TÀI LIỆU-Phương trình bậc cao

Nguy
ễn Tất Thu
Chương II: Phương tr
ình bậc cao
Bài 1. Phương tr
ình bậc ba
I. Tóm t
ắt lý thuyết
1. Phương tr
ình có dạng:
3 2
ax bx cx d 0   
(1), trong đó a, b, c, d là
các s
ố thực cho trước
a 0
.
2. Cách gi
ải:
Bây gi
ờ ta đi xét cách gi
ải ph
ương trình
(1).
Vì
a 0
nên ta có th
ể chia hai vế của phương trình
(1) cho a. Do v
ậy ta chỉ
c

ần đi giải phương trình
d
ạng
:
3 2
x ax bx c 0   
(2) .
Đ
ặt
a
x y
3
 
, khi đó (2) tr
ở th
ành :
3
y py q 0   
(3)
Trong đó:
2 3
a 2a 9ab 27c
p b; q
3 27
 
  
.
Đ
ặt
2 3

27q 4p  
. Đ
ể xét số nghiệm của (3), ta khảo sát sự t
ương giao
c
ủa h
àm số
3
f(y) y p.y q  
v
ới trục Ox.
Chú ý hàm b
ậc ba cắt Ox tại
 M
ột điểm

hàm luôn đơn đi
ệu hoặc
CD CT
f .f 0
 Hai đi
ểm
CD CT
f .f 0 
 Ba đi
ểm
CD CT
f .f 0 
Xét hàm s
ố

3
f(y) y py q  
, ta có:
2
f '(y) 3y p 
.
* N
ếu
p 0 f '(y) 0 f(y)   
là hàm đ
ồng b
i
ến
f(y) 0 
có m
ột
nghi
ệm
.
* N
ếu
p
p 0 f '(y) 0 y
3
     
và
CD CT
p p
f .f f .f
3 3 27

   

  
   
   
   
.
T
ừ đây ta có các kết quả sau:
* N
ếu
0 (3)  
có nghi
ệm duy nhất. Để t
ìm nghiệm này ta làm như sau
:
Đ
ặt
y u v 
, khi đó (3) tr
ở th
ành:
3 3
u v (3uv p)(u v) q 0     
Ta ch
ọn u,v sao cho:
p
3uv p 0 uv
3
   

, lúc đó
3 3
u v q  
ta có h
ệ:
Nguy
ễn Tất Thu
3
3 3
3 3
3 3
p
u v
u ,v
27
u v q






  

là nghi
ệm phương trình:
3
2
p
X qX 0

27
  
(4)
(4) có hai nghiệm:
1
q
27
X
2

 

;
1
q
27
X
2

 

3 3
3 3
1 2
q q
27 27
y u v X X
2 2
 
   

      
(*)
Công th
ức (*) gọi
là công th
ức Car
dano.
* N
ếu
0 
, khi đó (3) có hai nghi
ệm
, m
ột nghiệm kép (
3
q
y
2

ho
ặc
3
q
y
2
 
) và m
ột nghiệm đơn. Tức là:
3
3

q
y
2
y 4q





 

ho
ặc
3
3
q
y
2
y 4q

 





(**).
* N
ếu
0 

, khi đó (3) có ba nghi
ệm phân biệt
và ba nghi
ệm này nằm
trong kho
ảng
p p
( 2 ;2 )
3 3

. Đ
ể t
ìm ba
nghi
ệm n
ày ta đặt
p
y 2 cost
3

,
v
ới
t ( 0; )  
ta đưa (3) v
ề dạng:
cos3t m
(5), trong đó
3 3q
m

2p p
 
.
Gi
ải
(5) ta đư
ợc ba nghiệm
 
1 2 3
t ,t ,t 0; 
, t
ừ đây suy ra ba nghiệm của
phương tr
ình
(3) là :
1 1 2 2 3 3
p p p
y 2 cost ; y 2 cost ; y 2 cost
3 3 3
  
(***).
Chú ý : Trong m
ột số tr
ường hợp để giải phương trình bậc ba
ta đi t
ìm m
ột
nghi
ệm rồi thực hiện phép chia đa thức và chuyển phương trình đã cho về
phương tr

ình tích của một nhị thức bậc nhất và mộ
t tam th
ức bậc hai.
Nguy
ễn Tất Thu
II. Các ví d
ụ
Ví d
ụ
1: Gi
ải phương trình :
3
4x 3x 9 0  
.
Gi
ải:
Ta th
ấy phương trình có một nghiệm
3
x
2

(dùng MTBT) nên ta
bi
ến đổi ph
ương trình
:
2
3
(2x 3)(2x 3x 3) 0 x

2
      
.
Ví d
ụ 2:
Gi
ải p
hương tr
ình :
3
x 3x 1 0  
.
Gi
ải:
Ta có:
2 3 3
27q 4p 27 4( 3) 135 0       
nên phương
trình có duy nh
ất nghiệm:
3 3
3 3
q q
1 5 1 5
27 27
x
2 2 2 2
 
   
   

   
.
Ví d
ụ 3:
Gi
ải phương trình :
3
x 3x 1 0  
(1).
Gi
ải:
Ta có:
2 3 3
27q 4p 27.1 4.3 81 0       
nên phương tr
ình có ba
nghi
ệm thuộc khoảng
( 2;2)
. Đ
ặt
x 2cost
v
ới
t (0; ) 
(2) tr
ở thành:
3 3
1
8cos t 6cost 1 4cos t 3cost

2
    
1 2
cos3t cos t k
2 3 9 3
  
      
.
Vì
t (0; ) 
nên ta có:
1 2 3
7 5
t ;t ;t
9 9 9
  
  
.
V
ậy phương trình có ba nghiệm:
5 7
x 2cos ; x 2cos ; x 2cos
9 9 9
  
  
.
Ví d
ụ 4:
Tìm m
để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt

3 2
x (2m 1)x (3m 2)x m 2 0      
(1).
Gi
ải:
Vì t
ổng các hệ số của phương trình bằng 0 nên phương trình có
nghi
ệm
x 1
nên :
Nguy
ễn Tất Thu
2
2
x 1
(1) (x 1)(x 2mx m 2) 0
x 2mx m 2 0


