ứng dụng của định lí vi-ét

Bài viết trình bày một số ứng dụng của định lí Vi-ét trong việc giải các bài toán liên quan đến tam thức bậc hai và phương trình trình bậc hai.

A. ĐỊNH LÍ VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG

1. Định lí Vi-ét đối với phương trình bậc hai: Hai số \({{x}_{1}}\) và \({{x}_{2}}\) là các nghiệm của phương trình bậc hai \(a{{x}^{2}}+bx+c=0\) khi và chỉ khi chúng thỏa mãn hệ thức \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-\frac{b}{a}\) và \({{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{c}{a}.\)

2. Ứng dụng của định lí Vi-ét

Một số ứng dụng của định lí Vi-ét:

• Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai.

• Phân tích đa thức thành nhân tử: Nếu đa thức \(f\left( x \right)=a{{x}^{2}}+bx+c\) có hai nghiệm \({{x}_{1}}\) và \({{x}_{2}}\) thì nó có thể phân tích thành nhân tử \(f\left( x \right)=a\left( x-{{x}_{1}} \right)\left( x-{{x}_{2}} \right)\).

• Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng: Nếu hai số có tổng là \(S\) và tích là \(P\) thì chúng là nghiệm của phương trình \({{x}^{2}}-Sx+P=0\).

• Xét dấu của các nghiệm phương trình bậc hai:

Cho phương trình bậc hai \(a{{x}^{2}}+bx+c=0\) \((*)\), kí hiệu \(S=-\frac{b}{a}\), \(P=\frac{c}{a}\) khi đó:

+ Phương trình \((*)\) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi \(P<0.\)

+ Phương trình \((*)\) có hai nghiệm dương khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{matrix}

\Delta \ge 0 \\

\begin{align}

& P/>0 \\

& S/>0 \\

\end{align} \\

\end{matrix} \right.\)

+ Phương trình \((*)\) có hai nghiệm âm khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{matrix}

\Delta \ge 0 \\

\begin{align}

& P/>0 \\

& S<0 \\

\end{align} \\

\end{matrix} \right.\)

B. CÁC DẠNG TOÁN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ VI-ÉT

Dạng toán 1. Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai.

Ví dụ 1. Cho phương trình \(2{{x}^{2}}-mx+5=0\). Biết phương trình có một nghiệm là \(2\). Tìm \(m\) và tìm nghiệm còn lại.

Cách 1: Vì phương trình có nghiệm nên theo hệ thức Vi-ét ta có \({{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{5}{2}.\)

Giả sử \({{x}_{1}}=2\) suy ra \({{x}_{2}}=\frac{5}{4}.\)

Mặt khác \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{m}{2}\) \(\Rightarrow 2+\frac{5}{4}=\frac{m}{2}\) \(\Rightarrow m=\frac{13}{2}\).

Vậy \(m=\frac{13}{2}\) và nghiệm còn lại là \(\frac{5}{2}.\)

Cách 2. Thay \(x=2\) vào phương trình ta được \(8-2m+5=0\) \(\Leftrightarrow m=\frac{13}{2}.\)

Theo hệ thức Vi-ét ta có \({{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{5}{2}\) mà \({{x}_{1}}=2\) nên \({{x}_{2}}=\frac{5}{4}.\)

Vậy \(m=\frac{13}{2}\) và nghiệm còn lại là \(\frac{5}{2}.\)

Dạng toán 2. Phân tích đa thức thành nhân tử.

Ví dụ 2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

a) \(f(x)=3{{x}^{2}}-14x+8.\)

b) \(g(x)=-{{x}^{4}}+5{{x}^{2}}-4.\)

c) \(P(x;y)=6{{x}^{2}}-11xy+3{{y}^{2}}.\)

d) \(Q(x;y)=2{{x}^{2}}-2{{y}^{2}}-3xy+x-2y.\)

a) Phương trình \(3{{x}^{2}}-14x+8=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

x=\frac{2}{3} \\

x=4 \\

\end{matrix} \right.\)

