Đề tài những phương pháp giải phương trình bậc cao

Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
PHẦN I
ĐẶT VẤN ĐỀ
Toán học là môn khoa học tự nhiên có từ rất lâu đời. Nó tồn tại và phát
triển cùng với sự tồn tại và phát triển của xã hội loài người. Từ 2000 năm trước
công nguyên người Cổ đại đã biết cách giải các phương trình bậc nhất, người cổ
Babilon đã biết giải phương trình bậc hai và đã dùng các bảng đặc biệt để giải
phương trình bậc ba.
Nhưng để giải các phương trình bậc cao hơn phải đến đầu thế kỷ 19, nhà
Toán học Nauy là Abet ( 1802 – 1829) chứng minh được rằng phương trình tổng
quát bậc 5 và lớn hơn bậc 5 là không để giải được bằng các phương tiện thuần tuý
đại số. Sau cùng nhà toán học Pháp là Galoa ( 1811 – 1832) đã giải quyết một
cách trọn vẹn về vấn đề phương trình đại số.
Sau nhiều năm giảng dạy môn Toán ở bậc trung học cơ sở tôi nhận thấy
mảng giải phương trình bậc cao được đưa ra ở sách giáo khoa lớp 8, 9 là rất
khiêm tốn, nội dung sơ lược, mang tính chất giới thiệu khái quát, quỹ thời gian
giành cho nó là quá ít ỏi. Bên cạnh đó là các nội dung bài tập ứng dụng thì rất
phong phú, đa dạng và phức tạp. Các phương trình bậc cao là một nội dung
thường gặp trong các kỳ thi ở Bậc THCS, THPT và đặc biệt trong các kỳ thi
tuyển sinh vào Đại học và cao đẳng.
Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung, tính phức tạp hóa gây nên sự trở
ngại cho học sinh trong quá trình tiếp cận với phương trình bậc cao. Cùng với sự
tích luỹ kinh nghiệm có được của bản thân qua nhiều năm giảng dạy. Kết hợp với
những kiến thức mà tôi đã lĩnh hội được trong chương trình Đại học Toán mà đặc
biệt là sự hướng dẫn tận tình của các thầy cô giáo. Tôi mạnh dạn chọn đề tài
“Những phương pháp giải phương trình bậc cao.”
Qua đề tài, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này,
tự phân loại được một số dạng toán giải phương trình bậc cao, nêu lên một số
phương pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó giúp học sinh có thể dễ dàng hơn
trong việc giải phương trình bậc cao. Qua nội dung này tôi hy vọng học sinh phát
huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua cá bài tập nhỏ. Từ đó

hình thành cho học sinh khả năng tư duy sáng tạo trong học tập.
1
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
PHẦN II :
NỘI DUNG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU
Để giải một bài toán đòi hỏi người giải phải biết phân tích để khai thác hết
giả thiết, các điều kiện yêu cầu của đề bài, thể loại bài toán để từ đó định
hướng cách giải. Đại bộ phận học sinh chúng ta không hiểu rõ sự quan trọng cần
thiết của việc phân tích và nhận định hướng giải, nhiều em không học lý thuyết đã
vận dụng ngay, không giải được thì chán nản, bỏ không giải hoặc giở sách giải ra
chép v.v
Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt khi dạy chương phương trình ta thấy
các dạng phương trình đa dạng và phong phú, mà ta phải vận dụng nhiều kỹ năng
biến đổi đại số như sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ và một số hằng đẳng thức
mở rộng, dùng các phép biến đổi tương đương và các phép biến đổi đại số, phân
tích đa thức thành nhân tử
Công cụ giải phương trình đòi hỏi không cao xa, chỉ với kiến thức toán cấp
hai là đủ. Cái quan trọng là yêu cầu học sinh phải nắm vững kiến thức, phải có sự
lập luận chặt chẽ, phải biết xét đầy đủ các khía cạnh, các trường hợp cụ thể của
từng vấn đề. Đặc biệt là yêu cầu đối với những học sinh khá, giỏi phải hết sức
sáng tạo, linh hoạt trong khi giải phương trình, biết đặc biệt hoá và tổng quát hoá
những vấn đề cần thiết.
Là giáo viên trong quá trình giảng dạy việc cung cấp kiến thức cho học sinh
phải thực sự đúng quy trình các bước biến đổi, phải đảm bảo lôgíc, có hệ thống,
không tự tiện cắt bỏ kiến thức để rèn cho các em học sinh thói quen cẩn thận, kỹ
năng giải bài tập hợp lôgíc toán học.
Việc giải phương trình bậc cao quy về bậc một nằm trong chương trình bậc
nhất một ẩn phần cuối chương, đây là một vấn đề khó với các em học sinh trung
bình và học sinh đại trà, số tiết dạy cho phần này lại ít.
* Đối với giáo viên : Phải hệ thống được các khái niệm và các định nghĩa