      

   


Phương tr
ình (1) có ba nghi
ệm phân biệt
2
f(x) x 2mx m 2    

có
hai nghi
ệm phân biệt khác 1
2
' m m 2 0
m 1
f(1) m 1 0


    
   

   


.
V
ậy
m 1 
là giá tr
ị cần tìm.
Chú ý : S
ố ng
hi
ệm của
PT :
2
(x )(ax bx c) 0    
ph
ụ thuộc vào số

nghi
ệm của tam thức:
2
f(x) ax bx c (a 0)   
. C
ụ thể
* Nếu
f(x)
có hai nghiệm phân biệt
 
, tức là:
0
f( ) 0
 


 

thì phương
trình có ba nghi
ệm phân biệt.
* N
ếu
f(x)
có hai nghi
ệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng

, t
ức là:
0

f( ) 0
 


 

thì phương trình có hai nghiệm:
x  
,
c
x
a


.
* N
ếu
f(x)
có nghi
ệm kép khác

, t
ức l
à:
0
b
2a
 




  


thì ph
ương tr
ình có
hai nghi
ệm
x  
và
b
x
2a
 
.
* N
ếu
f(x)
có nghi
ệm kép
x  
, t
ức là:
0
b
2a
 




  


thì ph
ương trình có
m
ột nghiệm
x  
.
* N
ếu
f(x)
vô nghi
ệm th
ì
phương tr
ình
có đúng m
ột nghiệm
x  
.
Ví d
ụ 5:
Tìm m đ
ể đồ thị h
àm số
sau c
ắt trục Ox tại hai điểm phân biệt:
3 2

y 2mx (1 2m)x (3 8m)x 4m 2      
Giải:
Ta có phương tr
ình hoành
độ giao điểm:
3 2
2mx (1 2m)x (3 8m)x 4m 2 0      
(2)
Nguy
ễn Tất Thu
2
(x 1) 2mx (1 4m)x 4m 2 0
 
      
 
2
x 1
f(x) 2mx (1 4m)x 4m 2 0




     


Yêu c
ầu b
ài toán
(2)
có hai nghi

ệm phân biệt.
TH 1:
f(x)
có hai nghi
ệm phân biệt, trong đó có một nghiệm
b
ằng 1
. Đi
ều này có
2
m 0
1
48m 24m 1 0 m
2
f(1) 2m 1 0



        


  

.
TH 2:
f(x)
có m
ột nghiệm khác 1.
Khi đó x
ảy ra hai khả năng

Kh
ả năng 1:
m 0
3 6
0 m
12
1 4m
1
4m





   






.
Khả năng 2:
m 0
m 0
f(1) 0


 




.
V
ậy các giá trị của m cần tìm là:
1 3 6
m ; m 0; m
2 12

   
.
Ví d
ụ 6
: Ch
ứng minh rằng
phương tr
ình :
3 2
x ax bx c 0   
 
a 0
có 3 nghi
ệm
 
3
3 2
27c 2a 9ab 2 a 3b    
(1).
Gi
ải:

Gi
ả sử phương trình có ba nghiệm. Ta chứng minh (1).
* N
ếu ba nghiệm của phương trình trùng nhau thì
p q 0 (1)  
đúng.
* N
ếu ba nghiệm phương trình chỉ có hai nghiệm trùng nhau hoắc ba
nghi
ệm đó
là phân bi
ệt. Khi đó ta có:
2 3
Δ 27q 4p 0  
,
( trong đó:
2 3
a 2a 9ab 27c
p b; q
3 27
 
  
)
3 3 3 2 3
2
2
4p p 2a 9ab 27c (a 3b)
p | q | 2 | | 2
27 27 27
27

  
     
.
Nguy
ễn Tất Thu
 
3
3 2
27c 2a 9ab 2 a 3b    
đpcm.
T
ừ cách chứng minh trên ta suy ra được nếu có (1) thì phương trình có ba
nghi
ệm
.
Ví d
ụ
7: Cho phương tr
ình
 
3 2
x ax bx c 0 a 0    
(1) có ba
nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình sau chỉ có hai nghiệm thực
phân bi
ệt.
3 2 2 2
4(x ax bx c)(3x a) (3x 2ax b)      
(2).
Gi

ải:
G
ọi
3 2
f(x) x ax bx c   
. Khi đó (2) đư
ợc viết dưới dạng:
   
2 2
2f(x).f ''(x) f '(x) g(x) 2f (x)f "(x) f '(x) 0    
.
Ta có:
(3)
g'(x) 2f (x)f (x)
(
(3)
f
là đ
ạo hàm cấp ba của hàm f).
G
ọi
1 2 3
x x x 
là ba nghi
ệm phân biệt của f(x), ta có:
1 2 3
g'(x) 12(x x )(x x )(x x ) g'(x)    
có ba nghi
ệm
1 2 3

x ,x ,x
B
ảng biến
thiên.
x

1
x
2
x
3
x

g'(x)

0 + 0

0 +
g(x)

2
g(x )

1
g(x )
3
g(x )
Vì
 
2

i i i
f(x ) 0 g(x ) f '(x ) 0 i 1,2,3     
, nên t
ừ bảng biến thiên
suy ra phương tr
ình
g(x) 0
ch
ỉ có hai nghiệm phân biệt

