Sáng kiến kinh nghiệm –Những phương pháp giải phương trình bậc cao

Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng 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 ngời. Từ 2000 năm trớc công
nguyên ngời Cổ đại đã biết cách giải các phơng trình bậc nhất, ngời cổ Babilon đã
biết giải phơng trình bậc hai và đã dùng các bảng đặc biệt để giải phơng trình bậc
ba.
Nhng để giải các phơng trình bậc cao hơn phải đến đầu thế kỷ 19, nhà Toán
học Nauy là Abet ( 1802 1829) chứng minh đợc rằng phơng trình tổng quát bậc
5 và lớn hơn bậc 5 là không để giải đợc bằng các phơng 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 phơng trình đại số.
Sau nhiều năm giảng dạy môn Toán ở bậc trung học cơ sở tôi nhận thấy
mảng giải phơng trình bậc cao đợc đa ra ở sách giáo khoa lớp 8, 9 là rất khiêm
tốn, nội dung sơ lợc, 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 phơng trình bậc cao là một nội dung thờng 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 phơng trình bậc cao. Cùng với sự
tích luỹ kinh nghiệm có đợc của bản thân qua nhiều năm giảng dạy. Kết hợp với
những kiến thức mà tôi đã lĩnh hội đợc trong chơng trình Đại học Toán mà đặc
biệt là sự hớng dẫn tận tình của các thầy cô giáo. Tôi mạnh dạn chọn đề tài
Những phơng pháp giải phơng trình bậc cao.
Qua đề tài, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này,
tự phân loại đợc một số dạng toán giải phơng trình bậc cao, nêu lên một số phơng
pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó giúp học sinh có thể dễ dàng hơn trong
việc giải phơng trình bậc cao. Qua nội dung này tôi hy vọng học sinh phát huy đợc
khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua cá bài tập nhỏ. Từ đó hình thành

cho học sinh khả năng t duy sáng tạo trong học tập.
1
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
Phần II :
Nội dung đề tài nghiên cứu
Để giải một bài toán đòi hỏi ngời 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 hớng
cách giải. Đại bộ phận học sinh chúng ta không hiểu rõ sự quan trọng cần thiết
của việc phân tích và nhận định hớng giải, nhiều em không học lý thuyết đã vận
dụng ngay, không giải đợc thì chán nản, bỏ không giải hoặc giở sách giải ra chép
v.v
Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt khi dạy chơng phơng trình ta thấy các
dạng phơng trình đa dạng và phong phú, mà ta phải vận dụng nhiều kỹ năng biến
đổi đại số nh sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ và một số hằng đẳng thức mở
rộng, dùng các phép biến đổi tơng đơng và các phép biến đổi đại số, phân tích đa
thức thành nhân tử
Công cụ giải phơng 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 trờng 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 phơng 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 bớc 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 phơng trình bậc cao quy về bậc một nằm trong chơng trình bậc
nhất một ẩn phần cuối chơng, 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 đợc các khái niệm và các định nghĩa cơ

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

trình tơng đơng với nó ( nhng đơn giải hơn). Phép biến đổi nh thế đợc gọi là phép
biến đổi tơng đơng.
1.6. Định nghĩa phơng trình bậc hai một ẩn :
Phơng trình bậc hai một ẩn số là phơng 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 phơng trình bậc cao :
Ta gọi phơng trình đại số bậc n trên trờng số thực là các dạng phơng trình
đợc đa về dạng :
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
+ a
0
= 0
3
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
Trong đó n nguyên dơng; 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 tơng đơng của phơng trình :
a) Định lý 1 :
Nếu cộng cùng một đa thức của ẩn vào hai vế của một phơng trình thì đợc
một phơng trình mới tơng đơng với phơng 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 phơng
trình thì phơng trình mới có thể không tơng đơng với phơng trình đã cho.
Ví dụ : x 2 (1)
Không tơng đơng với phơng trình
2
1
2
1
2

=

+
xx
x
Vì x = 2 là nghiệm của (1) nhng không là nghiệm của (2)
* Hệ quả 1:

Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của một phơng trình đợc một
phơng trình mới tơng đơng với phơng 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 phơng trình thì đợc một
phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho.
Ví dụ : -9 7x = 5 ( x +3) 7x
<=> -9 = 5 x ( x + 3)
* Chú ý :
Nếu nhân hai vế của một phơng trình với một đa thức của ẩn thì đợc phơng
trình mới có thể không tơng đơng với phơng trình đã cho.
III- Một số cách giải phơng trình bậc cao :
A- Phơng hớng :
4
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phơng trình bậc ba, bậc
bốn còn phơng trình bậc 5 không có phép giải tổng quát. Tuy nhiên trong một số
trờng hợp đặc biệt có thể đa phơng trình cần giải về những phơng trình bậc 1, bậc
2. Ta phải dựa vào đặc thù của phơng trình cần giải để có phơng pháp thích hợp.
Giải và giảng dạy các bài toán về giải phơng trình bậc cao quy về bậc nhất
một ẩn hoặc bậc hai nằm trong quá trình giải phơng trình bậc nhất, bậc 2. Nói
chung bao gồm nhiều dạng và phong phú đợc các nhà toán học và s 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 chơng phơng trình. Trong quá trình
giảng dạy, bản thân tôi đã nghiên cứu, áp dụng lý luận trong quá trình dạy học,
các phơng pháp đặc trng bộ môn, áp dụng các kiến thức đã học để đa các phơng
trình bậc cao về bậc nhất, bậc hai bằng nhiều cách.
Các dạng cơ bản của phơng trình bậc cao thờng gặp là các phơng trình trùng
phơng, phơng trình đối xứng, phơng trình thuận nghịch
B- Các bài toán và phơng pháp giải :

1- Phơng pháp đa về phơng trình tích :
1.1. áp dụng các phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử :
Để giải các phơng trình dạng này trớc hết ta phải nắm vững các phơng pháp
phân tích đa thức thành nhân tử bằng mọi cách đa phơng 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 ph-
ơng trình đã cho chính là tập hợp nghiệm của các phơng trình :
f(x) = 0; g(x) = 0; ; h(x) = 0.
* Bài toán 1 : Giải phơng 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
5
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
<=> (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 nh sau:
Do x
2
+ x + 1 0 nên phơng trình có một nghiệp x 4 = 0 <=> x = 4
Với học sinh lớp 9 :
(2) <=> x
2
+ x + 1 = 0 (*)
x 4 = 0 (**)
Giải phơng trình (*) : = 1 4 = -3 < 0 nên (*) vô nghiệm.
Giải (**) : x = 4.
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm là x = 4.
1.2 . Nhẩm nghiệm rồi dùng lợc đồ Hoócne để đa về phơng trình tích.
* Lợc 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 ( Lợc 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 phơng trình dựa trên các cơ sở sau :
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 ớc 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.
6
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
* Bài toán 2 :
Giải phơng 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 phơng trình (2) là :
x
1
= 1; x
2
= -1.
áp dụng lợc 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
Phơng tình (2) có dạng phân tích nh sau :
(x-1) (x+1) (x
2
+ x + 1 ) = 0
Ta dễ dàng nhận thấy phơng trình(2) có 2 nghiệm là : x
1
= 1; x
2
= -1.
* Bài toán 3 :
Giải phơng trình : x
3
5x
2
+ 8x 16 = 0 (3)
ở bài toán này ta không thể áp dụng đợc 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 lợc đồ Hoocne ta đa phơng trình (3) về dạng
(x 4) ( x
2
x + 4) = 0
<=> x 4 = 0 (*)
x
2
x + 4 = 0 (**)
(*) <=> x 4 = 0 <=> x = 4
(**) <=> 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 đợc
vấn đề ( vì ở phơng trình này không có nghiệm nguyên). Ta nghĩ đến cơ hội cuối
cùng nếu phơng trình có nghiệm hữu tỉ và áp dụng nhận xét ở mục 1.2.4
(4) <=> 8x
3
20x
2
+ 32x 12 = 0
7
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
<=> (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 lợc 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 phơng trình ( 4) có một nghiệm và x = 1/2
1.2.5. Việc nhẩm nghiệm nh ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng tạ
do a
0
lớn và có nhiều ớc số. Trong trờng hợp này ta sẽ áp dụng nhận xét sau để đi
loại trừ bớt các ớc không là nghiệm của phơng 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 phơng trình : 4x

