PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA , BẬC BỐN THEO PHƯƠNG PHÁP NỘI SUY

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THUÝ VÂN
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH BẬC BA, BẬC BỐN VÀ
ÁP DỤNG
TIỂU LUẬN ĐA THỨC VÀ XẤP XỈ ĐA THỨC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2013
Mục lục
Mở đầu 1
1 Một số dạng đẳng thức cần dùng 2
1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc ba 6
2.1 Dạng 1. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m . . . . . . . . . . 6
2.2 Dạng 2. Giải phương trình 4x
3
+ 3x = m; m ∈ R . . . . . 7
2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng (1), dạng (2) 8
3 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc bốn 9
3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x
4
= ax
2
+ bx + c. . . . . 9
3.3 Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t
4
+ αt

3
+ βt
2
+
γt + δ = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4 Một số áp dụng trong đại số 11
4.1 Các ví dụ áp dụng phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . 11
4.2 Một số ví dụ về phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . 13
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Tài liệu tham khảo 17
1
Mở đầu
Trong chương trình toán học phổ thông đa số học sinh chỉ biết cách giải và
biện luận các phương trình bậc thấp như phương trình bậc hai và phương trình
bậc nhất. Khi gặp phương trình bậc ba , bậc bốn nếu như không phải là các
phương trình dạng đặc biệt hay nhẩm được nghiệm là các em lúng túng, ngay
kể cả với giáo viên trung học phổ thông .
Đây là lí do em chọn viết lại bài tiểu luận này dựa trên những kiến thức
được thầy Nguyễn Văn Mậu giảng dạy. Em muốn có nhiều thầy cô biết được
phương pháp này để dạy cho các em học sinh giải được tất cả các phương trình
bậc ba,bậc bốn mà không cần dùng số phức.
Cảm ơn thầy Nguyễn Văn Mậu đã giúp em có thể hoàn thiện bài tiểu luận này.
1
Chương 1
Một số dạng đẳng thức cần dùng
1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số
Nhận thấy rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống
các đồng nhất thức lượng giác là công thức:
sin
2

t + cos
2
t = 1; (1.1)
Gắn với hệ thức (4.1) là đồng nhất thức Lagrange:
(2x)
2
+ (1 − x
2
) = (1 + x
2
)
2
. (1.2)
Hai công thức (đồng nhất thức ) (4.1) và (4.2) là hai cách viết của một hệ
thức. Nếu ta thay x = tan
t
2
vào (4.2) thì ta có
(2. tan
t
2
)
2
+ (1 − tan
2
t
2
)
2
= (1 + tan

2
t
2
)
2
⇔ 4sin
2
t
2
.cos
2
t
2
+ (cos
2
t
2
− sin
2
t
2
) = 1
⇔ sin
2
t + cos
2
t = 1
Ngược lại :
(4.1) ⇔ 4sin
2

t
2
cos
t
2
+ (cos
2
t
2
− sin
2
t
2
) = 1
⇔ 4tan
2
t
2
+ (1 − tan
2
t
2
)
2
= (1 + tan
2
t
2
)
2

Đặt x = tan
t
2
ta có (2x)
2
+ (1 − x
2
)
2
= (1 + x
2
)
2
, ∀x ∈ R
Như vậy là mỗi công thức lượng giác sẽ tương ứng với một đồng nhất thức
đại số tương ứng.
2
Tuy nhiên, với số lượng các công thức biến đổi lượng giác quá nhiều, bản
thân các hệ thức lượng giác tạo thành một chuyên đề có tính độc lập tương đối,
dần tách hẳn cơ sở đại số của nó, đã làm chúng ta quên đi một lượng lớn các
hệ thức đại số có cùng xuất sứ từ một hệ thức quen biết. Đặc biệt trong chương
trình toán bậc phổ thông hiện nay, các hàm số lượng giác ngược, hàm lượng giác
hyperbolic, không nằm trong phần kiến thức bắt buộc thì những bài toán liên
quan đến cũng là một thách thức lớn đối với học sinh và cả giáo viên.
Ta nhắc lại công thức Euler đã biết.
e
iα
= cos α + i sin α; α ∈ R (1.3)
Khi đó






cos α =
e
iα
+ e
−iα
2
sin α =
e
iα
− e
−iα
2
Rõ ràng khi khảo sát hàm số cost thì ít ai nghĩ trong đầu nó có dạng
1
2
(a +
1
a
)
vì khi đó a không còn là một số thực .Nhưng nếu ta chú ý đến biểu thức
e
α
+ e
α
2
; α ∈ R thì đó chính là cos(iα) (= cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức

thu được từ các công thức liên quan đến biến x /∈ [−1; 1], giống như công thức
đối với hàm cos t.
Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số tương ứng với công thức cos 2t = 2cos
2
t − 1 chính là
công thức :
1
2
(a
2
+
1
a
2
) = 2(
1
2
(a +
1
a
))
2
− 1
.
Ví dụ 1.2. Hệ thức đại số tương ứng với công thức cos 3t = 4cos
3
t −3 cos t chính
là công thức:
1
2

(a
3
+
1
a
3
) = 4(
1
2
(a +
1
a
))
3
− 3(
1
2
(a +
1
a
))
hay 4x
3
− 3x =
1
2
(a
3
+
1

a
3
) với x =
1
2
(a +
1
a
)
a = 0.
Ví dụ 1.3. Hệ thức đai số ứng với công thứccos 5t + cos t = 2 cos 3t. cos 2t chính
là công thức:
1
2
(a
5
+
1
a
5
) +
1
2
(a +
1
a
) = 2[
1
2
(a

3
+
1
a
3
)].[
1
2
(a
2
+
1
a
2
)]
3
.
Từ ví dụ trên, sử dụng công thức kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t
và cos 2t , ta thu được đồng nhất thức đại số dạng bậc 5:
1
2
(a
5
+
1
a
5
) = −m + 2(4m
3
− 3m)(2m

2
− 1)
, trong đó m =
1
2
(a +
1
a
).
Bây giờ ta chuyển sang xét các hệ thức đại số liên quan đến hàm số sin t. Từ
công thức Euler, ta thu được hệ thức i sin t =
e
it
− e
−it
2
.
Từ đây suy ra biểu thức i sin(it) =
e
−t
− e
t
2
nhận giá trị thực. Điều này gợi
ý cho ta cách chuyển đổi các đồng nhất thức đối với hàm số sin sang các đồng
nhất thức đại số.
Ví dụ 1.4. Xét công thức khai triển sin 3t = 3 sin t −4sin
3
t . Từ đây ta thu được
công thức (hình thức) :

i sin(i3t) = 3(i sin t) + 4(i sin t)
3
.
Hệ thức đại số tương ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức :
1
2
(a
3
−
1
a
3
) = 3(
1
2
(a −
1
a
)) + 4(
1
2
(a −
1
a
))
3
hay 4x
3
+ 3x =
1

2
(a
3
−
1
a
3
) với x =
1
2
(a −
1
a
); a = 0.
Ví dụ 1.5. Cho số thực m. Tính giá trị của biểu thức M = x
3
+
3
4
x trong đó
x =
1
2
(
3

m +
√
m
2

+ 1 +
3

m −
√
m
2
+ 1).
Giải. Để ý rằng với mọi m đều tồn tại số thực q để m =
1
2
(q
3
−
1
q
3
) (phương
trình bậc hai theo q
3
). Ta chỉ cần chọn q =
3

m +
√
m
2
+ 1 là đủ. Khi đó
1
2

(q −
1
q
) =
1
2
(
3

m +

m
2
+ 1 +
3

m −

m
2
+ 1) = x.
Ta có
4x
3
+ 3x = m.
Suy ra
M =
1
4
.

4
Từ những kết quả trên ta có các hằng đẳng thức để giải và biện luận được
nhiều dạng phương trình đại số bậc cao và công thức tính giá trị của một số
biểu thức chứa căn thức.
1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản
1. 4cos
3
α −3 cos α = cos 3α;
2. −4sin
3
α + 3 sin α = sin 3α;
3. |cos α| ≤ 1, ∀α ∈ R;
4. Nếu |m| > 1 thì viết
m =
1
2
(a +
1
a
); (1.4)
5. Với m =
1
2
(a +
1
a
) thì
4m
3
− 3m =

1
2
(a
3
+
1
a
3
); (1.5)
6. Với m =
1
2
(a −
1
a
) thì
4m
3
+ 3m =
1
2
(a
3
−
1
a
3
); (1.6)
5
Chương 2

Sử dụng đồng nhất thức giải
phương trình bậc ba
2.1 Dạng 1. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m
Bài toán 2.1. Giải phương trình 4x
3
− 3x =
1
2
;
Lời giải. Ta có
1
2
= cos
π
3
= cos(3.
π
9
) . Nên phương trình 4x
3
−3x =
1
2
có nghiệm
x
1
= cos
π

9
. Mặt khác cos
π
3
= cos(
π
3
+ 2π) = cos 7
π
3
và cos
π
3
= cos(
π
3
−2π) = cos 5
π
3
nên phương trình có hai nghiệm x
2
= cos
7π
9
; x
3
= cos
5π
3
.