đpcm.
Nguy
ễn Tất Thu
Bài 2. Phương tr
ình bậc cao
Phương tr
ình b
ậc cao ở đây ta xét là phương trình có bậc cao hơn 3.
Phương
pháp chung đ
ể giải phương trình bậc cao là ta tìm cách chuyển về phương
trình có b
ậc thấp h
ơn, thường chúng ta chuyển về phươ
ng trình b
ậc hai. Để
làm đi
ều này ta thường sử dụng các phương pháp sau:
1. Phương pháp đưa v
ề dạng tích

: T
ức là ta biến đổi phương trình :
F(x) 0 
f(x) 0
f(x).g(x) 0
g(x) 0


 



.
Đ
ể đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sa
u:
Cách 1: S
ử dụng các hằng đẳng thức đ
ưa về dạng
2 2 3 3
a b 0, a b 0,    
Cách 2: Nh
ẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu
x a
là m
ột
nghi
ệm của
phương tr
ình

f(x) 0
thì ta luôn có s
ự phân tích:
f(x) (x a)g(x) 
. Đ
ể dự
đoán nghi
ệm ta dựa vào các chú ý sau:
Chú ý : * N
ếu đa thức
n n 1
n n 1 1 0
f(x) a x a x a x a


    
có nghi
ệm
nguyên thì nghi
ệm đó phải l
à ước của
0
a
.
* N
ếu đa thức
n n 1
n n 1 1 0
f(x) a x a x a x a



    
có t
ổng các hệ số
b
ằng 0 th
ì đa thức
có m
ột nghiệm
x 1
* N
ếu đa thức
n n 1
n n 1 1 0
f(x) a x a x a x a


    
có t
ổng các hệ số
ch
ẵn bằng tổng các hệ số lẻ thì đa thức có một nghiệm
x 1 
.
Cách 3: S
ử dụng ph
ương pháp hệ số bất định. Ta thường áp
d
ụng cho
phương tr

ình trình bậc bốn.
Nguy
ễn Tất Thu
Ví dụ 1: Giải phương trình :
4 2
x 4x 12x 9 0   
(1) .
Gi
ải:
Ta có phương tr
ình
4 2
x (2x 3) 0   
(1.1)
2
2 2
2
x 2x 3 0
(x 2x 3)(x 2x 3) 0
x 2x 3 0

  

      

  

x 1,x 3   
. V
ậy phương trình có hai ng

hi
ệm
:
x 3;x 1  
.
Nh
ận xét
: M
ẫu chốt của cách giải trên là chúng ta nhận ra hằng đẳng thức
và bi
ến đổi về phương trình (1.1). Trong nhiều phương trình việc làm xuất
hi
ện hằng đẳng thức không c
òn dễ dàng như vậy nữa, để làm điều này đòi
h
ỏ
i chúng ta ph
ải có những nhạy cảm nhất định và phải thêm bớt những
hạng tử thích hợp.
Ví dụ 2: Giải phương trình :
4 2
x 13x 18x 5 0   
.
Gi
ải:
Phương tr
ình
4 2 2
(x 4x 4) (9x 18x 9) 0      
2 2 2

(x 2) (3x 3) 0    
2 2
(x 3x 5)(x 3x 1) 0     
2
2
x 3x 5 0
x 3x 1 0

  



  

3 29
x
2
3 5
x
2

 










.
V
ậy
PT đ
ã cho có 4 nghi
ệm:
3 29
x
2
 

;
3 5
x
2


.
Chú ý :
1) Ch
ắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc làm sao mà ta biết cách tách như trên ?!.
Th
ật ra thì chúng ta làm như sau:
Phương trình
2 2 2 2
(x m) (13 2m)x 18x 5 m 0
 
       
 

.
Ta ch
ọn m sao cho biểu thức trong dấu
 
phân tích đư
ợc hằng đẳng thức,
đ
ể có điều này ta phải có:
2 2 3 2
' 9 (5 m )(13 2m) 0 2m 13m 10m 16 0          
, phương
trình này có m
ột nghiệm
m 2 
, do đó ta có th
ể phân tích như trên.
V
ới phương trình bậc bốn tổng quát
4 3 2
x ax bx cx d 0    
(I) ta c
ũng
Nguy
ễn Tất Thu
có thể biến đổi theo cách trên như sau:
4 3 2
x ax bx cx d 0    
4 3 2
a
x 2 x bx cx d

2
     
Ta c
ộng thêm hai vế của phương trình một lượng:
2
2 2
a
( 2 )x a x
4
     
2
2 2 2 2
a a
(x x ) ( 2 b)x (a c)x d
2 4
            
(1.I).
Bây gi
ờ ta chỉ cần chọn

sao cho VT c
ủa (1.I) phân tích th
ành hằng đẳng
th
ức, tức là :
2
2 2
a
0 (a c) 4( 2 b)( d) 0
4

           
3 2 2 2
8 4b 2(ac 4d) c a d 4bd 0          
(2.I)
Đây là phương trình b
ậc ba n
ên bao giờ cũng có ít nhất một nghiệm. Khi đó
ta s
ẽ đưa phương trình (1.I) về phương trình tích của hai tam thức bậc hai, từ
đây ta gi
ải hai tam thức này ta được nghiệm phương trình (I).
2) V
ề mặt lí thuyết th
ì ta có thể giải được mọi phương
trình b
ậc bốn theo
cách trên. Tuy nhiên trên th
ực tế thì nhiều lúc việc giải không được dễ dàng
v
ậy, vì mẫu chốt quan trọng nhất của cách giải trên là tìm

. M
ặc dù (2.I)
đ
ã có cách gi
ải nhưng không phải giá trị

lúc nào c
ũng “đẹp”, n
ên sẽ khó

khăn cho các phép bi
ến đổi của chúng ta.
Ví d
ụ
3: Gi
ải ph
ương trình :
4 3 2
2x 10x 11x x 1 0    
(4).
Gi
ải:
Ta có phương tr
ình
:
3 2 2 2
8 4b 2(ac 4d) c a d 4bd 0          
3 2
5
8 22 0
4
       