cơ bản của các dạng phương trình, các tính chất và các cách giải phương trình từ
đơn giản đến phức tạp. Nghiên cứu, tìm tòi, khai thác để tìm được những ứng
dụng đa dạng, phong phú của phương trình. Mặt khác phải lựa chọn các phương
pháp thích hợp đối với từng đối tượng học sinh, đồng thời nâng cao nghiệp vụ của
giáo viên.
2
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
* Đối với học sinh : Nắm chắc một cách có hệ thống các khái niệm, định
nghĩa, các phép biến đổi tương đương, các tính chất và các hệ quả. Từ đó phát
triển khả năng tư duy, lôgíc cho người học. Giúp cho học sinh có một khả năng
độc lập, suy diễn và vận dụng, rèn trí thông minh cho học sinh. Đồng thời cho học
sinh thấy được sự thuận tiện hơn rất nhiều trong giải phương trình.
II- NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH :
1- Các định nghĩa :
1.1 Định nghĩa phương trình :
Giả sử A(x) = B(x) là hai biểu thức chứa một biến x. Khi nói A(x) = B(x) là
một phương trình, ta hiểu rằng phải tìm giá trị của x để các giá trị tương ứng của
hai biểu thức này bằng nhau.
Biến x được gọi là ẩn.
Giá trị tìm được của ẩn gọi là nghiệm.
Việc tìm nghiệm gọi là giải phương trình
Mỗi biểu thức gọi là một vế của phương.
1.2. Định nghĩa phương trình bậc nhất một ẩn :
Phương trình có dạng ax + b = 0, với a, b là những hằng số; a ≠0 được gọi
là phương trình bậc nhất một ẩn số, b gọi là hạng tử tự do.
1.3. Tập xác định của phương trình :
Là tập hợp các giá trị của ẩn làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa.
1.4. Định nghĩa hai phương trình tương đương :
Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập hợp nghiệm.
1.5. Các phép biến đổi tương đương :

Khi giải phương trình ta phải biến đổi phương trình đã cho thành những
phương trình tương đương với nó ( nhưng đơn giải hơn). Phép biến đổi như thế
được gọi là phép biến đổi tương đương.
1.6. Định nghĩa phương trình bậc hai một ẩn :
Phương trình bậc hai một ẩn số là phương trình có dạng ax
2
+ bx + c = 0;
trong đó x là ẩn số; a, b, c là các hệ số đã cho; a ≠ 0.
1.7. Định nghĩa phương trình bậc cao :
3
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Ta gọi phương trình đại số bậc n trên trường số thực là các dạng phương
trình được đưa về dạng :
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
+ a
0
= 0
Trong đó n nguyên dương; x là ẩn; a
1
, a
2

, a
3
, , a
n
là các số thực xác định
( a
n
≠ 0).
2- Các định lý biến đổi tương đương của phương trình :
a) Định lý 1 :
Nếu cộng cùng một đa thức của ẩn vào hai vế của một phương trình thì
được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ : 2x = 7 <=> 2x + 5x = 7 +5x.
* Chú ý :
Nếu cộng cùng một biểu thức chứa ẩn ở mẫu vào hai vế của một phương
trình thì phương trình mới có thể không tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ : x – 2 (1)
Không tương đương với phương trình
2
1
2
1
2
−
=
−
+−
xx
x
Vì x = 2 là nghiệm của (1) nhưng không là nghiệm của (2)

* Hệ quả 1:
Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của một phương trình được
một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ : 8x – 7 = 2x + 3 <=> 8x – 2x = 7 + 3
* Hệ quả 2 :
Nếu xoá hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phương trình thì được
một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
Ví dụ : -9 – 7x = 5 ( x +3) – 7x
<=> -9 = 5 x ( x + 3)
* Chú ý :
Nếu nhân hai vế của một phương trình với một đa thức của ẩn thì được
phương trình mới có thể không tương đương với phương trình đã cho.
4
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
III- MỘT SỐ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO :
A- Phương hướng :
Ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phương trình bậc ba, bậc
bốn còn phương trình bậc 5 không có phép giải tổng quát. Tuy nhiên trong một số
trường hợp đặc biệt có thể đưa phương trình cần giải về những phương trình bậc
1, bậc 2. Ta phải dựa vào đặc thù của phương trình cần giải để có phương pháp
thích hợp.
Giải và giảng dạy các bài toán về giải phương trình bậc cao quy về bậc nhất
một ẩn hoặc bậc hai nằm trong quá trình giải phương trình bậc nhất, bậc 2. Nói
chung bao gồm nhiều dạng và phong phú được các nhà toán học và sư phạm quan
tâm và đề cập tới trong nhiều tài liệu, tập san toán học v.v Căn cứ vào mục đích
ý nghĩa kết quả điều tra và thực tế giảng dạy chương phương trình. Trong quá
trình giảng dạy, bản thân tôi đã nghiên cứu, áp dụng lý luận trong quá trình dạy
học, các phương pháp đặc trưng bộ môn, áp dụng các kiến thức đã học để đưa các
phương trình bậc cao về bậc nhất, bậc hai bằng nhiều cách.
Các dạng cơ bản của phương trình bậc cao thường gặp là các phương trình

trùng phương, phương trình đối xứng, phương trình thuận nghịch
B- Các bài toán và phương pháp giải :
1- Phương pháp đưa về phương trình tích :
1.1. Áp dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử :
Để giải các phương trình dạng này trước hết ta phải nắm vững các phương
pháp phân tích đa thức thành nhân tử bằng mọi cách đưa phương trình đã cho về
dạng tích.
f(x).g(x) h(x) = 0 <=> f(x) = 0
g(x) = 0
= 0
h(x) = 0
Vì một tích bằng 0 khi và chỉ khi ít nhất 1 phần tử bằng 0. Nghiệm của
phương trình đã cho chính là tập hợp nghiệm của các phương trình :
f(x) = 0; g(x) = 0; ; h(x) = 0.
5
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
* Bài toán 1 : Giải phương trình (x-1)
3
+ x
3
+ ( x+1)
3
= (x+2)
3
(1)
Giải : (x-1)
3
+ x
3
+ ( x+1)

