SKKN BÀN VỀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
BÀN VỀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
I. ĐẶT VẤN ĐỀ:
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Phương trình bậc cao là một dạng phương trình khó- là một trong những
chủ đề khó của chương trình toán THCS . Vì vậy học sinh thường gặp khó
khăn trong vấn đề biến đổi cũng như giải quyết bài toán. Cho nên khi giảng
dạy vấn đề này người giáo viên không nên chỉ dừng lại ở việc hướng dẫn học
sinh giải một bài toán cụ thể nào đó mà cần phải chú trọng đến việc hướng
dẫn học sinh biến đổi các bài toán đó như thế nào? Đó là điều cốt lõi để học
sinh có thể vận dụng để giải các bài toán khác. Vì vậy tôi đưa ra nghiên cứu
đề tài “ một số phương pháp giải phương trình bậc cao”.
Để giảng dạy tốt phần kiến thức này giáo viên cũng như học sinh phải nắm
vững các kiến thức về phương trình bậc hai cũng như các kĩ năng biến đổi đa
thức.
2/ CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Đối với phương trình bậc cao học sinh thường lúng túng khi biến đổi vì nó
không có một số một quy tắc giải nào cụ thể như đối với phương trình bậc hai,
và học sinh thường vận dụng một cách cứng nhắc chưa nhận dạng được một
loại phương trình cụ thể nào để biến đổi đi đến tìm nghiệm của phương trình
đó.
Cơ sở thực tiễn của việc giải phương trình bậc cao là biến đổi nó về dạng
phương trình bậc hai hoặc phương trình tích để tìm nghiệm những dạng quen
thuộc đã gặp từ đó tìm nghiệm của phương trình cần tìm.
1
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
Phương trình bậc cao có nhiều dạng nhưng ở để tài này tôi chỉ đưa ra hai
dạng phương trình chính đó là phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn
thường gặp trong chương trình.
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
Trong tất cả các phương trình bậc cao khi tiến hành giải ta thường sử dụng

phép biến đổi để như làm thế nào đó để hạ bậc của phương trình đã cho để
đưa về dạng quen thuộc, trong đề tài này tôi chủ yếu trình bày hai phương
pháp quen thuộc đó là: phương pháp phân tích thành nhân tử và phương pháp
biến đổi để đặt ẩn phụ.
Vì vậy tôi nghiên cứu đề tài này nhằm giúp bản thân tôi nghiên cứu sâu
hơn về phương trình bậc cao qua đó áp dụng cho học sinh vận dụng thành
thạo các phép biến đổi linh hoạt trong quá trình giải toán nhằm góp phần nâng
cao hơn tư duy của học sinh.
1. Phương trình quy về phương trình bậc hai:
Dạng 1: Phương trình (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m với a + b = c + d.
Giáo viên cần cho học sinh thấy được nếu ta tính riêng tích (x + a)(x + b) và
tích (x + c)(x + d) thì ta thấy các tích trên có hai hạng tử chứa ẩn x là chung ( vì
ta thấy được a + b = c + d ). Từ đó ta đặt X = x
2
+ (a + b)x.
Ví dụ: Giải phương trình: (x +2)(x + 5)(x + 3)(x + 4) = 3. (1)
Ta thấy phương trình (1)
⇔
(x
2
+ 7x + 10)( x
2
+ 7x + 12) = 3. khi đó ta đặt
X = x
2
+ 7x + 10
⇒
x
2
+ 7x + 12 = X + 2 Từ đó ta có phương trình: X(X + 2) =

3 giải ra ta được X = 1 và X = -3.
Với X = 1 ta lại có phương trình x
2
+ 7x + 10 = 1
⇔
x
2
+7x +9 = 0, từ đó ta dễ
dàng tìm được nghiệm của phương trình là: x
1
=
7 13
2
− +
, x
2
=
7 13
2
− −
.
Với X = -3 ta có phương trình x
2
+ 7x + 10 = -3
⇔
x
2
+ 7x +13 = 0, phương trình
này vô nghiệm.
2

Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x
1
=
7 13
2
− +
và x
2
=
7 13
2
− −
.
Dạng 2: Phương trình ax
4
+ bx
3
+ cx
2
±
kbx + k
2
a = 0 (1) (ka
≠
0). Đây là
dạng cơ bản mà ta dễ dàng thấy được x = 0 không phải là nghiệm của phương
trình, từ đó hướnh dẫn HS chia hai vế của phương trình cho x
2
, ta được một

phương trình mới: a( x
2
+
2
2
x
k
) + b( x
±

x
k
) + c = 0. Từ đó hướng dẫn HS đặt:
t = x
±

x
k

⇒
x
2
+
2
2
x
k
= t
2


2k .Vậy ta đã chuyển phương trình (1) về dạng phương trình
bậc hai: at
2
+ bt + c

a.2k = 0.
Ví dụ: Giải phương trình: x
4
+ 4 = 5x(x
2
– 2).
Phương trình đã cho tương đương với phương trình: x
4
– 5x
3
+10x + 4 = 0.
Dễ thấy x = 0 không là nghiệm cua phương trình. Chia hai vế cua phương trình
cho x
2
ta được: x
2
+
2
4 2
5( )x
x x
− −
= 0.
Đặt t =