, phương tr
ình
này có nghi
ệ
m:
1
4
  

.
Do v
ậy
2 2 2 2
5 1 1 3 9 1 3
(4) (x x ) x x ( x )
2 4 4 4 16 2 4
       
2
2 2
2
2x 4x 1 0
1
(x 2x )(x 3x 1) 0
2
x 3x 1 0

  

      

  

,
2 2
x
2

 
và

3 13
x
2


.
Nguy
ễn Tất Thu
Chú ý : Đưa về phương trình tích ngoài cách tạo ra hằng đẳng thức ở trên, ta
còn có cách khác là sử dụng ph
ương tr
ình h
ệ số bất định. Chẳng hạn
xét ví
d
ụ trên
. Ta phân tích:
4 3 2 2 2
2x 10x 11x x 1 (x ax b)(2x mx n)        
Khai tri
ển rồi đồng nhất các hệ số ta có được hệ phương trình :
2a m 10
2b n am 11
an bm 1
nb 1
  


  



 


 

. T
ừ phương trình cuối ta chọn:
n 1;b 1  
, thay vào ba
phương tr
ình đầu ta có:
2a m 10
am 10
a m 1
  





  

ta th
ấy hệ này vô nghiệm, do đó ta
ch
ọn
n 1;b 1  
, thay vào ta gi
ải được

m 4 
và
a 3 
V
ậy:
4 3 2 2 2
2x 10x 11x x 1 (x 3x 1)(2x 4x 1)        
.
Ví d
ụ
4: Tìm m
đ
ể phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt.
4 3 2 2
x x (3m 4)x 5x 2m m 3 0       
(5).
Gi
ải:
Khi g
ặp b
ài toán này
có l
ẽ
các b
ạn sẽ
suy ngh
ĩ
không bi
ết n
ên xử lí

theo hư
ớng
nào? Vì ph
ương trình này không có nghiệm đặc biệt, nếu sử
dụng phương trình phân tích bình phương thì việc giải phương trình (2.I) e
r
ằng sẽ không đi đến kết quả ! Vậy phương pháp hệ số bất định thì sao? Chú
ý đ
ến hệ số tự do của ph
ương trình ta thấy:
2
2m m 3 (m 1)(2m 3)    
,
đi
ều này dẫn tới ta nghĩ đến phân tích VT của phương t
rình v
ề dạng:
2 2
(x ax m 1)(x bx 2m 3)     
(m
ục đíc là làm giảm số ẩn cần tìm
xu
ống c
òn 2 ẩn). Đồng nhất hệ số ta có hệ phương trình :
a b 1
a 1
2m 3 m 1 ab 3m 4
b 2
a(2m 3) b(m 1) 5
  





      
 
 


    

.
V
ậy
2 2
(5) (x x m 1)(x 2x 2m 3) 0       
Nguy
ễn Tất Thu
2
2
x x m 1 0 (a)
x 2x 2m 3 0 (b)

   



   

(5) có b

ốn nghiệm phân biệt
(a)
và (b) đ
ều có hai nghiệm phân biệt và
chúng không có nghi
ệm chung.
* (a) và (b) cùng có hai nghi
ệm phân biệt
a
b
4m 3 0
3
m
' 2m 2 0
4
    

   

    

* Gi
ả sử (a) và (b) có nghiệm chung là
0
x
, khi đó
0
x
là nghi
ệm của hệ:

2
0
0 0
2
2
0 0
0 0
3x m 4 0
x x m 1 0
x x m 1 0
x 2x 2m 3 0

  

   
 

 
   

   



0
2
m 4
x
3
m 4m 13 0








  

,
h
ệ này vô nghiệm
(a)
và (b) không có nghi
ệm chung.
V
ậy
3
m
4
 
là nh
ững giá trị cần tìm.
Nh
ận xét
: Vi
ệc nhận thấy
2
2m m 3 (m 1)(2m 3)    
là m

ẫu chốt hạn
ch
ế khó khăn trong việc phân tích ra thừa số. Đây là một tính chất của đa
th
ức rất hay đ
ược sử dụng trong việc phân tích một đa thức thành các nhân
t
ử. Cụ thể : Nếu tam thức bậc hai (tương tự cho đa thức)
2
f(x) ax bx c  
có hai nghi
ệm
1 2
x ,x
thì ta luôn có s
ự phân tích
1 2
f(x) a(x x )(x x )  
. V
ới ph
ương trình trên ta không sử dụng được tính
ch
ất này vì vế trái là một đa thức bậc 4 không có nghiệm đặc biệt. Tuy nhiên
n
ếu chúng ta nhạy bén
thì ta th
ấy VT của ph
ương trình lại là một tam thức
b
ậc hai đối với ẩn là tham số m. Tức là ta có:

2 2 4 3 2
(5) 2m (3x 1)m x x 4x 5x 3 0        
(5’)
Tam th
ức này có
:
2 2 4 3 2 2 2
(3x 1) 8(x x 4x 5x 3) (x 4x 5)          

(5’) có hai nghi
ệm
2 2 2
1
3x 1 x 4x 5 x 2x 3
m
4 2
       
 
và
2
2
m x x 1   
. Do v
ậy ta có:
Nguy
ễn Tất Thu
2
2
x 2x 3
(5') 2(m x x 1)(m ) 0

2
  
     
2 2
(x x m 1)(x 2x 2m 3) 0       
. Đây là phương tr
ình mà ta v
ừa
biến đổi ở trên.
Ví d
ụ
5: Gi
ải ph
ương trình :
3 2
3
x 3x 3x 16. x 9 0    
.
Gi
ải:
Đ
ặt
3
y x
, ta có :
9 6 3
y 3y 3y 16y 9 0    
2 6 4 3 2
(y 1)(y y 1)(y 2y 2y 4y 2y 9) 0         
2 3 2 4 2 2