3
= (x+2)
3
<=> x
3
– 3x
2
+3x – 1+ x
3
+ x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 = x
3
+ 6x
2
+ 12x + 8
<=> x
3
- 3x
2
- 3x – 4 = 0
<=> x
3
– 1 – 3x
2
– 3x – 3 = 0
<=> (x-1) ( x
2

+ x+ 1) – 3 (x
2
+ x + 1) = 0
<=> ( x
2
+ x + 1) ( x – 4) = 0 (2)
Với học sinh lớp 8 ta làm như sau:
Do x
2
+ x + 1 ≠ 0 nên phương trình có một nghiệp x – 4 = 0 <=> x = 4
Với học sinh lớp 9 :
(2) <=> x
2
+ x + 1 = 0 (*)
x – 4 = 0 (**)
Giải phương trình (*) : ∆ = 1 – 4 = -3 < 0 nên (*) vô nghiệm.
Giải (**) : x = 4.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 4.
1.2 . Nhẩm nghiệm rồi dùng lược đồ Hoócne để đưa về phương trình tích.
* Lược đồ Hoócne :
Nếu f(x) có nghiệm là x = x
0
thì f(x) chứa nhân tử ( x – x
0
) tức là :
f(x) = ( x – x
0
).g(x).
Trong đó : f(x) = a
n

x
n
+ a
n -1
x
n -1
+ + a
1
x + a
0
= 0
g(x) = b
n
x
n
+ b
n - 2
x
n - 2
+ + b
1
x + b
0
= 0
với : b
n – 1
= a
n
b
n – 2

= x
0
b
n – 1
+ a
n – 1
.

b
i – 1
= x
0
b
1
+ a
i
b
0
= x
0
b
1
+ a
1
.
Ta có bảng sau ( Lược đồ Hoócne).
x
i
a
n

a
n - 1
a
1
a
0
x
0
b
n-1
x
0
b
1
x
0
b
1
x = x
0
b
n-1
=a
n
b
n-2
b
0
0
Việc nhẩm nghiệm các phương trình dựa trên các cơ sở sau :

6
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
1.2.1. Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là một nghiệm của đa
thức, đa thức chứa thừa số x –1 .
1.2.2. Nếu đa thức có tổng các hệ số của một số hạng bậc chẵn bằng tổng
các hệ số của số hạng bậc lẻ thì -1 là một nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa
số ( x + 1).
1.2.3. Mọi nghiệm nguyên của đa thức đều là ước số của hệ số tự do a
0
.
1.2.4. Mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên :
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
= 0 đều là số nguyên.
* Bài toán 2 :
Giải phương trình : x
4
+ x
3
– x – 1 = 0 (2)
Nhận thấy : a
4

+ a
3
+ a
2
+ a
1
+ a
0
= 1 + 1 + 0 + (-1) + (-1) = 0
Và : a
4
+ a
2
+ a
0
= 1 + 0 + (-1) = a
3
+ a
1
= 1 + (-1) .
áp dụng mục 1.2.1 và 1.2.2 ta có 2 nghiệm của phương trình (2) là :
x
1
= 1; x
2
= -1.
Áp dụng lược đồ Hoócne ta có :
x
i
a

4
=1 a
3
=1

a
2
=0 a
1
=-1 a
0
=-1
x =1 1 2 2 1 0
x = - 1 1 1 1 0
Phương tình (2) có dạng phân tích như sau :
(x-1) (x+1) (x
2
+ x + 1 ) = 0
Ta dễ dàng nhận thấy phương trình(2) có 2 nghiệm là : x
1
= 1; x
2
= -1.
* Bài toán 3 :
Giải phương trình : x
3
– 5x
2
+ 8x – 16 = 0 (3)
Ở bài toán này ta không thể áp dụng được việc nhẩm nghiệm theo nhận xét

ở 1.2.1 và 1.2.2. áp dụng nhận xét mục 1.2.3 và 1.2.4 ta có:
Ư (4) ∈{± 1; ± 2; ± 3; ± 4; ± 8; ± 16}
Kiểm tra thấy x = 4 là 1 nghiệm
Áp dụng lược đồ Hoocne ta đưa phương trình (3) về dạng
(x – 4) ( x
2
– x + 4) = 0
<=> x – 4 = 0 (*)
x
2
– x + 4 = 0 (**)
(*) <=> x – 4 = 0 <=> x = 4
7
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
(**) <=> x
2
– x + 4 = 0
∆ = 1 – 4.4 = 1 – 16 = - 15 < 0 => (**) vô nghiệm
Vậy nghiệm của pt (3) là x = 4
* Bài toán 4: Giải pt: 2x
3
– 5x
2
+ 8x – 3 = 0 ( 4)
Việc áp dụng nhận xét các mục 1.2.1; 1.2.2 ; 1.2.3 không thể giải quyết
được vấn đề ( vì ở phương trình này không có nghiệm nguyên). Ta nghĩ đến cơ
hội cuối cùng nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ và áp dụng nhận xét ở mục 1.2.4
(4) <=> 8x
3
– 20x