2
x
x
−

⇒
t
2
=
2
2
4
4x
x
+ −

⇒

2 2
2
4
4x t
x
+ = +
, ta có phương trình:
t
2
– 5t + 4 = 0
⇔
t

1
= 1, t
2
= 4
• Với t = 1 ta có
2
1x
x
− = ⇔
x
2
– x -2 = 0
⇔
x
1
= -1, x
2
= 2.
• Với t = 4 ta có
2
4x
x
− = ⇔
x
2
– 4x – 2 = 0
⇔
x
3
=

2 6+
, x
4
=
2 6−
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
1;2;2 6;2 6− − +
.
Dạng 3: Phương trình dạng: (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c (*).
3
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
Đối với phương trình dạng này HS sẽ rất khó khai triển để biến đổi vì vậy GV
cần hướng dẫn HS tìm cách đặt ẩn phụ để ẩn phụ có thể biểu diễn qua hai đại
lượng (x + a)
4
, (x + b)
4
từ đó biến đổi phương trình về một dạng mới.
Đặt:
2 2
a b a b
y x x y
+ +
= + ⇒ = −

Suy ra: x + a =
2 2
a b a b
y a y
+ −
− + = +
x + b =
2 2
a b a b
y b y
+ −
− + = −
Thay vào phương trình (*), ta được một phương trình trùng phương:
2y
4
+ 3(a – b)
2
y
2
+
1
8
(a – b)
4
– c = 0 (**)
Đặt: t = y
2
, t
≥

0. Ta có: 2t
2
+ 3(a – b)
2
t +
1
8
(a – b)
4
– c = 0.
Từ đó ta giải phương trình với ẩn t
⇒
y
⇒
x.
Ví dụ: Giải phương trình: (x + 5)
4
+ (x + 3)
4
= 2. (*)
Đặt: y = x + 4
Suy ra: x + 5 = y + 1 ; x + 3 = y – 1. Thay vào phương trình (*), ta được
phương trình: (y + 1)
4
+ (y – 1)
4
= 2
⇔

[ ]

2
2
2 2
( 1) ( 1) 2 ( 1)( 1)y y y y
 
+ + − − + −
 
=
2

⇔
y
4
+ 5y
2
= 0. Giải ra ta được y = 0.
Với y = 0, ta có x = - 4. Vậy phương trình (*) có nghiệm là x = - 4.
( chú ý với phương trình (x – a)
4
+ (x – b)
4
= c, Ta cũng thực hiện tương tự với ẩn
phụ là
2
a b
y x
+
= −
).
Dạng 4: Phương trình dạng: (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) = Ax

2
. Trong
đó ad = bc, đây là một phương trình khó đối với HS nếu không có phương pháp
giải vì vậy GV cần hướng dẫn cho HS thấy được nếu ghép các tích (x – a)(x – d)
4
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
và các tích (x – b)(x – c) thì ta sẽ có ngay hai hạng tử không chứa ẩn x của các
tích là bằng nhau ( x
2
+ ad = x
2
+ bc).
Vậy để giải phương trình trên ta đặt ẩn phụ là:
ad
y x
x
= +
.
Ví dụ: Giải phương trình (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x
2
Ta biến đổi phương trình về dạng sau:
(x
2
+ 14x + 24)(x
2
+ 11x + 24) = 4x
2
.
Ta dễ dàng thấy được x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, ta chia cả hai
vế của phương trình cho x

2

≠
0, ta được:

24 24
14 11 4x x
x x
  
+ + + + =
 ÷ ÷
  
. Đặt
24
y x
x
= +
(1), từ đó ta đưa phương trình về
dạng:
(y + 14)(y + 14) = 4. Ta dễ dàng tìm được nghiệm là: y
1
= - 15; y
2
= - 10.
* Với y = - 15 thay vào (1), ta được phương trình: x
2
+ 15x + 24 = 0. Giải ra ta có
các nghiệm là:
1 2
15 129 15 129