(y 1)(y y 1) (y 1) 2y 3y (y 1) 7 0
 
          
 
2
y 1
(y 1)(y y 1) 0
1 5
y
2
 


     





.
V
ậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x 1; x 2 5; x 2 5     
.
Ví d
ụ
6: Gi
ải ph
ương trình :
6 4 3 2

5x 16x 33x 40x 8 0    
.
Gi
ải:
Ta có phương tr
ình
2 4 3
(5x 10x 4)(x 2x 5x 2) 0      
2 2 2
(5x 10x 4)(x 3x 1)(x x 2) 0       
2 2
(5x 10x 4)(x 3x 1) 0     
2
1,2
2
3,4
3 5
x
x 3x 1 0
5
5 5
5x 10x 4 0
x
2





  



 


 
  




.
V
ậy phương trình đã cho có bốn nghiệm:
3 5 5 5
x ; x
2 5
  
 
.
Nguy
ễn Tất Thu
Ví d
ụ
7: Tìm m
để phương trình
4 2 2
x x 2mx m 0   
có b
ốn nghiệm

phân bi
ệt.
Giải:
PT:
4 2 2 2
x (x m) 0 (x x m)(x x m) 0         
2
2
x x m 0 (a)
x x m 0 (b)

  



  

.
Phương tr
ình đã cho
có b
ốn nghiệm phân biệt
(a)
và (b) đ
ều có hai
nghi
ệm
phân bi
ệt và chúng không có nghiệm chung.
(a) và (b) có hai nghi

ệm
phân bi
ệt
1 4m 0
1 1
m
1 4m 0
4 4
 

    

 

.
Gi
ả sử (a) và (b) có nghiệm chung là
0
x
2
0 0
0
2
0 0
x x m 0
x 0
m 0
x x m 0

  




 
 


  


.
V
ậy
m 0
1 1
m
4 4




  


là nh
ững giá trị cần tìm.
Ví dụ 8: Tìm m để phương trình :
4 2 2
x 2x 2mx m 2m 1 0     
.

1) Có nghi
ệm lớn nhất ?
2) Có nghi
ệm nhỏ nhất ?
Gi
ải:
Gi
ả sử
0
x
là nghi
ệm của ph
ương trình đã cho, khi đó phương trình:
2 4 2
0 0 0
m 2(x 1)m x 2x 1 0     
luôn có nghi
ệm m
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
' (x 1) (x 1) 0 (x x 2)(x x ) 0           
0
0 x 1  
.
*
2
0
x 0 m 2m 1 0 m 1       
*
2

0
x 1 m 4m 4 0 m 2       
Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình là
x 0
có được khi
m 1 
nghi
ệm lớn nhất của phương trình là
x 1
có đư
ợc khi
m 2 
.
Nguy
ễn Tất Thu
2. Phương pháp đ
ặt ẩn phụ:
Đặt ẩn phụ là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số , trong
gi
ải ph
ương trình bậc cao cũng vậy
, ngư
ời ta th
ường
đ
ặt ẩn phụ để chuyển
phương tr
ình bậc cao về phương trình có bậc thấp hơn.
M
ột số dạng sau đây

ta thư
ờng dùng đặt ẩn phụ.
D
ạng 1:
Phương tr
ình trùng ph
ương:
4 2
ax bx c 0 (a 0)   
(1).
V
ới dạng này ta đặt
2
t x , t 0 
ta chuy
ển về phương trình :
2
at bt c 0  
(2).
Chú ý : S
ố nghiệm của phương
trình (1) ph
ụ thuộc vào số nghiệm không âm
c
ủa (2).
D
ạng 2
: Phương tr
ình đối xứng (hay phương trình hồi quy):
4 3 2 2

ax bx cx kbx k a 0    
(k 0)
.
V
ới dạng này ta chia hai vế phương trình cho x
2
(x 0)
ta có phương tr
ì
nh :
2
2
2
k k
a(x ) b(x ) c 0
x
x
    
.
Đ
ặt
k
t x
x
 
v
ới
t 2 k
ta có :
2

2 2 2
2
k k
x (x ) 2k t 2k
x
x
     
thay vào ta đư
ợc ph
ương trình:
2
a(t 2k) bt c 0   
.
D
ạng 3
: Phương tr
ình :
(x a)(x b)(x c)(x d) e    
, trong đó
a b c d  
Phương tr
ình
2 2
[x (a b)x ab].[x (c d)x cd] e       
.
Đ
ặt
2
t x (a b)x  
ta có:

(t ab)(t cd) e  
.
D
ạng 4
: Phương tr
ình
2
(x a)(x b)(x c)(x d) ex    
, trong đó
ab cd
.
V
ới dạng này ta chia hai vế phương trì
nh cho
2
x (x 0)
,
phương tr
ình
2 2 2
[x (a b)x ab].[x (c d)x cd] ex       
ab cd
[x a b].[x c d] e
x x
       
. Đ
ặt
ab cd
t x x
x x

   
.
Ta có phương tr
ình :
(t a b)(t c d) e    
.
D
ạng 5
: Phương tr
ình
4 4
(x a) (x b) c   
.
Nguy
ễn Tất Thu
Đ
ặt
a b
x t
2

 
ta đưa v
ề phương trình trùng phương.
Chú ý: phương tr
ình
có n
o
4
a b

c 2( )
2

 
Ngoài nh
ững dạng trên trong một số phương trình bậc cao ta có thể sử dụng
phương pháp lư
ợ
ng giác hóa nh
ờ vào công thức biểu diễn
cosnx
qua
cosx
.
Ví d
ụ
9: Gi
ải các phương trình:
4 3 2
1) 2x 5x 6x 5x 2 0    
4 4
2) (x 1) (x 3) 2   
3)x(x 1)(x 2)(x 3) 24   
4)
2
(x 2)(x 3)(x 4)(x 6) 6x 0     
Gi
ải:
1) Ta th
ấy

