ĐỊNH LÍ VIETE VÀ NHỮNG ỨNG DỤNG TRONG ĐẠI SỐ, SỐ HỌC VÀ HÌNH HỌC Hẳn là đến với toán, không ai không biết đến một định lí rất quen thuộc của đại số, định lí Viete. Định lí được phát biểu dưới dạng tổng quát như sau : Nếu $t_{1},t_{2},...,t_{n}$ là $n$ nghiệm thực hay phức của phương trình : $$a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_{n}=0\;\;(a_{0}\neq 0)$$ Thì : $$\left\{\begin{matrix} t_{1}+t_{2}+...+t_{n}=\frac{-a_{1}}{a_0}\\ t_{1}t_{2}+...+t_{1}t_{n}+t_{2}t_{3}+...+t_{2}t_{n}+...+t_{n-1}t_{n}=\frac{a_{2}}{a_0}\\ t_{1}t_{2}t_{3}+t_{1}t_{2}t_{4}+...+t_{1}t_{2}t_{n}+...+t_{n-2}t_{n-1}t_{n}=\frac{-a_3}{a_0}\\ ...\\ t_{1}t_{2}...t_{n}=\frac{(-1)^{n}.a_n}{a_0} \end{matrix}\right.$$ Định lí này cũng có định lí đảo. Nhưng thông thường, ta chỉ biết đến định lí này trong những ứng dụng quan trọng của đại số như tìm điều kiện của một tham số để phương trình có nghiệm thỏa mãn một hệ thức nào đó, hay dùng để giải những phương trình với các đa thức đối xứng. Bạn có thể xem ứng dụng của định lí Viete trong việc giải hệ phương trình tại đây. Nhưng đâu chỉ dừng lại ở đó, định lí Viete còn có những ứng dụng bất ngờ trong giải toán Số học và cả hình học. TRONG SỐ HỌC Với Số học, định lí Viete có những hiệu quả tuyệt vời và được biết đến trong lĩnh vực này với cái tên "Bước nhảy Viete" (Vieta Jumping). Ta xét một số ví dụ sau : Ví dụ 1 : Cho các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn $\frac{x^{2}+y^{2}+1}{xy}\in \mathbb{Z}$. Chứng minh rằng $\frac{x^{2}+y^{2}+1}{xy}=3$. Lời giải : Đặt $k=\frac{x^{2}+y^2+1}{xy}$. Cố định $k$ và trong các bộ số $(x,y)$ thỏa đề, ta chọn $(X,Y)$ là bộ số thỏa mãn tổng nhỏ nhất. Ta sẽ chứng minh $X=Y$. Giả sử $X\neq Y$. Không mất tính tổng quát, giả sử $X>Y$. Xét phương trình ẩn $t$: $$\dfrac{{{t^2} + {Y^2} + 1}}{{tY}} = k \Leftrightarrow {t^2} - kYt + {Y^2} + 1 = 0 \;\;\;(1)$$ Nhận thấy $(1)$ là phương trình bậc hai ẩn $t$. Do giả thiết nên $t_1=X$. $${t_2} = kY - X = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X}$$ Nên $t_2$ là số nguyên dương. Lại có: $$X > Y \ge 1 \Rightarrow {t_2} = \dfrac{{{Y^2} + 1}}{X} < X$$ Cho nên $(t_2,Y)$ là một bộ số nguyên dương khác thỏa đề mà $t_2+Y<X+Y$, trái với cách chọn $(X,Y)$. Vậy $X=Y$ Khi đó $$k = \dfrac{{{X^2} + {Y^2} + 1}}{{XY}} = \dfrac{{2{X^2} + 1}}{{{X^2}}} = 2 + \dfrac{1}{{{X^2}}} \in \mathbb{N} \Rightarrow {X^2}|1 \Rightarrow {X^2} = 1 \Rightarrow k = 3$$. Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2 : Cho $a,b,k$ là các số nguyên dương thỏa mãn $k=\frac{a^{2}+ab+b^{2}}{ab+1}$. Chứng minh rằng $k$ là một số chính phương. Lời giải : Cố định $k$ và xét tập $S=\left \{ (a,b)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}|k=\frac{a^{2}+ab+b^{2}}{ab+1} \right \}$ Gỉa sử $k$ không là số chính phương. Trong các phần tử của $S$ ta chọn ra cặp $(A,B)$ thỏa mãn $A+B$ nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $A>B>0$ Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ : $$k=\frac{x^{2}+xB+B^{2}}{xB+1}\Leftrightarrow x^{2}+(B-kB)x+B^{2}-k=0$$ Phương trình này hiển nhiên có hai nghiệm là $A$ và $x_0$. Theo định lí $Viete$ : $$\left\{\begin{matrix} x_0+A=kB-B & (1)& \\ x_0.A=B^{2}-k& (2)& \end{matrix}\right.