,
2 2
x x
− − − +
= =
.
* Với y = - 10, thay vào (1), ta được phương trình: x
2
+ 10x + 24 = 0. Giải ra ta
được các nghiệm là: x
3
= - 6 , x
4
= - 4.
2. Phương trình được đưa về dạng phương trình tích:
Có những dạng phương trình mà ta có thể biến đổi về dạng phương trình tích
để tìm nghiệm. Để có thể đưa phương trình về dạng tích ta cần sử dụng thành
thạo các kiến thức về phân tích đa thức thành nhân tử mà ở đó qua mỗi dạng
chúng ta có thể sử dụng các phương pháp khác nhau.
Ví dụ 1: Giải phương trình : 2(x
2
+ x + 1)
2
– 7(x – 1)
2
= 13(x
3
– 1). (1)
(1)
⇔

2(x
2
+ x + 1)
2
+ (x
3
– 1) – 14(x
3
– 1) – 7(x – 1)
2
= 0

⇔
(x
2
+ x + 1)(2x
2
+ 3x + 1) – 7(x – 1)(2x
2
+ 3x + 1) = 0
5
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao

⇔
(2x
2
+ 3x + 1)(x
2
– 6x + 8) = 0

⇔
(2x
2
+ 3x + 1) = 0 hoặc (x
2
– 6x + 8) = 0.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
1
1; ;2;4
2
−
 
−
 
 
.
Ví dụ 2: Giải phương trình :
2
1 5
8
2
x
x
+ =
. Đối với dạng phương trình này GV
cần hướng dẫn HS làm thế nào đó để mất dấu căn trong phương trình sau khi đã
đặt điều kiện cho ẩn ( có thể bằng phương pháp đặt ẩn phụ hoặc phương pháp
bình phương).
Điều kiện x (x
2

– 6x + 8) = 0. Đặt t =
1
x
(t > 0) suy ra x =
2
1
t
. Phương trình đã
cho trở thành:

4
8 5
2
t
x
+ =

⇔
2t
5
– 5t
4
+ 16 = 0. (1) Có thể hướng dẫn HS nhẩm nghiệm
( nghiệm nguyên nếu có là ước của hạng tử tự do).
Rõ ràng t = 2 là nghiệm của phương trình (1), sử dụng sơ đồ horner ta có thể biến
đổi phương trình (1)
⇔
(t – 2)
2
(2t

3
+3t
2
+ 4t + 4) = 0
⇔
t = 2
1
4
x⇔ =
.
Ví dụ 3: Giải phương trình :
x
4
– 4x
3
– 10x
2
+ 37x – 14 = 0
GV cần cho HS thấy đối với những phương trình không có nghiệm nguyên và
nghiệm hữu tỉ ta có thể sử dụng phương pháp hệ số bất định.
Ta nhận thấy vế trái là một đa thức bậc bốn, giả sử ta phân tích được thành hai
nhân tử bậc hai x
2
+ px + q và x
2
+rx +s, trong đó p, q, s là các số nguyên chưa
xác định, khi đó:
x
4
– 4x

3
– 10x
2
+ 37x – 14 = (x
2
+ px + q)( x
2
+rx +s).
Khai triển, nhóm các hạng tử rồi đồng nhất các số hạng cùng bậc ở hai vế của
đồng nhất thức ta có hệ thức sau:
6
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
4
10
37
14
p r
s p qr
ps qr
qs
+ = −


+ + = −


+ =


= −


Giải hệ này ta được p = - 5; q = 2; s = - 7; r = 1. Do đó phương trình đã cho trở
thành:
(x
2
– 5x + 2)(x
2
+ x – 7) = 0.
Giải hai phương trình bậc hai x
2
– 5x + 2 = 0 và x
2
+ x – 7 = 0, ta được các
nghiệm của phương trình ban đầu là:

5 17 1 29
;
2 2
± − ±
.
3. Phương trình chứa tham số.
Đây là dạng phương trình mà thường gây cho HS rất nhiều khó khăn khi giải
quyết, mặc dù nó không phải là một dạng phương trình khó. Vấn đề là GV cần
hướng dẫn cho HS phương pháp giải hợp lí để HS có thể giải quyết dễ dàng khi
gặp dạng tương tự. Các kiến thức chủ yếu để giải phương trình này là các phương
pháp phân tích đa thức đa thức thành nhân tử ; các kiến thức về công thức nghiệm
đối với phương trình bậc hai.
Ví dụ 1: Cho phương trình x
3
+ ax

2
+ bx + c = 0, với a, b, c là các số hữu tỉ và
3
là một nghiệm của phương trình. Tìm các nghiệm còn lại.
Đối với dạng phương trình này GV cần hướng cho HS thay ẩn x bằng
3
, sau
đó dựa vào các điều kiện đã cho của bài toán và thực hiện giải.
? Vì
3
là nghiệm của phương trình x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0 nên ta có biểu thức
nào?