2
+ 32x – 12 = 0
<=> (2x)
3
– 5 (2x)
2
+ 16(2x) – 12 = 0
Đặt y= 2x ta có:
y
3
- 5y
2
+ 16y – 12 = 0 ( 4’)
Nhận thấy: a
3

+ a
2
+ a
1
+ a
0
= 1 + ( -5) +16 + ( -12) = 0
Áp dụng 1.2.1 ta có y = 1
Áp dụng lược đồ Hoócne (4’) về dạng
( y – 1) ( y
2
– 4y + 12) = 0
<=> y – 1 = 0 (*)
y

2
– 4y + 12 = 0 (**)
(*) <=> y – 1 = 0 <=> y = 1 => x = 1/2
(**) <=> y
2
– 4y + 12 = 0 vô nghiệm vì
<=> ( y – 2)
2
+ 8 > 0 ∀ y
Vậy phương trình ( 4) có một nghiệm và x = 1/2
1.2.5. Việc nhẩm nghiệm như ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng
tạ do a
0
lớn và có nhiều ước số. Trong trường hợp này ta sẽ áp dụng nhận xét sau
để đi loại trừ bớt các ước không là nghiệm của phương trình một cách nhanh
chóng.
- Nếu x
0
là nghiệm nguyên của đa thức f(x) và f(1) ≠ 0; f(-1) ≠ 0 thì
1
)1(
0
−x
f
và
1
)1(
0
+
−

x
f
đều là các giá trị nguyên.
*Bài toán 5 : Giải phương trình : 4x
3
– 13x
2
+ 9x – 18 = 0 (0)
8
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Giải : U(18) ∈{ ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18}
Hiển nhiên –1, 1 không là nghiệm của (5) =>f(1) ≠0, f(-1) ≠0.
Ta thấy :
Z
f
∈−=
−
=
−
9
2
18
13
)1(
Z
f
∈−=
−
=
+

11
4
44
13
)1(`
=> Phương trình (5) có khả năng có nhiệm là x
1
= 3.
Áp dụng lược đồ Hoócne ta đưa (5) về dạng sau :
(x-3) ( 4x
2
– x + 6 ) = 0
<=> x – 3 = 0 (*)
4x
2
– x + 6 = 0 (**)
(*) <=> x = 3
(**) <=> 4x
2
– x = 6 = 0
∆ = (-1)
2
– 4.4.6 < 0 => (**) vô nghiệm.
Nên phương trình (5) có một nghiệm là : x = 3.
* Chú ý :
- Việc nhẩm nghiệm phương trình có thể nhẩm miệng rồi dùng thuật toán
chia đa thức cho đa thức để hạ bậc và đưa phương trình về dạng tích.
- Có thể dùng lược đồ Hoócne để xác định ước số nào của a
0
là nghiệm,

ước số nào không là nghiệm và đưa ngay ra dạng phân tích.
VD : Xét phương trình : x
3
– 5x
2
– 8x - 4 = 0 (*)
Ư(4) ∈{±1, ±2, ±4}
Áp dụng lược đồ Hoócne ta có :
x
0
a
3
=1 a
2
=-5 a
1
=8 a
0
=-4
x =1 1 -4 4 0
x = - 1 1 -6 14 -18
x = 2 1 -3 2 0
x = -2 1 -7 22 -48
x = 4 1 -1 4 12
x = -4 1 -9 44 172
9
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Nhận thấy x= 1 và x = 2 là nghiệm của phương trình (*) lúc đó (*) viết
dưới dạng phương trình tích như sau :
( x – 1 ) ( x – 2) ( x – 2 ) = 0

2- Phương pháp đặt ẩn phụ :
- Phương pháp này thường được sử dụng với các dạng phương trình.
* Dạng 1 :
Phương trình có dạng ax
4
+ bx
2
+ c = 0 ( a≠0) gọi là phương trình trùng
phương.
+ Cách giải : Đặt ẩn phụ y = x
2
( y ≥0) đưa về phương trình bậc hai đối với
y như sau :
ay
2
+ by + c = 0
* Bài toán 7 : Giải phương trình :
x
4
– 5x
2
+ 4 = 0 (1)
Giải : Đặt y = x
2
( y ≥0)
(1) <=> y
2
– 5y + 4 = 0
<=> (y-1)(y-4) = 0
<=> y – 1 = 0 <=> y = 1

y – 4 = 0 y = 4
x
2
= 1 <=> x
1
= 1; x
2
= -1
x
2
= 4 <=> x
3
= 2; x
4
= -2
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm :
x = 1; x = -1; x = 2; x = -2.
* Dạng 2 : Phương trình có dạng :
( x +a) (x+b) (x+c) (x+d) = m
Với a + b = c + d hoặc a + c = b + d hoặc a + d = b + c.
* Bài toán 8 : Giải phương trình
( x – 1) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) = 9 (1)
Giải :
10
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
(1) <=> ( x – 1) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) = 9
<=> ( x
2
+ 4x – 5) ( x
2