Bài toán 2.2. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m; m ∈ (−1; 1);
Lời giải. Với m ∈ (−1; 1) đặt m = cos α; (0 < α < π).
Phương trình 4x
3
− 3x = m có ba nghiệm x
1
= cos
α
3
; x
2,3
= cos
α ±2π
3
.
Bài toán 2.3. Giải phương trình 4x
3
− 3x = 1.
Lời giải. 4x
3
− 3x = 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1)
2
= 0 ⇔ x
1
= 1 ∨ x
2,3
= −
1

2
.
Bài toán 2.4. Giải phương trình 4x
3
− 3x = −1.
Lời giải. 4x
3
− 3x = −1 ⇔ (x + 1)(2x − 1)
2
= 0 ⇔ x
1
= −1 ∨ x
2,3
=
1
2
.
Bài toán 2.5. Giải phương trình 4x
3
− 3x = 2.
Lời giải. Phân tích 2 =
1
2
(a
3
+
1
a
3
) ⇔ a

3
= 2 ±
√
3 ⇔ a =
3

2 ±
√
3. Vậy ta có
x
1
=
1
2
(a +
1
a
) =
1
2
(
3

2 +
√
3 +
3

2 −
√

3) > 1 là nghiệm.
Ta chứng minh x
1
là nghiệm thực duy nhất.
6
Ta có
4x
3
− 3x = 4x
1
3
− 3x
1
⇔ 4(x
3
− x
1
3
) −3(x −x
1
) = 0
⇔ (x − x
1
)(4x
2
+ 4x
1
.x + 4x
1
2

− 3) = 0
Phương trình có hai nghiệm phức :
x
2,3
=
−x
1
± i

3(x
1
2
− 1)
2
Bài toán 2.6. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m, |m| > 1.
Lời giải. Đặt m =
1
2
(a
3
+
1
a
3
) ⇔ a
3
= m ±
√

m
2
− 1 ⇔ a =
3

m ±
√
m
2
− 1. Vậy
ta có x
1
=
1
2
(a +
1
a
) =
1
2
(
3

m +
√
m
2
− 1 +
3


m −
√
m
2
− 1) > 1 là nghiệm.
Ta chứng minh x
1
là nghiệm thực duy nhất.
Ta có
4x
3
− 3x = 4x
1
3
− 3x
1
⇔ 4(x
3
− x
1
3
) −3(x −x
1
) = 0
⇔ (x − x
1
)(4x
2
+ 4x

1
.x + 4x
1
2
− 3) = 0
Phương trình có hai nghiệm phức :
x
2,3
=
−x
1
± i

3(x
1
2
− 1)
2
.
Vậy phương trình 4x
3
− 3x = m, m ∈ R đã giải được .
2.2 Dạng 2. Giải phương trình 4x
3
+ 3x = m; m ∈ R
Nhận xét vế trái là hàm đồng biến nên phương trình có nghiệm thực duy
nhất.
Bài toán 2.7. Giải phương trình 4x
3
+ 3x = 2.

Lời giải.
Có 2 =
1
2
(a
3
−
1
a
3
) ⇔ a
3
= 2 ±
√
5 ⇔ a =
3

2 ±
√
5. Theo hằng đẳng thức 6 thì
phương trình có nghiệm x
1
=
1
2
(a −
1
a
) =
1

2
(
3

2 +
√
5 +
3

2 −
√
5).
7
Bài toán 2.8. Giải phương trình 4x
3
+ 3x = m; m ∈ R.
Lời giải. Đặt m =
1
2
(a
3
−
1
a
3
) ⇔ a
3
= m ±
√
m