0x
không là nghi
ệm phương trình nên chia hai vế phương
trình cho
2
x
ta đư
ợc:
2
2
1 1
2(x ) 5(x ) 6 0
x
x
    
.
Đ
ặt
1
t x , (| t | 2)
x
  
2 2 2
2
1 1
x (x ) 2 t 2
x
x
      
Ta có :

2 2
t 2
2(t 2) 5t 6 0 2t 5t 2 0
1
t (l)
2



        



*
2
1
t 2 x 2 x 2x 1 0 x 1
x
         
là nghi
ệm duy
nh
ất của
phương tr
ình.
2) Đ
ặt
x t 2 
ta đư
ợc:

4 4 4 2
(t 1) (t 1) 2 t 6t 0 t 0 x 2           
V
ậy phương trình có nghiệm duy nhất
x 2 
.
Chú ý: V
ới b
ài 2 ta có thể giải bằng cách khác như sau: Trước hết ta có
BĐT:
4
4 4
a b a b
2 2
 
 

 
 
v
ới
a b 0 
.
Áp d
ụng BĐT này với
:
a x 1,b x 3 VT VP      
. Đ
ẳng thức
x

ảy ra khi
x 2 
.
3) Ta có phương tr
ình
2 2
(x 3x)(x 3x 2) 24    
.
Đ
ặt
2
t x 3x 
ta đư
ợc
:
Nguy
ễn Tất Thu
2
t(t 2) 24 t 2t 24 0 t 6,t 4         
.
*
2
t 6 x 3x 6 0      
Phương tr
ình vô nghiệm.
*
2
t 4 x 3x 4 0 x 1,x 4        
.
V

ậy phương trình có hai nghiệm
x 1;x 4  
.
4) Phương tr
ình
2 2 2
(x 4x 12)(x x 12) 6x 0      
Vì
x 0
không là nghi
ệm c
ủa phương tr
ình nên chia hai vế phương trình
cho
2
x
ta đư
ợc:
12 12
(x 4)(x 1) 6 0
x x
     
Đ
ặt
12
t x
x
 
, ta có:
2

t 1
(t 4)(t 1) 6 0 t 3t 2 0
t 2


        



.
*
2
x 4
12
t 1 x 1 x x 12 0
x 3
x


        

 

.
*
2
t 2 x 2x 12 0 x 1 13       
V
ậy phương trình có bốn nghiệm:
x 3; x 4; x 1 13    

.
Ví dụ 10: Tìm m để phương trình :
2
(x 1)(x 3)(x 5) m   
(1) có nghiệm.
Gi
ải:
Phương tr
ình
(x 1)(x 5)(x 1)(x 3) m     
2 2
(x 4x 5)(x 4x 3) m     
Đ
ặt
2 2
t x 4x (x 2) 4 4      
,ta có phương tr
ình :
2
(t 5)(t 3) m t 2t 15 m       
(2) .
Phương tr
ình (1) có nghi
ệm
(2)
có nghi
ệm
t 4 
.
V

ới
2 2
t 4 t 2t 15 (t 1) 16 16          
(2) có nghi
ệm
t 4 m 16    
.
Ví d
ụ
11: Tìm m
để phương trình :
4 3
x 4x 8x m  
(1) có b
ốn nghiệm
phân bi
ệt.
Nguy
ễn Tất Thu
Gi
ải:
Phương tr
ình
2 2 2
(x 2x) 4(x 2x) m    
Đ
ặt
2 2
t x 2x (x 1) 1 1      
. Phương tr

ình trở thành:
2
t 2t m 
(2).
Phương tr
ình (1) có bốn nghiệm phương trình
(2)
có hai nghi
ệm phân
bi
ệt
t 1 
.
Xét hàm s
ố :
2
f(t) t 2t 
v
ới
t 1 
, ta có b
ảng biến thiên:
t
-1 1

f(t)
3

-1
D

ựa vào bảng biến thiên
1 m 3   
.
Ví d
ụ
12: Gi
ải phương trình :
2 2 2 3
3(x x 1) 2(x 1) 5(x 1)     
.
Gi
ải:
Vì
x 1 
không là nghi
ệm của phương trình nên chia hai vế cho
3
x 1
ta đư
ợc:
2
2
x x 1 x 1
3 2 5
x 1
x x 1
  
 

 

.
Đ
ặt
2
2
x x 1 2
t 3t 5 3t 5t 2 0
x 1 t
 
       

1
t 2,t
3
   
.
*
2
3 13
t 2 x 3x 1 0 x
2

      
*
2
1
t 3x 2x 4 0
3
     
phương trình vô nghi

ệm.
Ví d
ụ
13: Gi
ải phương trình :
6 5 4 3 2
x 3x 6x 21x 6x 3x 1 0      
.
Gi
ải:
Đây là phương tr
ình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể
áp d
ụng cách giải m
à ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số
đối xứng.
Nguy
ễn Tất Thu
Ta th
ấy
x 0
không là nghi
ệm của ph
ương trình . Chia hai vế của phương
trình cho
3
x
, ta đư
ợc:
3 2

3 2
1 1 1
x 3(x ) 6(x ) 21 0
x
x x
      
.
Đ
ặt
1
t x , | t | 2
x
  
. Ta có :
2 2 3 2
2 3
1 1
x t 2; x t(t 3)
x x
     
.
Nên phương tr
ình trở thành :
2 2
t(t 3) 3(t 2) 6t 21 0     
3 2 2
t 3
t 3t 9t 27 0 (t 3) (t 3) 0
t 3



         

 

.
*
2
1 3 5
t 3 x 3 x 3x 1 0 x
x 2

         
.
*
2
3 5
t 3 x 3x 1 0 x
2
 
       
.
V
ậy ph
ương trình có bốn nghiệm
3 5 3 5
x ; x
2 2
  
 