3
13x
2
+ 9x 18 = 0 (0)
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(`
=> Phơng trình (5) có khả năng có nhiệm là x

1
= 3.
áp dụng lợc đồ Hoócne ta đa (5) về dạng sau :
(x-3) ( 4x
2
x + 6 ) = 0
<=> x 3 = 0 (*)
8
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
4x
2
x + 6 = 0 (**)
(*) <=> x = 3
(**) <=> 4x
2
x = 6 = 0
= (-1)
2
4.4.6 < 0 => (**) vô nghiệm.
Nên phơng trình (5) có một nghiệm là : x = 3.
* Chú ý :
- Việc nhẩm nghiệm phơng trình có thể nhẩm miệng rồi dùng thuật toán
chia đa thức cho đa thức để hạ bậc và đa phơng trình về dạng tích.
- Có thể dùng lợc đồ Hoócne để xác định ớc số nào của a
0
là nghiệm, ớc số
nào không là nghiệm và đa ngay ra dạng phân tích.
VD : Xét phơng trình : x
3
5x

2
8x - 4 = 0 (*)
Ư(4) {1, 2, 4}
áp dụng lợc 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
Nhận thấy x= 1 và x = 2 là nghiệm của phơng trình (*) lúc đó (*) viết dới
dạng phơng trình tích nh sau :
( x 1 ) ( x 2) ( x 2 ) = 0
2- Phơng pháp đặt ẩn phụ :
- Phơng pháp này thờng đợc sử dụng với các dạng phơng trình.
* Dạng 1 :
Phơng trình có dạng ax
4
+ bx

2
+ c = 0 ( a0) gọi là phơng trình trùng phơng.
+ Cách giải : Đặt ẩn phụ y = x
2
( y 0) đa về phơng trình bậc hai đối với y
nh sau :
9
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
ay
2
+ by + c = 0
* Bài toán 7 : Giải phơng 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 phơng trình đã cho có 4 nghiệm :
x = 1; x = -1; x = 2; x = -2.
* Dạng 2 : Phơng 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 phơng trình
( x 1) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) = 9 (1)
Giải :
(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 đợc phơng 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
10
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
<=> x
3,4
= - 2
Vậy phơng trình ( 1) có 3 nghiệm :
x
1
=
102 +
; x
2

=
102
; x
3
= -2
* Dạng 3 : Phơng trình dạng ( x + a)
4
+ ( x + b)
4
= c
+ Cách giải :Ta đa phơng trình trên về dạng phơng trình trùng phơng bằng
cách đặt y = x + ( a+b)/2
* Bài toán 9 : Giải phơng trình :
( x + 1)
4
+ ( x +3)
4
= 16
Giải : Đặt y = x + 2 ta đợc phơng trình.
( y-1)
4
+ ( y+1)
4
= 16
<=> 2y
4
+ 12y
2
+ 2 = 16
<=> y

4
+ 6y
2
7 = 0 ( Phơng trình trùng phơng)
Đặt m = y ( m0) ta đợc phơng trình.
m
2
+ 6m 7 = 0 (8)
Dùng phơng 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
x + 2 = -1 => x = -3
Vậy phơng trình (1) có 2 nghiệm là :
x = - 1; x = -3
Dạng 4: Phơng 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 phơng trình nên chia cả hai vế của ph-
ơng trình cho x
2
rồi đa về phơng trình bậc n bằng cách đặt y = x + 1/x
* Bài toán 10: Giải phơng 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 đợc phơng trình tơng đơng
11
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
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 = Đa phơng trình về 2y
2
+ 3y 5 = 0 (2)
= 9 + 40 = 49 > 0
=> Phơng 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 => Phơng trình (*) vô nghiệm
( nhân 2 vế với 2x 0)
<=> 2x
2
+ 5x + 2 = 0 ( **)
=25 16 = 9 > 0
=> phơng trình ( **) có 2 nghiệm
;
Vậy phơng trình (1) có 2 nghiệm : x
1
= -1/2 ; x
2
= -2
* Dạng 5: Phơng 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: Phơng trình này bao giờ cũng có nghiệm x
0
= -1 và khi chia 2 vế
của phơng trình cho ( x +1) ta đợc phơng trình đối xứng bậc chẵn 2n.
* Bài toán 11: Giải phơng 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 phơng trình
12
x
x
1
+
1
1
=+
x
x
2
51