Suy ra \(f(x)=3\left( x-\frac{2}{3} \right)\left( x-4 \right)\) \(=\left( 3x-2 \right)\left( x-4 \right).\)

b) Phương trình \(-{{x}^{4}}+5{{x}^{2}}-4=0\) \(\Leftrightarrow -{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{2}}+5{{x}^{2}}-4=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

{{x}^{2}}=1 \\

{{x}^{2}}=4 \\

\end{matrix} \right.\)

Suy ra \(g(x)=-\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( {{x}^{2}}-4 \right)\) \(=-\left( x-1 \right)\left( x+1 \right)\left( x-2 \right)\left( x+2 \right).\)

c) Xét phương trình \(6{{x}^{2}}-11xy+3{{y}^{2}}=0\) ẩn \(x.\)

Ta có: \({{\Delta }_{x}}={{\left( 11y \right)}^{2}}-4.18{{y}^{2}}=49{{y}^{2}}.\)

Suy ra phương trình có nghiệm là \(x=\frac{11y\pm 7y}{12}\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

x=\frac{y}{3} \\

x=\frac{3y}{2} \\

\end{matrix} \right.\)

Do đó \(P(x;y)=6\left( x-\frac{y}{3} \right)\left( x-\frac{3y}{2} \right)\) \(=\left( 3x-y \right)\left( 2x-3y \right).\)

d) Xét phương trình ẩn \(x\) sau: \(2{{x}^{2}}-2{{y}^{2}}-3xy+x-2y=0\) \(\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+\left( 1-3y \right)x-2{{y}^{2}}-2y=0.\)

Ta có: \({{\Delta }_{x}}={{\left( 1-3y \right)}^{2}}-8\left( -2{{y}^{2}}-2y \right)\) \(=25{{y}^{2}}+10y+1\) \(={{\left( 5y+1 \right)}^{2}}.\)

Suy ra phương trình có nghiệm là \(x=\frac{3y-1\pm \left( 5y+1 \right)}{4}\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

x=2y \\

x=\frac{-y-1}{2} \\

\end{matrix} \right.\)

Do đó \(Q(x;y)=2\left( x-2y \right)\left( x-\frac{-y-1}{2} \right)\) \(=\left( x-2y \right)\left( 2x+y+1 \right).\)

Ví dụ 3. Phân tích đa thức \(f\left( x \right)={{x}^{4}}-2m{{x}^{2}}-x+{{m}^{2}}-m\) thành tích của hai tam thức bậc hai ẩn \(x.\)

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

\({{\Delta }_{m}}={{\left( 2{{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}-4\left( {{x}^{4}}-x \right)\) \(=4{{x}^{2}}+4x+1={{\left( 2x+1 \right)}^{2}}.\)

Suy ra \(f\left( x \right)=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

m=\frac{2{{x}^{2}}+1+2x+1}{2}={{x}^{2}}+x+1 \\

m=\frac{2{{x}^{2}}+1-2x-1}{2}={{x}^{2}}-x \\

\end{matrix} \right.\)

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

[ads]

Dạng toán 3. Bài toán liên quan đến biểu thức đối xứng hai nghiệm \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) của phương trình bậc hai.

Ví dụ 4. Cho phương trình \({{x}^{2}}-2\left( m+1 \right)x+{{m}^{2}}+2=0\) với \(m\)là tham số. Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({{x}_{1}}\),\({{x}_{2}}\) sao cho:

a) \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=2{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right).\)

b) \(\left| x_{1}^{4}-x_{2}^{4} \right|=16{{m}^{2}}+64m.\)

c) \(A={{x}_{1}}{{x}_{2}}-2\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-6\) đạt giá trị nhỏ nhất.

d) \(B=\sqrt{2\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+16}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có phương trình có hai nghiệm \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) khi và chỉ khi \(\Delta’\ge 0\) \(\Leftrightarrow {{\left( m+1 \right)}^{2}}-\left( {{m}^{2}}+2 \right)\ge 0\) \(\Leftrightarrow m\ge \frac{1}{2}.\)

Theo định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{matrix}

{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m+2 \\

{{x}_{1}}.{{x}_{2}}={{m}^{2}}+2 \\

\end{matrix} \right.\)

a) Ta có \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}\) \(={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{3}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right).\)