+ 4x + 3) = 9
Đặt y = x
2
+ 4x – 5
Ta được phương trình : y ( y+8) = 9
<=> y
2
+ 8y – 9 = 0
<=> (y-1)(y+9) = 0
<=> y – 1 = 0 <=> y = 1
y +9 = 0 y = -9
x
2
+ 4x – 5 = 1 <=> x
2
+ 4x - 6 = 0
<=> x
1,2
=
102 ±−
x
2
+ 4x – 5 = -9 <=> x
2
+ 4x + 4 = 0
<=> x
3,4
= - 2
Vậy phương trình ( 1) có 3 nghiệm :
x

1
=
102 +−
; x
2
=
102 −−
; x
3
= -2
* Dạng 3 : Phương trình dạng ( x + a)
4
+ ( x + b)
4
= c
+ Cách giải :Ta đưa phương trình trên về dạng phương trình trùng phương
bằng cách đặt y = x + ( a+b)/2
* Bài toán 9 : Giải phương trình :
( x + 1)
4
+ ( x +3)
4
= 16
Giải : Đặt y = x + 2 ta được phương trình.
( y-1)
4
+ ( y+1)
4
= 16
<=> 2y

4
+ 12y
2
+ 2 = 16
<=> y
4
+ 6y
2
– 7 = 0 ( Phương trình trùng phương)
Đặt m = y ( m≥0) ta được phương trình.
m
2
+ 6m – 7 = 0 (8)
Dùng phương pháp nhẩm nghiệm ( a+b+c = 0)
(*) <=> m
1
= 1 (thoả mãn); m
2
= -7 (loại)
y
2
= 1 => y
1
= 1; y
2
= -1
x + 2 = 1 => x = -1
11
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
x + 2 = -1 => x = -3

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là :
x = - 1; x = -3
Dạng 4: Phương trình đối xứng bậc chẵn có dạng:
a
0
x
2n
+ a
1
x
2n-1
+ + a
n – 1
x
n
+ a
n
x
n –1
+ + a
1
x + a
0
= 0
Cách giải: Vì 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế của
phương trình cho x
2
rồi đưa về phương trình bậc n bằng cách đặt y = x + 1/x
* Bài toán 10: Giải phương trình
2x

4
+ 3x
3
– 3x
2
+ 3x + 2 = 0 ( 1)
Giải: x = 0 không là nghiệm của ( 1)
Với x ≠ 0 chia 2 vế của (1) cho x
2
ta được phương trình tương đương
0
23
332
2
2
=++−+
x
x
xx
05)
1
(3)
1
(2
05)
1
(3)
1
2(2
2

2
2
=−+++⇔
=−++++⇔
x
x
x
x
x
x
x
x

Đặt y = Đưa phương trình về 2y
2
+ 3y – 5 = 0 (2)
∆ = 9 + 40 = 49 > 0
=> Phương trình (2) có 2 nghiệm
2
5
4
73
;1
4
73
21
−
=
−−
==

+−
=
yy
( nhân 2 vế với x ≠ 0)
<=> x
2
– x + 1 = 0 ( *)
∆ = 1 – 4 = -3 < 0 => Phương trình (*) vô nghiệm
( nhân 2 vế với 2x ≠ 0)
<=> 2x
2
+ 5x + 2 = 0 ( **)
∆ =25 – 16 = 9 > 0
=> phương trình ( **) có 2 nghiệm
12
x
x
1
+
1
1
=+
x
x
2
51
−
=+
x
x

Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
;
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x
1
= -1/2 ; x
2
= -2
* Dạng 5: Phương trình đối xứng bậc lẻ có dạng:
a
0
x
2n-1
+ a
n-1
x
2n
+ + a
n
x
n -1
+ a
n
x
n
+ + a
1
x + a
0
= 0
Cách giải: Phương trình này bao giờ cũng có nghiệm x

0
= -1 và khi chia 2
vế của phương trình cho ( x +1) ta được phương trình đối xứng bậc chẵn 2n.
* Bài toán 11: Giải phương trình
2x
5
+ 5x
4
– 13x
3
– 13x
2
+ 5x + 2 = 0 ( 1)
Giải: Ta có 2 + (-13) + 5 = 5 + (-13) +2
=> a
5
+ a
3
+ a
1
= a
4
+ a
2
+ a
0
=> x
0
= -1 là nghiệm của phương trình
Với x ≠ - 1 chia cả 2 vế của phương trình ( 1) cho ( x+1) ta có phương trình

2x
4
+ 3x
3
– 16x
2
+ 3x + 2 = 0 ( 3)
Dễ dàng thấy rằng x = 0 không là nghiệm của (3)
Chia cả 2 vế của ( 3) cho x
2
≠ 0, ta có phương trình tương đương
2x
2
+ 3x – 16 +
0
1
.2
1
.3
2
=+
x
x
020)
1
(3)
1
(2
2
=−+++⇔

x
x
x
x
Đặt y = ta được phương trình
2y
2
+ 3y – 20 = 0 ( 4)
∆ = 9 + 160 = 169 > 0
=> phương trình ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt
;
Từ đó giải 2 phương trình
( nhân 2 vế với x ≠ 0)
<=> x
2
+ 4x + 1 = 0 ( *)
13
2
1
4
35
1
−
=
+−
=
x
2
4
35