2
+ 1 ⇔ a =
3

m ±
√
m
2
+ 1. Theo
hằng đẳng thức 6 thì phương trình có nghiệm x
1
=
1
2
(a−
1
a
) =
1
2
(
3

m +
√
m
2
+ 1+
3


m −
√
m
2
+ 1).
2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng
(1), dạng (2)
Phương trình at
3
+ bt
2
+ ct + d = 0; a, b, c, d ∈ R; a = 0.
Bước 1 : Tìm cách để phương trình bậc 3 khuyết bậc 2 . Điểm uốn t =
−b
3a
.
Đặt t =
−b
3a
+ y ta có phương trình :
a(y −
b
3a
)
3
+ b(y −
b
3a
)
2

+ c(y −
b
3a
) + d = 0
⇔ ay
3
+ (
b
2
3a
−
2b
2
3a
+ c)y −
b
3
27a
2
+
b
2
9a
2
−
b
3a
+ d = 0
⇔ y
3

+ (−
b
2
3a
2
+
c
a
)y +
2b
3
27a
3
−
cb
3a
2
+
d
a
= 0
⇔ y
3
+ py + q = 0, với p = −
b
2
3a
2
+
c

a
, q =
2b
3
27a
3
−
cb
3a
2
+
d
a
.
+ Nếu p = 0 thì y =
3
√
−q.
+ Nếu p > 0, đặt y = λx. Phương trình trở thành λ
3
x
3
+ pλx + q = 0 ⇔
x
3
+
p
λ
2
= −

q
λ
3
Chọn λ để
p
λ
2
=
3
4
⇔ λ = 2

p
3
Vậy đặt y = 2

p
3
x ta có 4x
3
+ 3x = m đã biết cách giải.
+ Nếu p < 0, đặt y = 2

−p
3
x ta được 4x
3
− 3x = m cũng đã biết cách giải.
Vậy tất cả các phương trình bậc 3 đều có thể giải được .
8

Chương 3
Sử dụng đồng nhất thức giải
phương trình bậc bốn
3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn
Ta có
x
4
= (x
2
)
2
= [(x
2
+ m) −m]
2
= (x
2
+ m)
2
− (2mx
2
+ m
2
)
⇔ x
4
= (x
2
+ m)
2

− (2mx
2
+ m
2
), ∀m ∈ R.
Nên ta có thể áp dụng để giải tất cả các phương trình bậc bốn trong tập số
thực R.
3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x
4
= ax
2
+bx+c.
Ta sử dụng biến đổi sau đây x
4
= ax
2
+ bx + c ⇔ (x
2
+ m)
2
= (a + 2m)x
2
+ bx +
c + m
2
.
Chọn m để vế phải là bình phương của nhị thức bậc nhất, tức là biểu thức
∆ = 0.
Mặt khác ∆ = b
2

−4(a + 2m)(c + m
2
) = 0, ta được phương trình bậc 3 theo m
(luôn có nghiệm thực). Chọn nghiệm thực ta được x
4
= ax
2
+bx+c ⇔ (x
2
+m
0
)
2
=
(a + 2m
0
)(x −x
0
)
2
.
Nếu


a + 2m
0
< 0, vô nghiệm
a + 2m
0
= 0, phương trình có dạng (x

2
+ α)
2
= c + α
2
a + 2m
0
> 0, có nghiệm.
Vậy phương trình bậc bốn x
4
= ax
2
+ bx + c đã giải được .
9
3.3 Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t
4
+
αt
3
+ βt
2
+ γt + δ = 0.
Phân tích, ta cần đưa phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình
x
4
= ax
2
+ bx + c đã biết cách giải. Ở đây ta cần dùng thêm một kiến thức mới
là điểm "siêu uốn" của hàm bậc 4, tức là điểm tại đó đạo hàm bậc 3 của hàm
số triệt tiêu. Hoành độ của điểm siêu uốn là nghiệm của phương trình y


(x) = 0
hay x
0
=
−a
1
4a
0
.
Để chuyển phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình bậc bốn
khuyết bậc ba, ta cần tịnh tiến điểm siêu uốn về gốc tọa độ, tức t =
−α
4
+ x.
Khi đó phương trình có dạng
x
4
= ax
2
+ bx + c,
trong đó
a =
6α
16
− β,
b =
2α
3
16

+
1
2
αβ − γ,
c =
1
16

3α
4
− 16βα
2
+ 64αβ − 256δ

.
Tiếp theo ta giải phương trình trên theo cách đã biết.
10
Chương 4
Một số áp dụng trong đại số
4.1 Các ví dụ áp dụng phương trình bậc ba
Bài toán 4.1. Giải phương trình
8x
3
+ 24x
2
+ 6x −10 −
√
3 = 0. (4.1)
Lời giải. Phương trình (4.1) tương đương với phương trình sau x
3