Suy ra \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=2{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\) \(\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{3}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\) \(=2{{x}_{1}}{{x}_{2}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\) \(\Leftrightarrow \left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-5{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]=0.\)

Suy ra \(\left( 2m+2 \right)\left[ {{\left( 2m+2 \right)}^{2}}-5\left( {{m}^{2}}+2 \right) \right]=0\) \(\Leftrightarrow 2\left( m+1 \right)\left( -{{m}^{2}}+8m-6 \right)=0\)  \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}

{m + 1 = 0}\\

{ – {m^2} + 8m – 6 = 0}

\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}

{m = – 1}\\

{m = 4 \pm \sqrt {10} }

\end{array}} \right.\)

Đối chiếu với điều kiện \(m \ge \frac{1}{2}\) ta thấy chỉ có \(m=4\pm \sqrt{10}\) thỏa mãn.

Vậy \(m=4\pm \sqrt{10}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

b) Ta có \(\left| x_{1}^{4}-x_{2}^{4} \right|\) \(=\left| \left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)\left( x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \right) \right|\) \(=\left[ {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}} \right]\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\left| {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right|.\)

Mà: \(\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\) \(=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}\) \(=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\) \(=\sqrt{{{\left( 2m+2 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}+2 \right)}\) \(=\sqrt{8m-4}.\)

Suy ra: \(\left| x_{1}^{4}-x_{2}^{4} \right|\) \(=\left[ {{\left( 2m+2 \right)}^{2}}-2\left( {{m}^{2}}+2 \right) \right]\)\(\sqrt{8m-4}\left| 2m+2 \right|\) \(=\left( 2{{m}^{2}}+8m \right)\sqrt{8m-4}\left| 2m+2 \right|.\)

Suy ra \(\left| x_{1}^{4}-x_{2}^{4} \right|\) \(=16{{m}^{2}}+64m\) \(\Leftrightarrow \left( 2{{m}^{2}}+8m \right)\sqrt{8m-4}\left| 2m+2 \right|\) \(=16{{m}^{2}}+64m\) \( \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 4m} \right)\left( {\sqrt {8m – 4} \left| {2m + 2} \right| – 8} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}

{{m^2} + 4m = 0\:(1)}\\

{\sqrt {8m – 4} \left| {2m + 2} \right| = 8\:(2)}

\end{array}} \right.\)

Ta có:

\(\left( 1 \right)\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

m=0 \\

m=-4 \\

\end{matrix} \right.\) (loại).

\(\left( 2 \right)\) \(\Leftrightarrow \left( 8m-4 \right){{\left( 2m+2 \right)}^{2}}=64\) \(\Leftrightarrow 32{{m}^{3}}+48{{m}^{2}}-80=0\) \(\Leftrightarrow m=1\) (thỏa mãn điều kiện \(m \ge \frac{1}{2}\)).

Vậy \(m=1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

c) Ta có \(A={{x}_{1}}{{x}_{2}}-2\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-6\) \(={{m}^{2}}+2-2\left( 2m+2 \right)-6\) \(={{m}^{2}}-4m-8.\)

\(\Rightarrow A={{\left( m-2 \right)}^{2}}-12\ge -12.\)

Suy ra \(\min A=-12\) \(\Leftrightarrow m=2\) (thỏa mãn điều kiện \(m \ge \frac{1}{2}\)).

Vậy với \(m=2\) thì biểu thức \(A\) đạt giá trị nhỏ nhất.

d) Ta có: \(B=\sqrt{2\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)+16}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) \(=\sqrt{2{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}+16}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) \(=\sqrt{2{{\left( 2m+2 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}+2 \right)+16}-3\left( {{m}^{2}}+2 \right)\) \(=\sqrt{4{{m}^{2}}+16m+16}-3\left( {{m}^{2}}+2 \right)\) \(=2m+4-3\left( {{m}^{2}}+2 \right)\) \(=-3{{m}^{2}}+2m-2.\)

Xét hàm số \(y=-3{{m}^{2}}+2m-2\) với \(m\ge \frac{1}{2}.\)