=+
x
x
2
1
4
35
1

=

+
=
x
2
4
35
2
=

=
x
32
1
+=
x
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
Với x - 1 chia cả 2 vế của phơng trình ( 1) cho ( x+1) ta có phơng 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 phơng trình tơng đơng
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 đợc phơng trình
2y
2
+ 3y 20 = 0 ( 4)
= 9 + 160 = 169 > 0
=> phơng trình ( 4 ) có 2 nghiệm phân biệt
;
Từ đó giải 2 phơng trình
( nhân 2 vế với x 0)

<=> x
2
+ 4x + 1 = 0 ( *)
= 4 - 1 = 3 > 0
=> phơng trình ( *) có 2 nghiệm : ;
( nhân 2 vế với 2x 0)
<=> 2x
2
5x + 2 = 0 ( **)
= 25 16 = 9 > 0
=> phơng trình ( **) có 2 nghiệm
Vậy phơng trình (1) có 4 nghiệm:
; ; ;
* Nhận xét:
Bài tập này tơng đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần lu ý khai
thác hết giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phơng pháp nào, hằng đẳng thức nào để
13
x
x
1
+
2
5
4
133
1
=
+
=
y

4
4
133
2
=

=
y
4
1
=+
x
x
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
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
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 đợc bài và các
kiến thức cần sử dụng trong quá trình giải bài tổng quát, bài tơng tự, đặc biệt dùng

để bồi dỡng học sinh giỏi nhằm phát triển t duy.
* Dạng 6: Phơng 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 phơng 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
<=> 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 đợc phơng 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 đợc 4 nghiệm
*Bài toán 13: Giải phơng trình
( x 3) ( x +2) ( x 4)( x + 6) = 14x
2
(1)
Giải:
* Cách 1: Khai triển, thu gọn về phơng trình f(x) = 0 với vế trái là đa thức
bậc bốn
14
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
* 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
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 phơng trình (1) có 2 nghiệm : x = 3 ; x = 4
* Dạng 7: Phơng 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 phơng trình là y = 0
* Nhận xét: Một số thiếu sót thờng mắc khi biến đổi phơng trình:
- Khi chia 2 vế cho một đa thức của phơng 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 phơng trình f
2n
(x) = g
2n
(x) (2)
thành f(x) = g(x). Hai phép biến đổi này có thể làm mất nghiệm.
15
x
x
12
7
+
x
x
12
8
++
x
x
12
7
+
14
12
7
=+

x
x
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
- Đối với phơng trình đầu nên chuyển vế để đa về phơng trình tích hoặc
giải phơng trình f
1
(x) = f
2
(x)
- Đối với phơng trình (2) giải 2 phơng trình f(x) = g(x) và f(x) = -g(x).
* Dạng 8 : x
3
+ ax
2
+ bx + c = 0
(Phơng pháp này có thể giải đợc với phơng trình không có nghiệm hữu tỉ)
+ Cách giải :
- Bớc 1 : Quy về dạng y
3
+ py + q = 0 bằng cách đặt y = a/3 + x
- Bớc 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 phơng trình : u

3
+ v
3
= - q
3uv = - p
<=> u
3
+ v
3
= - q
u
3
v
3
= - p
3
/27
Sau đó áp dụng hệ thức Viét để tìm nghiệm u, v.
*Bài toán 14 : Giải phơng 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 phơng 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 phơng 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 phơng trình (*) có một nghiệm là x = 7
3 Phơng pháp đa về hai luỹ thừa cùng bậc
16
<=>
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
* Cách giải: Ta thêm bớt hạng tử để xuất hiện hằng đẳng thức thích hợp rồi
từ đó đa hai vế của phơng trình về luỹ thừa cùng bậc. Sau đó vận dụng các hằng
đẳng thức đã học để giải phơng trình.
*Chú ý: A
2n
= B
2n
<=> A = B
A
2n 1
= B
2n 1
<=> A = B
*Bài toán 15: Giải phơng 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
Giải (2): x
2
+ 2 = 2x + 6
<=> x
2
2x 4 = 0
= 1 + 4 = 5 > 0 => phơng 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 => phơng trình vô nghiệm
Vậy phơng trình (1) có 2 nghiệm : x
1
=
51+
; x
2
=
51
*Bài toán 16: Giải phơng 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
17
(2)
(3)

Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
Nên (2) <=>



=
=
014
04
2
x
x
<=>





=
=
4
1
2
x
x
Vậy phơng trình (1) vô nghiệm
*Bài toán 17: Giải phơng 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
Vậy nghiệm của phơng trình (1) là:
14
1
3

=
x
4 Phơng pháp dùng bất đẳng thức:
* Cách giải: Dùng tính chất đơn điệu của hàm số trên từng khoảng
* Bài toán 18: Giải phơng trình:
198
65
=+ xx
(1)
Giải: Viết phơng trình dới 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
18
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao

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 Phơng pháp dùng điều kiện dấu = ở bất đẳng thức
không chặt:
* Bài toán 19: Giải phơng 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
x
2
x 2 0 <=> ( x + 1) ( x 2) 0
<=> - 1 x 2
6 Phơng pháp dùng hệ số bất định:
Giả sử phơng 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 phơng trình:
x
4
- 4x
3
- 10x
2
+ 37x - 14 = 0 (1)
Giả sử phơng trình trên phân tích đợc thành dạng:
19

Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
(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
Phơng trình (1) có dạng (x
2
- 5x + 2) ( x
2
+ x - 7) = 0
Tiếp tục giải các phơng trình bậc hai: x
2
- 5x + 2 = 0 và x
2
+ x 7 = 0 ta có
nghiệm của phơng trình (1) là :
;
2
175
1
+
=x
;

2
175
2

=x
;
2
291
3
+
=x
2
291
4

=x
* Chú ý: Với phơng pháp này có thể giải đợc với phơng trình không có
nghiệm hữu tỷ.
Phần III
Kết luận chung
Phơng pháp dạy học của ngời thầy để học sinh nắm bắt đợc nội dung cần
thiết là cả một quá trình nghệ thuật. Để giúp các em học sinh nắm đợc bài, 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 phơng pháp giảng của ngời thầy,
không chỉ một sớm một chiều có đợc ngay mà phải là cả một quá trình rèn rũa,
tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm, nghiên cứu đối tợng thì mới làm cho học sinh yêu
quý môn học và khao khát đợc học.
Dạy cho học sinh các phơng pháp tìm lời giải cho các bài tập có ý nghĩa vô
cùng quan trọng. Đòi hỏi ngời giáo viên phải say mê với nghề nghiệp, kiên trì,
tận tuỵ với học sinh, tạo cho học sinh có thói quen t duy và khả năng lập luận

Phơng pháp giảng môn Toán của bậc THCS về môn đại số trong phần ch-
ơng trình. Bản thân tôi đã đúc rút đợc trong quá trình giảng dạy ở một chừng mực
nào đó vấn đề dạy và học. Phơng pháp tìm lời giải cho các bài tập thực sự có tác
dụng giúp học sinh làm quen với phơng pháp t duy, phơng pháp làm bài. Tìm cách
giải trong đó xác định rõ các bớc cần tiến hành theo một trình tự lôgíc để hoàn
thành bài giải.
Một số cách giải phơng trình bậc cao đa về phơng trình bậc nhất và bậc hai
trong chơng 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 phơng pháp tìm
20
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
lời giải các bài tập thực sự có tác dụng cho các dạng bài tập giúp học sinh làm
quen với phơng pháp suy nghĩ, tìm tòi. Giáo viên cần có yêu cầu cụ thể đối với
từng đối tợng học sinh, tăng cờng 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 trớc và các thầy cô giáo dạy trong bộ
môn Toán của nhà trờng. 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 trớc 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
Ngời viết
21