2
−=
−−
=
x
x
x
1
+
2
5
4
133
1
=
+−
=
y
4
4
133
2
−=
−−
=
y
4
1
−=+
x

x
32
1
+−=
x
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
∆’ = 4 - 1 = 3 > 0
=> phương trình ( *) có 2 nghiệm : ;
( nhân 2 vế với 2x ≠ 0)
<=> 2x
2
– 5x + 2 = 0 ( **)
∆ = 25 – 16 = 9 > 0
=> phương trình ( **) có 2 nghiệm
Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm:
; ; ;
* Nhận xét:
Bài tập này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần lưu ý khai
thác hết giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phương pháp nào, hằng đẳng thức nào
để phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề và
các kiến thức sử dụng trong quá trình giải nhằm giúp học sinh nắm được bài và
các kiến thức cần sử dụng trong quá trình giải bài tổng quát, bài tương tự, đặc biệt
dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm phát triển tư duy.
* Dạng 6: Phương trình có dạng:
(x + a) (x + b) ( x+ c) ( x + d) = mx
2
Cách giải: Đặt ẩn phụ y = x + ad/2 hoặc y = (x + a) (x + d)
*Bài toán 12: Giải phương trình
4(x + 5) ( x + 6) ( x + 10) ( x + 12) = 3x
2

(1)
Giải:
* Cách 1: (1) <=> 4 (x
2
+ 17x + 60) ( x
2
+ 16 x + 60 ) = 3x
2
<=> 4(x + 17 +
)
60
x
(x + 16 +
)
60
x
= 3 ( vì x ≠ 0) ( 2)
Đặt y = ( x + 16 +
)
60
x
(2) <=> 4y ( y + 1) = 3
<=> 4y
2
+ 4y – 3 = 0
14
32
1
+−=
x

32
2
−−=
x
2
51
=+
x
x
3
4
35
1
=
+
=
x
2
1
4
35
2
=
−
=
x
32
2
−−=
x

3
3
=
x
2
1
4
=
x
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
<=> y
1
= 1/2 ; y
2
= -3/2
Với y = 1/2 ta có : 2x
2
+ 31x + 120 = 0
<=> x
1
= - 8; x
2
= -15/2
Với y = -3/2 ta có :2x
2
+ 35x + 120 = 0
4
26535
3
+−

=⇔ x
;
4
26535
4
−−
=x
* Cách 2: Đặt y = x
2
+ 16x + 60, ta được phương trình
4y ( y + x) – 3x
2
= 0 (3)
<=> ( 2y – x) ( 2y + 3x) = 0
<=> x
1
= 2y
x
2
= -2y/3
Thay vào ( 3) ta tìm được 4 nghiệm
*Bài toán 13: Giải phương trình
( x – 3) ( x +2) ( x – 4)( x + 6) = 14x
2
(1)
Giải:
* Cách 1: Khai triển, thu gọn về phương trình f(x) = 0 với vế trái là đa thức
bậc bốn
* Cách 2: Nhận thấy ( -3)(-4) = 12
2.6 = 12

(1) <=> ( x – 3)( x – 4)( x + 2)( x + 6) = -14x
2
<=> (x
2
– 7x + 12) ( x
2
– 8x + 12) = - 14x
2
(2)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên chia 2 vế cho x
2
(2) <=>
14)
12
8)(
12
7( −=+++−
x
x
x
x
(3)
Đặt t = => = t + 15
(3) trở thành:
t (t + 15) = -14
<=> t
2
+ 15t + 14 = 0
<=> t
1

= -1; t
2
= -14
Với t = -1: = -1
<=> x
2
– 6x + 12 = 0 (*) (vì x ≠ 0)
∆’ = 9 – 12 = -3 < 0 => (*) vô nghiệm
15
x
x
12
7
+−
x
x
12
8
++
x
x
12
7
+−
14
12
7
−=+−
x
x

Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Với t = -14:
<=> x
2
+ 7x + 12 = 0 (**) (vì x ≠ 0)
∆ = 49 – 48 = 1 > 0 => (**) có 2 nghiệm
x
1
= 3; x
2
= 4
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x = 3 ; x = 4
* Dạng 7: Phương trình có dạng d( x + a) (x + b) ( x + c) = mx
Trong đó:
2
cba
d
++
=
; m = (d – a)(d – b)(d – c)
* Cách giải: Đặt ẩn phụ y = x + d, một nghiệm của phương trình là y = 0
* Nhận xét: Một số thiếu sót thường mắc khi biến đổi phương trình:
- Khi chia 2 vế cho một đa thức của phương trình
f
1
(x)g(x) = f
2
(x)g(x) (1) thành f
1
(x) = f

2
(x)
- Khử luỹ thừa bậc chẵn ở 2 vế của phương trình f
2n
(x) = g
2n
(x) (2)
thành f(x) = g(x). Hai phép biến đổi này có thể làm mất nghiệm.
- Đối với phương trình đầu nên chuyển vế để đưa về phương trình tích
hoặc giải phương trình f
1
(x) = f
2
(x)
- Đối với phương trình (2) giải 2 phương trình f(x) = g(x) và f(x) = -g(x).
* Dạng 8 : x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0
(Phương pháp này có thể giải được với phương trình không có nghiệm hữu
tỉ)
+ Cách giải :
- Bước 1 : Quy về dạng y
3
+ py + q = 0 bằng cách đặt y = a/3 + x
- Bước 2 : Đặt y = u + v
( u+v)
3
+ p( u+v) + q = 0