+ 3x
2
+
3
4
x −
10 + 3
√
6
8
= 0.
Đặt x = y − 1. Ta thu được phương trình
y
3
−
9
4
y −
3
√
6
8
= 0.
Lại đặt y = t
√
3 ta thu được phương trình 4t
3
− 3t =
√
2

2
.
Phương trình này có các nghiệm là t
1
= cos
π
12
, t
2
= cos
3π
14
, t
3
= cos
7π
12
. Trở
lại với ẩn x ta có các nghiệm x
1
= cos
π
12
− 1, x
2
= cos
3π
14
− 1, x
3

= cos
7π
12
− 1.
Bài toán 4.2. Giải phương trình
x
3
− 5x
2
+ 7x + 8 = 0. (4.2)
Lời giải. Đặt x = y +
5
3
phương trình 4.2trở thành
y
3
−
4
3
+
261
27
= 0. (4.3)
Đặt y =
4
3
t phương trình 4.3 trở thành 4t
3
− 3t =
783

16
. Đặt m =
1
2
(d
3
+
1
d
3
),
d =
3

783
16
+


783
16

2
+ 1. Phương trình4.3 có nghiệm duy nhất x =
1
2

d +
1
d


.
11
Từ nghiệm t ta tính được nghiệm y và từ đó suy ra nghiệm x
x = 2
2
3
1
2

3

783
16
+


783
16

2
+ 1 +
3

783
16
−


783

16

2
+ 1

+
5
3
Bài toán 4.3. Giải phương trình
x
3
+

(1 −x
2
)
3
= x

2(1 −x
2
). (4.4)
Lời giải. Điều kiện để biểu thức có nghĩa: −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = sin α (với
α ∈

−
π
2
;
π

2

), thì phương trình 4.4trở thành
sin
3
α + cos
3
α =
√
2 sin α cos α (4.5)
⇔ (sin α + cos α)
3
− 3 sin α cos α(sin α + cos α) −
√
2 sin α cos α = 0.
Đặt sin α + cos α =
√
2 sin

π
4
+ α

= t với điều kiện |t| ≤
√
2.
Suy ra sin α cos α =
t
2
− 1

2
và phương trình 4.5 trở thành
t
3
− 3
t
2
− 1
2
t −
√
2
t
2
− 1
2
= 0
⇔ t
3
+
√
2t
2
− 3t −
√
2 = 0
⇔ (t −
√
2)(t +
√

2 −1)(t +
√
2 + 1) = 0
Suy ra t =
√
2 hoặc t = 1 −
√
2 do |t| ≤
√
2
Với t =
√
2 thì
√
2 sin

π
4
+ α

=
√
2 ⇔ sin

π
4
+ α

= 1
hay α =

π
4
+ k2π.
Vì α ∈

−
π
2
;
π
2

nên α =
π
4
và do đó x = sin
π
4
=
√
2
2
.
Với t = 1 −
√
2, suy ra
sin α + cos α = 1 −
√
2
hay

x +

1 −x
2
= 1 −
√
2,
tức

x ≤ 1 −
√
2
1 −x
2
= (1 −
√
2 −x)
2
⇔

x ≤ 1 −
√
2
x
2
− (1 −
√
2)x + (1 −
√
2) = 0

⇔ x =
1 −
√
2 +

2
√
−1
2
.
12
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
x =
√
2
2
; x =
1 −
√
2 +

2
√
2 −1
2
.
4.2 Một số ví dụ về phương trình bậc bốn
Bài toán 4.4. Giải phương trình trùng phương
ax
4

+ bx
2
+ c = 0 (a = 0, c = 0). (4.6)
Lời giải. Đăt x
2
= y, y ≥ 0.Khi đó phương trình 4.6trở thành
ay
2
+ by + c = 0, y ≥ 0.
Giải phương trình bậc hai này ta tìm được y, từ đó (với y ≥ 0) ta tính được x.
Nếu ac < 0 thì
x = ±