Bảng biến thiên:

Suy ra giá trị \(\underset{m\ge \frac{1}{2}}{\mathop{\max y}}=-\frac{7}{4}\) khi \(m=\frac{1}{2}.\)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(B\) là \(-\frac{7}{4}\) khi \(m=\frac{1}{2}.\)

Ví dụ 5. Cho phương trình \({{x}^{2}}-mx+m-1=0\) với \(m\) là tham số.

a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi \(m.\)

b) Gọi \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) là hai nghiệm của phương trình. Tìm hệ thức liên hệ giữa \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) không phụ thuộc vào \(m.\)

c) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức \(A=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+3}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2({{x}_{1}}{{x}_{2}}+1)}.\)

a) Ta có \(\Delta ={{m}^{2}}-4\left( m-1 \right)\) \(={{\left( m-2 \right)}^{2}}~\ge 0\) nên phương trình có nghiệm với mọi giá trị của \(m.\)

b) Theo hệ thức Vi-ét ta có: \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m\) và \({{x}_{1}}{{x}_{2}}=m-1.\)

Suy ra hệ thức liên hệ giữa \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) không phụ thuộc vào \(m\) là \({{x}_{1}}{{x}_{2}}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}-1.\)

c) Ta có \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\) \(={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) \(={{m}^{2}}-2m+2.\)

Suy ra \(A=\frac{2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+3}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2({{x}_{1}}{{x}_{2}}+1)}\) \(=\frac{2m+1}{{{m}^{2}}+2}.\)

Vì \(A-1=\frac{2m+1}{{{m}^{2}}+2}-1\) \(=\frac{2m+1-{{m}^{2}}-2}{{{m}^{2}}+2}\) \(=-\frac{{{\left( m-1 \right)}^{2}}}{{{m}^{2}}+2}\le 0\), \(\forall m\) \(\Rightarrow A\le 1\), \(\forall m.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(m=1.\)

Và \(A+\frac{1}{2}\) \(=\frac{2m+1}{{{m}^{2}}+2}+\frac{1}{2}\) \(=\frac{2\left( 2m+1 \right)+{{m}^{2}}+2}{2\left( {{m}^{2}}+2 \right)}\) \(=\frac{{{\left( m+2 \right)}^{2}}}{2\left( {{m}^{2}}+2 \right)}\ge 0\), \(\forall m\) \(\Rightarrow A\ge -\frac{1}{2}\), \(\forall m.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(m=-2.\)

Vậy \(\max A=1\) khi và chỉ khi \(m=1\), \(\min A=-\frac{1}{2}\) khi và chỉ khi \(m=-2.\)

C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1. Đề bài

Bài toán 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

a) \(f(x)=2{{x}^{2}}-5x+3.\)

b) \(g(x)=2{{x}^{4}}-14{{x}^{2}}-36.\)

c) \(P(x;y)=3{{x}^{2}}-5xy-2{{y}^{2}}.\)

d) \(Q(x;y)={{x}^{2}}-2{{y}^{2}}-xy-3y-1.\)

Bài toán 2. Phân tích đa thức \(f\left( x \right)=2{{x}^{3}}+\left( m+1 \right){{x}^{2}}+2mx+{{m}^{2}}+m\) (biến \(x\) và tham số \(m\)) thành tích một đa thức bậc hai và một đa thức bậc nhất.

Bài toán 3. Gọi \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) là hai nghiệm của phương trình: \(-{{x}^{2}}+3x+1=0\). Tính giá trị của các biểu thức:

\(A=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}.\)

\(B=x_{1}^{3}\left( {{x}_{1}}-1 \right)+x_{2}^{3}\left( {{x}_{2}}-1 \right).\)

\(C=\left| \frac{1}{x_{1}^{2}}-\frac{1}{x_{2}^{2}} \right|.\)

Bài toán 4. Tìm \(m\) để phương trình \(3{{x}^{2}}+4\left( m-1 \right)x+{{m}^{2}}-4m+1=0\) có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) thỏa mãn: \(\frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}=\frac{1}{2}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right).\)