.
Ví d
ụ
14: Gi
ải phương trình :
2
(x 1)(x 2)(x 3) (x 4)(x 5) 360     
.
Gi
ải:
Phương tr
ìn
h
2 2 2
(x 6x 5)(x 6x 8)(x 6x 9) 360       
Đ
ặt
2
t x 6x 
, ta có phương tr
ình :
(y 5)(y 8)(y 9) 360   
2 2
x 0
y(y 22y 157) 0 y 0 x 6x 0
x 6


         


 

V
ậy phương trình có hai nghiệm:
x 0;x 6  
.
Ví d
ụ
15: Gi
ải phương trình :
3 2 2
(64x 112x 56x 7) 4x 4    
(1).
Gi
ải:
M
ột trong những công cụ để giải quyết phương trình bậc cao là đặt ẩn phụ
b
ằng các h
àm lượng giác. Có được sự thuận lợi đó là dựa vào công thức
bi
ểu diễn
cosnx
qua
cosx
. C
ụ thể:
n
[ ]
2

n 2k
n,k
k 0
cosnx a .cos x




.
Nguy
ễn Tất Thu
Trong đó
k n 1 2k k
n,k n k
n
a ( 1) 2 C
n k
 

 

.
T
ừ công thức đó ta có:
7 5 3
cos7x 64cos x 112cos x 56cos x 7cosx   
, đi
ều này gợi
ý cho chúng ta đ
ặt

2
x cos t
. Tuy nhiên đ
ể đặt đ
ược như vậy thì phải
ch
ứng minh được phương trình chỉ có nghiệm trong
[0;1]
?.
Th
ật vậy: Từ ph
ương trình (1)
4x 4 x 1   
.
Ta xét
x 0
. Đ
ặt
x y y 0   
, ta có phương tr
ình :
3 2 2
(64y 112y 56y 7) 4 4y    
(2).
N
ếu
2
0 y 1 VP(2) 8 7 VT(2) (2)      
vô nghi
ệm.

V
ới
3 2 2
y 1 (64y 112y 56y 7) 4 4y (2)       
vô nghi
ệm.
V
ậy ta chứng minh đ
ược (1) nếu có nghiệm
x thì
x [0;1]
.
Đ
ặt
2
x cos t; t [0; ]
2

 
, khi đó (1) tr
ở th
ành:
6 4 2 2 2
(64cos t 112cos t 56cos t 7) 4(1 cos t)    
7 4 3 2 2 2
(64cos t 112cos t 56cos t 7cos t) 4sin tcos t    
(Do
cos t 0
không là nghi
ệm của ph

ương trình nên ta nhân hai vế phương
trình v
ới
2
cos t
)
2 2
cos 7t sin 2t 
cos14t cos( 4t)   
k
t
14t 4t k2
18 9
14t 4t k2
t k
10 5
 

 

    

 


      


  



.
Vì
t [0; )
2


nên ta có:
1 2 3 4 5 6
5 7 3
t ,t ,t ,t ,t ,t
18 6 18 181 10 10
     
     
.
V
ậy ph
ương trình đã cho có 6 nghiệm:
2
i i
x cos t (i 1,2, ,6) 
v
ới
i
t (i 1,2, ,6)
là các nghi
ệm vừa t
ìm ở trên.
Ví d
ụ

16: Gi
ải phương trình :
3 3 3
(x 5x 5) 5x 24x 30 0     
.
Gi
ải:
Ta có:
3 3
5x 24x 20 5(x 5x 5) x 5      
nên phương tr
ình
Nguy
ễn Tất Thu
3 3 3
(x 5x 5) 5(x 5x 5) 5 x       
. Đ
ặt
3
u x 5x 5  
Ta đư
ợc hệ:
3
2 2
3
u 5u 5 x
(u x)(u ux x 6) 0 u x
x 5x 5 u

  


       

  


3 2
x 4x 5 0 (x 1)(x x 5) 0 x 1           
là nghi
ệm duy nhất
c
ủa phương trình đã cho.
Ví d
ụ
17: Cho phương tr
ình :
5 4 3 2
2x x 10x 2x 8x 2 0     
1) Ch
ứng minh rằng phương trì
nh (1) có đúng 5 nghi
ệm.
2) G
ọi
i
x (i 1,5)
là 5 nghi
ệm của (1). Tính tổng
:
5

i
5 4
i 1
i
i
x 1
S
2x x 2



 

.
Gi
ải
:
1) Xét
5 4 3 2
f(x) 2x x 10x 2x 8x 2     
là hàm liên t
ục
3 1 5
f( 2) 5 0;f( ) 2 0;f(0) 1 0;f( ) 0;
2 2 8
           
1 175
f(1) 0;f(3) 0
2 2
    

.
T
ừ đó suy ra phươ
ng trình (1) có 5 nghi
ệm thuộc các khoảng:
3 3 1 1
( 2; ), ( ;0), (0; ), ( ;1), (1;3)
2 2 2 2
  
.
2) Vì
i
x
là nghi
ệm của (1) n
ên
ta có:
5 4 3 2
i i i
i i
2x x 2 2(5x x 4x )    
5
i
3 2
i 1
i i
i
x 1
1
S

2
5x x 4x


 
 

.
M
ặt khác:
x 1 1 2 5
x(x 1)(5x 4) 4x 9(x 1) 36(5x 4)

   
   
5 5 5
i i
i 1 i 1 i 1
i
1 1 1 1 1 1
S
4
8 x 9 x 1 72
x
5
  
    


  

.
Ta có:
1 2 3 4 5
f(x) (x x )(x x )(x x )(x x )(x x )     
5
i
i 1
f '(x) 1
f(x) x x

 


và
4 3 2
f '(x) 10x 4x 30x 4x 8    
.
Nguy
ễn Tất Thu
5 5
i i
i 1 i 1
f '(0) 1 1 f '(0)
4
f(0) x x f(0)
 