$$ Từ $(1)$ ta có $x_0$ là số nguyên. Nếu $x_0<0$ thì $x_{0}\leq -1\Rightarrow x^{2}-(Bk-B)x+B^2-k\geq x^{2}+(Bk-B)+B^2-k>0$. Mâu thuẫn Nếu $x_0=0$ thì $k=B^2$ là một số chính phương (loại) Nếu $x_0>0$ thì $\left ( x_{0},B \right )\in S$. Từ đó : $$x_{0}+B=\frac{B^{2}-k}{A}+B<\frac{B^{2}}{A}+B<\frac{A^{2}}{A}+B=A+B$$ Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của tổng $A+B$. Như vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có $k$ phải là một số chính phương. TRONG HÌNH HỌC Với hình học, định lí Viete tỏ ra hiệu quả của mình trong chứng minh những hệ thức hình học. Ta xem tiếp các ví dụ sau : Ví dụ 3 : Chứng minh rằng $r_{a},r_{b},r_{c}$ là ba nghiệm của phương trình $x^{3}-(4R+r)x^{2}+p^{2}x-p^{2}r=0$. Lời giải : Trước hết ta sẽ chứng minh các hệ thức sau : $$\left\{\begin{matrix} r_a+r_b+r_c=4R+r\;\;(1)\\ r_ar_b+r_br_c+r_cr_a=p^{2}\;\;(2)\\ r_ar_br_c=p^{2}r\;\;(3) \end{matrix}\right.$$ Áp dụng một công thức quen thuộc $r_a=\frac{S}{p-a}$, ta có : $$r_a+r_b+r_c=S\left ( \frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c} \right )=S.\left [ \frac{(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)}{(p-a)(p-b)(p-c)} \right ]=\frac{p\left ( 3p^{2}-2p(a+b+c)+ab+bc+ca \right )}{S}=\frac{p(3p^{2}-4p^{2}+p^{2}+r^{2}+4Rr)}{S}=\frac{pr(r+4R)}{S}=4R+r$$ Chú ý rằng ta dễ dàng chứng minh được $ab+bc+ca=4R+r$ Tiếp theo, $$r_ar_b+r_br_c+r_cr_a=\frac{S^{2}}{(p-a)(p-b)}+\frac{S^{2}}{(p-b)(p-c)}+\frac{S^{2}}{(p-c)(p-a)}=\frac{S^{2}.p}{(p-a)(p-b)(p-c)}=p^{2}$$ Và $r_{a}r_{b}r_c=\frac{S^{3}}{(p-a)(p-b)(p-c)}=Sp=p^{2}r$ Như vậy các hệ thức $(1)(2)(3)$ đều đã được chứng minh. Từ đó áp dụng định lí Viete đảo, ta có ngay $r_a,r_b,r_c$ là ba nghiệm của phương trình : $$x^{3}-(4R+r)x^{2}+p^{2}x-p^{2}r=0$$ Và đây là điều phải chứng minh. Bằng cách sử dụng định lí Viete đảo tương tự, ta đi đến ví dụ 4. Ví dụ 4 : Chứng minh rằng $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $$x^{3}-2px^{2}+(p^{2}+r^{2}+4Rr)x-4Rrp=0$$ Lời giải xin giành cho bạn đọc. Chưa dừng lại ở đó, định lí Viete còn cho ta thêm những tư tưởng mới trong chứng minh những bất đẳng thức hình học. Ví dụ 5 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có $p^{2}\leq 6R^{2}+3r^{2}$ Lời giải : Theo phần chứng minh trên, ta đã có $r_a+r_b+r_c=4R+r$ và $r_ar_b+r_br_c+r_cr_a=p^{2}$ Từ đó nghĩ ngay đến bất đẳng thức quen thuộc $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$, ta có : $$(r_a+r_b+r_c)^{2}\geq 3(r_ar_b+r_br_c+r_cr_a)\Leftrightarrow (4R+r)^{2}\geq 3p^{2}$$ Do vậy cần chứng minh : $$(4R+r)^{2}\leq 18R^{2}+9r^{2}\Leftrightarrow 2R^{2}+8r^{2}\geq 4Rr$$ Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tam giác đã cho là tam giác đều.