3 3 3 3 0 3( 3) 3 0a b c b a c⇒ + + + = ⇔ + + + =
?
3
là số vô tỉ nên các biểu thức còn lại phải thoã mãn điều kiện gì?
7
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
b + 3 = 0 và 3a + c = 0, suy ra b = - 3 và c = - 3a. Khi đó x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0
⇔
x

3
+ ax
2
– 3x – 3a = 0
⇔
(x
2
– 3)(x + a) = 0
⇔
3x
x a

= ±

= −

Ví dụ 2: Xác định m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt
(x
2
– 1)(x + 3)(x + 5) = m (1)
? Với dạng phương trình này ta biến đổi nó như thế nào để giải quyết được yêu
cầu bài toán?
Giúp Hs xác định đây là phương trình bậc bốn, vậy cần biến đổi nó về dạng tích
của hai tam thức bậc hai và xác định điều kiện về nghiệm của các tam thức đó để
thoã mãn yêu cầu của bài toán.
Ta dễ dàng biến đổi phương trình (1) về dạng (x
2
+4x – 5)(x
2
+ 4x + 3) = m.

Đặt X = x
2
+ 4x + 4 = (x + 2)
2

≥
0, ta được phương trình:
(X – 9)(X – 1) = m
⇔
X
2
– 10X + 9 – m = 0. (2)
? Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi nào?
Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có
hai nghiệm dương phân biệt. Điều đó xãy ra khi và chỉ khi:

0
0
0
S
P
∆ >


>


>


⇔

25 (9 ) 0
10 0
9 0
m
m
− − >


>


− >


⇔

16 0
9 0
m
m
+ >


− >


⇔
- 16 < m < 9.

Ví dụ 3: Cho phương trình: x
3
– 2(m + 1)x
2
+ (m
3
+ 4m - 4)x – 2(m
3
+ 4) = 0 (*)
Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Đối với dạng phương trình này GV cần hướng dẫn HS làm thế nào đó để phân
tích vế trái thành nhân tử trong đó sẽ có một nhân tử bậc nhất và một nhân tử bậc
hai. (phương pháp thông thường là nhẩm một nghiệm của phương trình hoặc
tách nhóm các hạng tử).
Từ phương trình trên ta dễ dàng xác định được một nghiệm của nó là x = 2.
Vậy ta có thể biến đổi phương trình (*) về dạng:
8
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
(x – 2)(x
2
– 2mx +m
3
– 4) = 0. ? Vậy để phương trình (*) có 3 nghiệm phân
biệt cần thoã mãn điều kiện gì?
Cần hướng cho HS phát hiện ra (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
Phương trình x
2
– 2mx +m
3
– 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2:

⇔

2
, 3 2
4 0
4 0
m m
m m

− ≠


∆ = − + + >



⇔

2
( 4) 0
(2 )( 2) 0
m m
m m m
− ≠


− + + >


⇔

0
2
m
m
≠


<

III. KẾT LUẬN:
Trong chương trình toán THCS, phương trình bậc cao là một dạng toán khó
đòi hỏi HS cần có kĩ năng biến đổi khéo léo và sự chính xác trong từng phép toán
cụ thể. Vì vậy trong quá trình dạy dạng toán này người HS cần có yêu cầu cao về
các kiến thức đại số cơ bản, nếu có những phương pháp biến đổi hợp lí thì việc
giải phương trình bậc cao sẽ trở nên hết sức đơn giản. Vấn đề cốt lõi trong việc
giải phương trình bậc cao là nhận dạng các bài toán từ đó có những phép biến đổi
hợp lí để đưa phương trình về dạng đơn giản hơn.
Việc giải phương trình bậc cao sẽ giúp HS nâng cao tư duy sáng tạo của mình
đồng thời rèn các kĩ năng về biến đổi đại số, cũng như cũng cố các kiến thức về
phương trình bậc hai. Đặc biệt đối với việc bồi dưỡng HS giỏi, cũng như ôn
luyện thi vào các trường THPT.
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này chúng ta cần rút ra những kinh nghiệm cơ
bản như sau:
- Lưu ý HS nhận dạng từng bài toán để có những phương pháp giải cụ thể, qua
đó vận dụng vào giải những bài toán tương tự khác.
9
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
- Trong quá trình dạy học người giáo viên không chỉ là hướng dẫn HS giải mà

cần cho HS nghiên cứu kĩ từng dạng toán đó để xâu chuỗi và phát triển bài toán
thành bài toán mới.
- Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn toán trong quá trình
giảng dạy GV cần tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải kỹ các
phương pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các bài
toán đó dưới các hình thức khác nhau. Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái
vừa tìm được để tạo ra cái mới.
Trong đề tài tôi nghiên cứu chắc chắn còn có nhiều sai sót, mong các bạn đọc
và các đồng nghiệp góp ý cho tôi để đề tài này hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
10
Bàn về một số phương pháp giải phương trìng bậc cao
Hương sơn, ngày 24 / 04 / 2009.
11