Bài toán 5. Cho phương trình \({{x}^{2}}-2\left( m-1 \right)x+{{m}^{2}}-3=0\) với \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({{x}_{1}}\); \({{x}_{2}}\) sao cho:

a) \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2{{x}_{1}}{{x}_{2}}.\)

b) \(A=2\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)-{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) đạt giá trị lớn nhất.

c) \(B=\frac{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Hướng dẫn giải và đáp số

Bài toán 1.

a) Phương trình \(2{{x}^{2}}-5x+3=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

x=\frac{3}{2} \\

x=1 \\

\end{matrix} \right.\)

Suy ra \(f(x)=\left( 2x-3 \right)\left( x-1 \right).\)

b) \(g(x)=2\left( {{x}^{2}}+2 \right)\left( {{x}^{2}}-9 \right)\) \(=2\left( {{x}^{2}}+2 \right)\left( x-3 \right)\left( x+3 \right).\)

c) \(P(x;y)=\left( x-2y \right)\left( 3x+y \right).\)

d) \(Q(x;y)=\left( x-2y-1 \right)\left( x+y+1 \right).\)

Bài toán 2. \(f\left( x \right) = ({x^2} + m)(2x + m + 1).\)

Bài toán 3. Ta có \(\Delta ={{3}^{2}}+4=13/>0\) nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}.\)

Theo định lí Vi-ét ta có: \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3\), \({{x}_{1}}{{x}_{2}}=-1.\)

Khi đó: \(A=11\), \(B=83\), \(C=3\sqrt{13}.\)

Bài toán 4.

Trước hết phương trình phải có hai nghiệm khác \(0\) nên: \(\left\{ \begin{align}

& \Delta’={{m}^{2}}+4m+1/>0 \\

& \frac{c}{a}=\frac{{{m}^{2}}-4m+1}{3}\ne 0 \\

\end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}

& {{m}^{2}}+4m+1/>0 \\

& {{m}^{2}}-4m+1\ne 0 \\

\end{align} \right.\) \((*).\)

Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{4\left( 1-m \right)}{3}\), \({{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{{{m}^{2}}-4m+1}{3}.\)

Ta có: \(\frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}=\frac{1}{2}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\) \(\Leftrightarrow \left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}-2 \right)=0\) (vì \({{x}_{1}}{{x}_{2}}\ne 0\)) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

& {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=0 \\

& {{x}_{1}}{{x}_{2}}-2=0 \\

\end{align} \right.\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}

& m=1 \\

& {{m}^{2}}-4m-5=0 \\

\end{align} \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.

Bài toán 5. Ta có phương trình có hai nghiệm \({{x}_{1}}\), \({{x}_{2}}\) khi và chỉ khi \(\Delta’\ge 0\) \(\Leftrightarrow {{\left( m-1 \right)}^{2}}-\left( {{m}^{2}}-3 \right)\ge 0\) \(\Leftrightarrow m\le 2.\)

Theo định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{matrix}

{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m-2 \\

{{x}_{1}}.{{x}_{2}}={{m}^{2}}-3 \\

\end{matrix} \right.\)

a) \({{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) \(\Leftrightarrow 2m-2=2\left( {{m}^{2}}-3 \right)\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}

m=-1 \\

m=2 \\

\end{matrix} \right.\) (thỏa mãn điều kiện \(m\le 2\)).

b) \(A=2{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-5{{x}_{1}}{{x}_{2}}\) \(=2\left( 2m-2 \right)-5\left( {{m}^{2}}-3 \right)\) \(=-5{{m}^{2}}+4m+11\) \(=-5{{\left( m-\frac{2}{5} \right)}^{2}}+3\le 3.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(m=\frac{2}{5}.\)

c) \(B=\frac{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-3{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\) \(=\frac{{{m}^{2}}-3}{{{\left( 2m-2 \right)}^{2}}-3\left( {{m}^{2}}-3 \right)}\) \(=\frac{{{m}^{2}}-3}{{{m}^{2}}-8m+13}.\)

Suy ra \(\min B=-\frac{1}{3}\) khi và chỉ khi \(m=1.\)