<=> u
3
+ v
3
+ ( u + v) ( 3uv + p ) + q = 0
Nên u và v thoả mãn hệ phương trình : u
3
+ v
3
= - q
3uv = - p
<=> u
3
+ v
3
= - q
u
3
v
3
= - p
3
/27
16
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Sau đó áp dụng hệ thức Viét để tìm nghiệm u, v.
*Bài toán 14 : Giải phương trình : x
3
+ 9x
2

+ 18x + 28 = 0 (*)
Đặt y = x + a/3 = x + 3 => x = y – 3
(*) <=> y
3
– 9y + 28 = 0 ( **)
Đặt y = u + v (**) <=> (u + v )
3
– 9 ( u + v) + 28
<=> u
3
+ v
3
+ ( u + v) ( 3uv – 9) + 28 = 0 ( ***)
Nếu u, v thoả mãn phương trình( ***) thì u,v là nghiệm của hệ
u
3
+ v
3
= - 28 u
3
+ v
3
= - 28
uv = 3 u
3
v
3
= 27
=> u
3

, v
3
là nghiệm của phương trình: X
2
+ 28X + 27 = 0
=> u
3
= - 1; v
3
= - 27 => u = - 1; v = - 3
=> y = u + v = - 1 – 3 = - 4
mà x = y – 3 => x = -7
Vậy phương trình (*) có một nghiệm là x = 7
3 – Phương pháp đưa về hai luỹ thừa cùng bậc
* Cách giải: Ta thêm bớt hạng tử để xuất hiện hằng đẳng thức thích hợp rồi
từ đó đưa hai vế của phương trình về luỹ thừa cùng bậc. Sau đó vận dụng các
hằng đẳng thức đã học để giải phương trình.
*Chú ý: A
2n
= B
2n
<=> A = ± B
A
2n – 1
= B
2n – 1
<=> A = B
*Bài toán 15: Giải phương trình
x
4

= 24x + 32 (1)
Giải: Thêm 4x
2
+ 4 vào 2 vế của (1)
x
4
+ 4x + 4 = 4x
4
= 24x + 36
<=> (x
2
+ 2)
2
= ( 2x + 6)
2




+−=+
+=+
⇔
)62(2
622
2
2
xx
xx
17
(2)

(3)
<=>
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Giải (2): x
2
+ 2 = 2x + 6
<=> x
2
– 2x – 4 = 0
∆’ = 1 + 4 = 5 > 0 => phương trình có 2 nghiệm
x
1
=
51+−
; x
2
=
51−−
Giải (3): x
2
+ 2 = - 2x – 6
<=> x
2
+ 2x + 8 = 0
∆’ = 1 – 8 = -7 < 0 => phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm : x
1
=
51+−
; x

2
=
51−−
*Bài toán 16: Giải phương trình
x
4
+ 8x
2
– 8x + 17 = 0 (1)
Giải: (1) <=> x
4
- 8x
2
+ 16 + 16x
2
– 8x + 1 = 0
<=> ( x
2
– 4)
2
+ ( 4x – 1)
2
= 0 (2)
Vì





≥−

≥−
0)14(
0)4(
2
22
x
x
Nên (2) <=>



=−
=−
014
04
2
x
x
<=>





=
±=
4
1
2
x

x
Vậy phương trình (1) vô nghiệm
*Bài toán 17: Giải phương trình:
x
3
– x
2
– x =
3
1
(1)
Giải : Nhân 2 vế của (1) với 3
(1) <=> 3x
3
– 3x
2
– 3x = 1
<=> 4x
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1
<=>
33
3
)1().4(
+=
xx

<=>
1.4
3
+=
xx
<=>
1).14(
3
=−
x
<=>
14
1
3
−
=
x
18
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
Vậy nghiệm của phương trình (1) là:
14
1
3
−
=
x
4 – Phương pháp dùng bất đẳng thức:
* Cách giải: Dùng tính chất đơn điệu của hàm số trên từng khoảng
* Bài toán 18: Giải phương trình:
198

65
=−+− xx
(1)
Giải: Viết phương trình dưới dạng
198
65
=−+− xx
(1)
Dễ thấy x = 8 ; x = 9 đều là nghiệm của (1)
Xét các giá trị còn lại của x
+) Với x < 8 thì
1919
6
>−⇒>− xx

08
5
>−x
Nên vế trái của (1) lớn hơn 1, (1) vô nghiệm
+) Với x > 9 thì
1818
5
>−⇒>− xx

09
6
>− x
Nên vế trái của (1) lớn hơn 1, (1) vô nghiệm
+) Với 8 < x < 9 thì
0 < x – 8 < 1 =>

