
2 2
0x kBx B k x k B k
− + − ≥ + + − >
mâu thuẫn x
2
là nghiệm của (1).

2
* *
( )
{(a,b) | }
4 1
a b
S Z Z k
ab
−
= ∈ × =
−
Trong tất cả các cặp (a, b) giả sử
( , )A B S
∈
là cặp có tổng a+ b nhỏ nhất.
Không mất tính tổng quát giả sử
A B
>
.
Ta xét phương trình:
2
2 2
( )
(2 4 ) 0
4 1
x B
k x B kB x B k
Bx
−
= ⇔ − + + + =

≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ − ⇒ = ≥ −
−
( )(4 1)A B A B AB A B
⇒ − ≥ + − ≥ +
mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy a = b.
3. Các bài tốn bất đẳng thức và cực trị
Ví dụ 1: Cho phương trình:
2
(3sin cos ) 4 4cos2 0x a a x a
− − − − =
(1)
Đònh a để phương trình có nghiệm sao cho tổng bình phương hai nghiệm của phương trình đạt
giá trò lớn nhất và nhỏ nhất.
Giải: Phương trình (1) có nghiệm
( )
2
(3sin cos ) 4 4 4cos2 0a a a⇔ ∆ = − + − ≥
( )
9 1 cos2
1 cos2 3sin2 16 4cos2 0
2 2
a
a a a
−
⇔ − + − + + ≥
21 3sin2 0a
⇔ − ≥
luôn luôn đúng
a

A A
⇒ − ≤ − − ≤ ⇒ − ≤ − − ≤ +
⇒ = + = −
Ví dụ 2: Xét các số thực: a, b, c sao cho phương trình:
2
0ax bx c
+ + =

( 0)a
≠
có hai nghiệm thuộc [0,
1]. Hãy tinh giá trò lớn nhất của biểu thức:
( )(2 )
( )
a b a b
T
a a b c
− −
=
− +
Giải: Với các số thực a, b, c làm cho phương trình
2
0ax bx c
+ + =
có hai nghiệm
[ ]
0,1
∈
. Gọi hai
nghiệm đó là

a b a b
a a
a
T
a b c b c
a a b c
a a a
  
− −
− −
 ÷ ÷
− −
  
= = =
− +
− +
− +
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -18-
Định lý Viete và ứng dụng

2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(1 )(2 ) 2(1 . )
2
1 . 1 . 1 .
x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
+ + + + + + + + + + + + + +
= = = +

x
là nghiệm của phương trình:
2
0( 0)ax bx c a
+ + = ≠
a. Chứng minh rằng:
0
1 max ;
b c
x
a a
 
≤ +
 
 
b. Chứng minh rằng:
2
0
2
( . 0)
ac b
x a b
ab
+
≤ ≠
Giải:
a. Chứng minh rằng:
0
1 max ;
b c

0( 0)ax bx c a
+ + = ≠
2
2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
b c b c b c b c
ax bx c x x x x x x
a a a a a a a a
⇒ − = + ⇔ − = + ⇒ = + ≤ + = +
Đặt:
max ;
b c
M
a a
 
=
 
 
thì:
( )
2
0 0 0
1
b c
x x M x
a a
≤ + ≤ +
Mặt khác:
( )
2 2

b c
x
a a
 
≤ +
 
 
⇒
(đpcm)
b. Chứng minh rằng:
2
0
2
2
ac b
c b
x
ab b a
+
≤ = +
Giả sử một trong hai nghiệm của phương trình là:
2
0
4
2
b b ac
x
a
− − −
=

2 2 2 2
2 2 2 2
2 4 2 4
4 4
b c b c c c c c
a a a a b a a b
⇔ − ≤ + + ⇔ − ≤ +
Rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng.Vậy:
2
0
2 ac b
x
ab
+
≤
(đpcm)
Ví dụ 4: Biết phương trình:
3 2
1 0( 0)ax bx cx a+ + + = ≠
có ba nghiệm dương là
1 2 3
, ,x x x
.
Chứng minh rằng:
3 2
7 7 7
1 2 3
5
81
b c

.
81 81 81
b c b c
x x x x x x x x x
a a a
 
− = − = + + + +
 ÷
 
p dụng bất đẳng thức:
( )
3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
1
(*)
3
x x x x x x x x x
+ + ≤ + +
Thật vậy: bất đẳng thức (*)
( )
3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
3( )x x x x x x x x x
⇔ + + ≤ + +
( )
2 2 2
1 2 2 3 3 1 1 2 3
2( ) 2x x x x x x x x x
⇔ + + ≤ + +
( ) ( ) ( )

1 2 3 1 2 3
6
1
3
x x x x x x+ + ≤ + +
( ) ( )
8
7 7 7
1 2 3 1 2 3 1 2 3
6
1
( ) (1)
3
x x x x x x x x x⇔ + + ≤ + + + +
Ta có:
( )
2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
( ) 3x x x x x x
+ + ≤ + +
(theo bất đẳng thức Bunhiacopski)
( ) ( )
4 2 2 2 2 3 4 4 4
1 2 3 1 2 3 1 2 3
( ) 3 3x x x x x x x x x
⇒ + + ≤ + + ≤ + +
(2)
Lại có:
( )
2

3
x x x x x x⇔ + + ≤ + +
.
Do đó:
3 2
7 7 7
1 2 3
5
81
b c
x x x
a
+ + ≥ −
(đpcm)
Ví dụ 5: Cho đa thức
3 2
( ) xP x x ax b c
= + + +
có 3 nghiệm khơng âm phân biệt. CMR
3
3 3
b a
c
− < < −
Giải:
Giả sử
1 2 3
, ,x x x
là ba nghiệm khơng âm phân biệt của P(x). Theo định lý Vieta ta có
1 2 3

