Phương trình bậc ba nhận các yếu tố trong tam giác là nghiệm

Bài toán 2.11. Chứng minh rằng



1 1 1

, , là nghiệm của phương trình

a b c



p2 + r2 + 4Rr 2

1

1

x −

x +

x−

= 0.

4pRr

2Rr

4pRr

3



Lời giải. Thay x bởi



(2.11)



1

, ta có ngay điều phải chứng minh.

x



Bài toán 2.12. Chứng minh rằng p − a, p − b, p − c là các nghiệm của

phương trình

x3 − px2 + r(r + 4R)x − pr2 = 0.

Lời giải. Theo công thức diện tích ta có



S 2 = p(p − a)(p − b)(p − c) = p2 r2 ⇒ (p − a)(p − b)(p − c) = pr2 .

p − a + p − b + p − c = 3p − (a + b + c) = p.

Giờ ta chứng minh



(p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) = r(r + 4R)

⇔ (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) =



S abc S

(

+ )

p S

p



⇔ (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a)

abc (p − a)(p − b)(p − c)

=

+

p

p

abc (p − a)(p − b)(p − c)

boxT ac

+

p

p

3

2

abc + p − p a − p2 b − p2 c + pab + pbc + pca − abc

=

p

= p2 − pa − pb − pc + ab + bc + ca

= 3p2 − pa − pb − pc + ab + bc + ca − 2p2

= 3p2 − pa − pb − pc + ab + bc + ca − p(a + b + c)

= p2 − pa − pb + ab + p2 − pb − pc + bc + p2 − pc − pa + ca

= (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a).

Vậy đẳng thức được chứng minh. Ta có p − a, p − b, p − c là ba nghiệm của

phuơng trình

x3 − px2 + r(r + 4R)x − pr2 = 0.

29



Bài toán 2.13.



1

1

1

,

,

là ba nghiệm của phương trình

p−a p−b p−c

x3 −



Lời giải. Thay x bởi



4R + r 2

1

1

x + 2 x − 2 = 0.

pr

r

pr



1

, ta có điều phải chứng minh.

x



Bài toán 2.14 (Phương trình bậc ba theo các đường cao). Chứng minh

rằng ha , hb , hc là các nghiệm của phương trình



p2 + r2 + 4Rr 2 2p2 r

2p2 r2

x −

x +

x−

= 0.

2R

R

R

3



1

Lời giải. Theo công thức tính diện tích tam giác, ta có S = aha =

2

2pr

2pr

2pr

pr ⇒ ha =

. Tương tự ta có hb =

, hc =

. Nên ha + hb + hc =

a

b

c

1 1 1

2pr( + + ) và

a b c

ha + hb + hc = 2pr

ha hb + hb hc + hc ha =



p2 + r2 + 4Rr

p2 + r2 + 4Rr

=

.

4pRr

2R



2pr 2pr 2pr 2pr 2pr 2pr

1

1

1

+

+

= 4p2 r2 ( + + ),

a b

b c

c a

ab bc ca



2p2 r

1

=

.

ha hb + hb hc + hc ha = 4p r

2Rr

R

2 2



ha hb hc = 8p3 r3



1

. Ta có

abc

1

2p2 r2

ha hb hc = 8p r

=

.

4pRr

R

3 3



Vậy ha , hb , hc là nghiệm của phương trình



p2 + r2 + 4Rr 2 2p2 r

2p2 r2

x −

x +

x−

= 0.

2R

R

R

3



Bài toán 2.15.



1 1 1

, ,

ha hb hc

30



là nghiệm của phương trình



1 2 p2 + r2 + 4Rr

2R

x − x +

x − 2 2 = 0.

2

2

r

4p r

4p r

1

Lời giải. Thay x bởi ta có ngay điều phải chứng minh.

x

Bài toán 2.16 (Phương trình bậc ba theo bán kính đường tròn bàng tiếp).

Chứng minh rằng ra , rb , rc là nghiệm của phương trình

3



x3 − (4R + r)x2 + p2 x − p2 r = 0.