88
5
−<− xx
0 < 9 – x < 1 =>
xx −<− 99
6
Nên vế trái của (1) nhỏ hơn : x – 8 + 9 – x = 1 ; ( 1) vô nghiệm
Vậy (1) có 3 nghiệm : x = 8 ; x = 9
5 – Phương pháp dùng điều kiện dấu “ =” ở bất đẳng thức không chặt:
* Bài toán 19: Giải phương trình
321
22
=−−++− xxxx
(1)
Giải: Ta có x
2
– x + 1 ≥ 0 nên (1) <=> x
2
– x – 2 = 3 – ( x
2
– x +1)
<=> x
2
– x – 2 = – ( x
2
– x - 2)
Áp dụng bất đẳng thức A ≥ - A xảy ra dấu “ =” với A ≤ 0 tức là
19
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
x

2
– x – 2 ≤ 0 <=> ( x + 1) ( x – 2) ≤ 0
<=> - 1 ≤ x ≤ 2
6 – Phương pháp dùng hệ số bất định:
Giả sử phương trình bậc 4: x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 và có phân tích thành
(x
2
+ a
1
x + b
1
) ( x
2
+ a
2
x + b
2
) = 0 lúc đó ta có:








=
=+
=++
=+
dbb
cbaba
bbbaa
aaa
21
1221
2121
21
Tiếp theo tiến hành nhẩm tìm các hệ số a
1
; b
1
; a
2
; b
2
. Bắt đầu từ b
1
b
2
= d và
chỉ thử với các giá trị nguyên.
*Bài toán 20: Giải phương trình:
x
4

- 4x
3
- 10x
2
+ 37x - 14 = 0 (1)
Giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng:
(x
2
+ a
1
x + b
1
) ( x
2
+ a
2
x + b
2
) = 0
Ta có:
1;5;7;2
14
37
10
4
2121
21
1221
2121
21

=−=−=−=⇔







−=
=+
−=++
−=+
aabb
bb
baba
bbaa
aa
Phương trình (1) có dạng (x
2
- 5x + 2) ( x
2
+ x - 7) = 0
Tiếp tục giải các phương trình bậc hai: x
2
- 5x + 2 = 0 và x
2
+ x – 7 = 0 ta
có nghiệm của phương trình (1) là :
;
2

175
1
+
=x
;
2
175
2
−
=x
;
2
291
3
+−
=x
2
291
4
−−
=x
* Chú ý: Với phương pháp này có thể giải được với phương trình không có
nghiệm hữu tỷ.
PHẦN III
KẾT LUẬN CHUNG
Phương pháp dạy học của người thầy để học sinh nắm bắt được nội dung
cần thiết là cả một quá trình nghệ thuật. Để giúp các em học sinh nắm được bài,
20
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
hiểu bài và yêu môn học, có hứng thú trong các giờ học, nhất là say mê với những

bài tập khó. Thì đây là cả một quá trình tích luỹ phương pháp giảng của người
thầy, không chỉ một sớm một chiều có được ngay mà phải là cả một quá trình rèn
rũa, tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm, nghiên cứu đối tượng thì mới làm cho học sinh
yêu quý môn học và khao khát được học.
Dạy cho học sinh các phương pháp tìm lời giải cho các bài tập có ý nghĩa
vô cùng quan trọng. Đòi hỏi người giáo viên phải say mê với nghề nghiệp, kiên
trì, tận tuỵ với học sinh, tạo cho học sinh có thói quen tư duy và khả năng lập luận
Phương pháp giảng môn Toán của bậc THCS về môn đại số trong phần
chương trình. Bản thân tôi đã đúc rút được trong quá trình giảng dạy ở một chừng
mực nào đó vấn đề dạy và học. Phương pháp tìm lời giải cho các bài tập thực sự
có tác dụng giúp học sinh làm quen với phương pháp tư duy, phương pháp làm
bài. Tìm cách giải trong đó xác định rõ các bước cần tiến hành theo một trình tự
lôgíc để hoàn thành bài giải.
Một số cách giải phương trình bậc cao đưa về phương trình bậc nhất và bậc
hai trong chương trình lớp 8, 9 hiện nay mà bản thân tôi đã đúc rút trong quá trình
giảng dạy. Trong một chừng mực nào đó vấn đề dạy và học các phương pháp tìm
lời giải các bài tập thực sự có tác dụng cho các dạng bài tập giúp học sinh làm
quen với phương pháp suy nghĩ, tìm tòi. Giáo viên cần có yêu cầu cụ thể đối với
từng đối tượng học sinh, tăng cường công tác kiểm tra bài cũ, có biện pháp khích
lệ những cách giải hay, hạn chế tối đa cho học sinh tâm lý chán môn học, ỉ nại và
chờ giáo viên chữa bài tập.
Bản thân tôi lần đầu tiên nghiên cứu đề tài này, tôi cũng đã trao đổi tham
khảo, bàn bạc, xin ý kiến của các thầy cô đi trước và các thầy cô giáo dạy trong
bộ môn Toán của nhà trường. Song đây là một vấn đề mới mà một bài toán có vô
vàn cách giải khác nhau. Bản thân tôi kính mong các thầy cô đi trước tạo điều
kiện giúp đỡ tôi, đóng góp cho tôi nhiều ý kiến hay và bổ ích để tôi tiếp tục giảng
dạy cho các em học sinh đạt kết quả cao nhất trong suốt quá trình dạy học của tôi.
Xin chân thành cảm ơn!
Giao Thuỷ, ngày tháng năm 2008
NGƯỜI VIẾT

21
Đề tài: Những phương pháp giải phương trình bậc cao
22