−b +
√
b
2
− 4ac
2a
.
Nếu ac ≥ 0 và b
2
− 4ac ≥ 0 thì
x = ±

−b ±
√
b
2
− 4ac

2a
.
Nếu ac ≥ 0 và b
2
− 4ac ≤ 0 thì phương trình 4.6 vô nghiệm.
Bài toán 4.5. Giải phương trình
(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m
(4.7)
với giả thiết rằng a + b = c + d.
Lời giải. Đặt x
2
+ (a + b)x = x
2
+ (c + d)x = t, ta thu được phương trình
(t + ab)(t + cd) = m. (4.8)
Giải và biện luận phương trình (4.8) ta thu được t và từ đó tính được x.
13
Bài toán 4.6. Giải phương trình
(x + a)
4
+ (x + b)
4
= m. (4.9)
Lời giải. Đặt x = t −
a + b
2
.Phương trình trở thành phương trình trùng phương
dạng
2t
4

+ 12t
2
+ 2 − m = 0.
Giải phương trình này tìm được t, từ đó tình được x.
Bài toán 4.7. Giải phương trình
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 (4.10)
với điều kiện
ad
2
= eb
2
(a, e = 0). (4.11)
Phương trình (4.10) với điều kiện (4.11) được gọi là phương trình hồi quy.
Lời giải. Viết điều kiện (4.11)dưới dạng
e
a
= (
d
b
)
2
,
d
b

= α.
Ta có d = bα, e = aα
2
và sau khi thế vào phương trình (4.10) ta thu được
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bαx + aα
2
= 0 (4.12)
Nhận xét rằng x=0 không phải là nghiệm của phương trình (4.12). Chia hai
vế của phương trình cho x
2
ta thu được
at
2
+ bt
2
+ c − 2aα = 0, t = x +
α
x
(4.13)
Giải và biện luận phương trình bậc hai (4.13), từ đó tìm được t và sau đó tính
x.
Bài toán 4.8. Cho a = 0. Khai triển biểu thức

1 −a

√
x

8
+

1 + a
√
x

8
ta thu được đa thức bậc bốn P (x). Giải phương trình P (x) = 0.
Lời giải. Đặt a
2
x = t ta được phương trình

1 −
√
t

8
+

1 +
√
t

8
= 0
⇔ t

4
+ 28t
3
+ 70t
2
+ 28t + 1 = 0.
14
Đây là phương trình hồi quy nên dễ dàng đưa về phương trình dạng bậc hai
y
2
+ 28y + 68 = 0
với
y = t +
1
t
.
Đây là phương trình bậc hai có nghiệm y = −14 ±
√
128 từ đó suy ra nghiêm t
và suy ra nghiệm x.
Bài toán 4.9. Giải phương trình
t
4
+ 4t
3
+ 3t
2
− 6t −12 = 0.
Lời giải. Đặt t = x −1. Ta được phương trình
x

4
= 3x
2
+ 10x + 4.
Ta xác định a sao cho 10
2
= 4(3 + 2a)(4 + a
2
) hay
2a
3
+ 3a
2
+ 8a −13 = 0.
ta thấy a = 1thỏa mãn phương trình. Vậy có thể viết phương trình đã cho dưới
dạng
(x
2
+ 1)
2
= 5(x
2
+ 2x + 1).
Hay
(x
2
+ 1)
2
= 5(x + 1)
2

.
Giải phương trình này ta thu được các nghiệm
x
1
, 2 =
√
5 ±

1 + 4
√
5
2
.
Vậy nghiệm t
1
, 2 =
√
5 ±

1 + 4
√
5
2
− 1.
15
Kết luận
Luận văn “Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn và áp
dụng” đã giải quyết được những vấn đề sau:
1. Tiểu luận đã trình bày phương pháp giải phương trình bậc ba .
2. Tiểu luận đã trình bày phương pháp giải phương trình bậc bốn .

3. Cuối cùng, Tiểu luận trình bày ứng dụng của phương pháp trong
các bài toán đại số .
Kết quả của Tiểu luận góp phần nâng cao chất lượng dạy và học Toán ở
trường phổ thông trong giai đoạn hiện nay.
16
Tài liệu tham khảo
1. Nguyễn Văn Mậu, 2009, Một số chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi,
NXB Giáo Dục.
2. Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục.
3. Nguyễn Văn Mậu, 2007, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB Giáo Dục.
4. Nguyễn Văn Mậu, 2002, Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo
Dục.
5. Nguyễn Văn Mậu, 2007, Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng, NXB
Giáo Dục.
6. Nguyễn Văn Mậu, 1994, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình,
NXB Giáo Dục.
7. Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB
Giáo Dục.
17