⇔ − > > −
(đpcm)
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chun Lương Thế Vinh -21-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 6: Cho phương trình bậc ba:
3 2
x x 0x p q p
+ + + =
. Biết rằng phương trình có các nghiệm,
đồng thời các nghiệm ấy là tan 3 góc của một tam giác nhọn. CMR
3 3, 9p q≤ − ≥
Giải:
Giả sử phương trình có ba nghiệm là tanA, tanB, tanC với A, B, C là ba góc của tam giác nhọn ABC.
Theo định lý Viete ta có:
t anA tan tan
tan A tan tan tan tan tan
t anAtanBtanC=
B C
p
B B C C A q
p
+ + =
−


+ + =


−


, x
2,
x
3
là ba nghiệm thực của của P(x). Theo định lý Viet eta có:

1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
x x x a
x x x x x x b
x x x c
+ + = −


+ + =


= −

Suy ra
2 2 2 2
1 2 3
2a b x x x
− = + +
.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
3
2 2 2 2 2 2
2

≥ ≤ + ≤
do đó bất đẳng thức cần chứng minh lại biến đỏi
về dạng:
1 2 3 1 2 3
2( ) 10x x x x x x+ + − ≤
.
Theo bất đẳng thức Bụhiacopski ta có:
2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2 3
[2( ) ] [2(x +x )+x (2- x x )] [4+(2-x x ) ][(x +x ) +x ]x x x x x x
+ + − = ≤
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2
[2( ) ] [8-4x x +(x x ) ](9+2x x )x x x x x x
⇒ + + − ≤
2 3 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2
[2( ) ] 2(x x ) +(x x ) -20x x +72x x x x x x
⇒ + + − ≤
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2
[2( ) ] (x x +2) (2x x - 7) +100 100x x x x x x
⇒ + + − ≤ ≤
(đpcm)
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -22-
Định lý Viete và ứng dụng
Ví dụ 8: (VMO 1999)Cho phương trình
− + − = ≠ ≠
3 2
1 0( 0, )ax x bx a a b

a
x x x
a

+ + =



+ + = >



=


.
Ta có:
2
2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
3
1 2 3 1 2 3
3
1 3
1
( ) 3( )
3
1
1 1
3

Xét hàm số
2
2
5 3 2
( )
( )
a ab
f b
a b a
− +
=
−
với
1
(0; ]
3
b
a
∈
Ta có
2
2 2
2 2
'( ) 0
( )
a
f b
a b a
− −
= <

g a
a a
+ −
= <
−
với mọi
1
(0; ]
3 3
a
∈
1
( ) ( ) 4 3 ( ) 12 3
3 3
g a g f b
⇒ ≥ = ⇒ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
1
, 3
3 3
a b
= =
.
Khi đó
1 2 3
3x x x
= = =
. Vậy
min
12 3P

0 0
1
os3.20 os60
2
c c
= =
,
0 0
1
os3.100 os300
2
c c
= =
,
0 0
1
os3.140 os420
2
c c
= =
3
os3 4 os 3cosc c
α α α
= −
nên
0 0 0
os20 , os100 , os140c c c
là ba nghiệm của phương trình:

3 3

T
π π π
= + +
Giải: Ta có
2 3 6
, ,
7 7 7
π π π
là nghiệm của phương trình
2 2
sin 4 sin 3x x
=
Đặt
sinxt
=
thì
2 3 2
sin 3 (3 4 )x t t= −
,
2 2 2 2 2 2
sin 4 (2sin 2 . os2 ) 16 (1 )(1 2 )x x c x t t t= = − −
.
Ta có phương trình:
6 4 2
64 112 56 7 0t t t
− + − =
.
Do đó
2 2 2
2 3 6

tan3 3x =
Hay
3
3 2 2 2 6 4 2
2
3tan tan
3 (3tan tan ) 3(1 3tan ) tan 33tan 27 tan 3 0
1 3tan
x x
x x x x x x
x
−
= ⇒ − = − ⇒ − + − =
−
Do đó
2 0 2 0 2 0
tan 20 ,tan 40 , tan 80
là ba nghiệm của phương trình:
3 2
33 27 3 0t t t
− + − =
Theo định lý Viete ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
33
27
3
t t t
t t t t t t

thì
os5c
α
đều bằng
0
os25c
.
Do đó
0 0 0 0 0
os5 , os77 , os149 , os221 , os293c c c c c
là nghiệm của đa thức
5 3 0
( ) 16 20 5 os25P x x x x c= − + −
Theo định lý Viete ta có
0
0
16
A
= =
Ví dụ 5: Tính
π π π
= + +
3 3 3
2 4 6
os os os
7 7 7
A c c c
Giải:
Ta có
2 4 6

8cos 4cos 4cos 1 0x x x
+ − − =
Đặt
1 2 3
2 4 6
2cos , 2cos , 2cos
7 7 7
t t t
π π π
= = =
thì
1 2 3
, ,t t t
là các nghiệm của phương trình
3 2
2 1 0t t t
+ − − =
Theo định lý Viete ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
1
2
1
t t t
t t t t t t
t t t
+ + = −



3( )( ) 3A t t t t t t t t t t t t t t t
= + + + + + + + −
3 2 2 2
3
3 3 3
3 3 3 3
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3
3( )( ( )) 3B t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t
= + + + + + + + −
Tức là:
Đậu Thế Tâm Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh -25-