Lời giải. Từ S = pr = ra (p − a) = rb (p − b) = rc (p − c) suy ra

pr

pr

pr

ra =

, rb =

, rc =

p−a

p−b

p−c

hay

p3 r 3

ra rb rc =

(p − a)(p − b)(p − c)



p4 r 3

p4 r 3

= 2 = p2 r.

=

p(p − a)(p − b)(p − c)

S

Ta có

1

1

1

ra + rb + rc = pr(

+

+

)

p−a p−b p−c

4R + r

= pr

= 4R + r.

pr

1

1

1

+

+

)

và ra rb +rb rc +rc ra = p2 r2 (

(p − a)(p − b) (p − b)(p − c) (p − c)(p − a)

1

= p2 r 2 2 = p2 .

r

Vậy ra , rb , rc là nghiệm của phương trình



x3 − (4R + r)x2 + p2 x − p2 r = 0.

Bài toán 2.17. Chứng minh rằng

1 1 1

, ,

ra rb rc

là nghiệm của phương trình

1

4R + r

1

x3 − x2 +

x

−

= 0.

r

p2 r

p2 r

1

Lời giải. Thay x bởi ta có ngay điều phải chứng minh.

x

31



2.2



Giải phương trình bậc bốn



Trong phần này ta sẽ nêu phương pháp chung để phân tích một đa

thức bậc bốn tổng quát thành tích của hai tam thức bậc hai. Đối với một

số dạng đa thức bậc bốn đặc biệt có những phép biến đổi phù hợp và đơn

giản hơn, không đòi hỏi phải vận dụng toàn bộ thuật toán tổng quát.

Bài toán 2.18. Giải phương trình



ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0



(2.12)



ad2 = eb2 , a, e = 0.



(2.13)



với

(Phương trình (2.12)-(2.13) có tên gọi : phương trình hồi quy bậc bốn).

Lời giải. Viết (2.13) dưới dạng



d

e

= ( )2 .

a

b

Đặt



d

= α có d = bα; e = a(α)2 . Thế vào phương trình (2.12), ta được:

b

ax4 + bx3 + cx2 + bαx + a(α)2 = 0

⇔ a(x4 − α2 ) + bx(x2 + α) + cα2 = 0

⇔ a(x2 + α)2 + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = 0



Nhận xét x = 0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế của phương

trình cho x2 ta được:

at2 + bt + c − 2aα = 0

x2 + α

với t =

x

Vậy phương trình (2.12)-(2.13) đưa về hệ:



at2 + bt + c − 2aα = 0

(2.14)

x2 − tx + α = 0

Giải phương trình thứ nhất của hệ (2.14) ta tính được t và từ phương

trình thứ hai của hệ (2.14) ta tính được x.



32



Bài toán 2.19. Giải phương trình



(x − a)4 + (x − b)4 = c

Lời giải Đặt x = t +



(2.15)



a+b

a−b

;α =

. Khi đó

2

2



(2.15) ⇔ (t + α)4 + (t − α)4 = c



⇔ [(t + α)2 − (t − α)2 ]2 + 2(t2 − α2 )2 = c

⇔ 16α2 t2 + 2(t2 − α2 )2 = c.

Ta nhận được phương trình trùng phương: 2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = 0.

Bài toán 2.20. Giải phương trình



x4 = ax2 + bx + c

với



b2 = 4(a + 2)(c + 1)

Lời giải Tam thức bậc hai với



∆ = b2 − 4(a + 2)(c + 1) = 0

có dạng f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1

và f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1 có nghiệm kép và



b



(a + 2)(x +

)2 nếu a = −2

2(a + 2)

f (x) =



c + 1 nếu a = −2

Phương trình đã cho được viết dưới dạng



x4 + 2x2 + 1 = (a + 2)x2 + bx + c + 1

⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)x2 + bx + c + 1

1) Nếu a + 2 = 0(⇔ a = −2) thì b = 0 và ta được phương trình



(x2 + 1)2 = c + 1

2 ) Nếu a + 2 < 0 thì phương trình vô nghiệm vì có



Vế trái ≥ 0

Vế phải < 0

33