      
 
;
5

i
i 1
1 f '(1)
12
x 1 f(1)

   


;
5
i 1
i
4
f '( )
1 12900
5
4 4
4789
x f( )
5 5


   


77406
S
43101
  

.
Ví d
ụ
18: Ch
ứng minh rằng nếu đa thức bậc
n
f(x)
có n nghi
ệm phân biệt
thì đa th
ức
g(x) f(x) f '(x) 
c
ũng có n nghiệm phân biệt.
Gi
ải:
Xét hàm s
ố
x
h(x) f (x).e h(x)

 
có n nghi
ệm phân biệt
1 2 n
x x x  
(Đây chính là nghi
ệm của f(x)).
Ta có:
x

h'(x) (f(x) f '(x))e

 
.
Theo đ
ịnh lí Lagrang ta suy ra
 
h' x
có
n 1
nghi
ệm
1 1 2 2 n 1 n 1 n
x y x y x y x
 
      
.
Mà nghi
ệm của
 
h' x
chính là nghi
ệm của
g(x) f(x) f '(x) 
.

g(x) là đa th
ức bậc n có n
-1 nghi
ệm nên g(x) sẽ có n nghiệm.

Chú ý: S
ử dụng tính chất trên ta có thể sáng tác ra nh
ững bài toán khác.
Ch
ẳng hạn
1) Áp d
ụng tính chất trên
đ
ối với đa thức g(x), ta có:
Đa th
ức:
g(x) g'(x) f (x) 2f '(x) f "(x)   
có n nghi
ệm phân biệt.
2) Áp d
ụng tính chất trên đối với đa thức
n
1
F(x) x f ( )
x

Đa th
ức:
n n 1 n 2
1 1
F(x) F'(x) x f ( ) nx x f '( )
x x
 
   
có n nghi

ệm
Đ
ặt
1
t
x

thì ta có phương tr
ình
:
2
f(t) nt t f '(t) 0  
có n nghi
ệm
.
Bài tập
Bài 1: Gi
ải các phương trình sau
1)
3 2
2x 3x 1 0  
2)
3 2
x x 1 0  
3)
3
x 3x 1 0  
4)
3 2
x 6x 2x 1 0   

Bài 2: Gi
ải các ph
ương trình sau:
Nguy
ễn Tất Thu
4 3
1)x 4x 8x 5  
2) (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 3    
4 4
3) (x 4) (x 6) 82   
2 2 2
4)(x x 1) 3x 3x 1 0     
4
5)x 4x 1 
2 2
2
2
x 2 x 2 x 4
6) 2 2 5 0
x 1 x 1
x 1
  
   
  
   
 
   

4 3
7) x 2x 4x 4 0   

3 2 2
8) (32x 48x 18x 1) x 1    
9)
2 4 2
x (x 1)(x 2) 1 0   
10)
2 2 2 2
128x (4x 1)(8x 1) 1 2x 0
1
x 0
2

    


  


.
Bài 3: Tìm m
để phương trình :
1)
3 2
x (2m 1)x (m 3)x 3m 3 0      
có 3 nghi
ệm phân biệt.
2)
3 2 2
x 2mx m x m 1 0    
có hai nghi

ệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương tr
ình
3 2
x ax bx c 0   
có ba nghi
ệm phân biệt.
Ch
ứng minh rằng ph
ương trình sau cũng có ba nghiệm phân biệt:
3 2
x (a 6)x (b 4a 3)x a c 2b 0        
.
Bài 5: Chứng minh rằng nếu a,b,c,d thỏa mãn
2 3
8a d 4abc b 0  
thì ta
có thể chuyển phương trình
4 3 2
ax bx cx dx e 0    
về phương trình
trùng phương.
Bài 6: Tìm m
để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt.
1)(x 1)(x 3)(x 5)(x 7) m    
4 2 2
2) x m x 2mx 1 0   
.
Bài 7:Gi
ải và biện luận các phương trình sau

1)
4 3 2
x 4x (m 4)x 2mx 2m 0     
2)
4 3
x 2x x m  
.
Bài 8: Cho phương tr
ình bậc n:
n n 1
n n 1 1 0
a x a x a x a 0


    
trong
đó
n n 1 1 0
a 0,a , ,a ,a


là s
ố thực thỏa :
n n 1 1
0
a a a
a 0
n 1 n 2

    


Ch
ứng minh phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc
 
0;1
.
Bài 9: Ch
ứng minh
phương tr
ình có 4 nghiệm phân biệt
i
x ;i 1,4
 
4 3 2
f x 2x 6x 10x 5x 3 0     
và hãy tính t
ổng
 
2
4
i
2
i 1
i
2x 1
S
x 1






.
Nguy
ễn Tất Thu
Bài 3 . Định lí Viét đối với ph
ương tr
ình bậc cao
1. Đ
ịnh lí Viet cho phương trình bậc ba
Cho phương tr
ình :
3 2
ax bx cx d 0 (a 0)    
(1).
a) Đ
ịnh lí Viet thuận:
N
ếu (1) có ba nghiệm
1 2 3
x ,x ,x
thì ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
b
x x x
a
c
x x x x x x

a
d
x x x
a

   



  



 


.
b) Đ
ịnh lí đảo của định lí Viet:
N
ếu ba số
x, y,z
th
ỏa mãn
:
x y z a
xy yz zx b
xyz c

  





  







thì
x, y,z
là ba nghi
ệm của phương trình :
3 2
t at bt c 0   
.
2. Đ
ịnh lí Vi
et cho phương tr
ình bậc cao
N
ếu đa thức
n n 1
0 1 n 1 n
f(x) a x a x a x a



    
(
0
a 0)
có n
nghi
ệm
1 2 n
x ,x , ,x
thì ta có:
 
1
1 2 n
0
2
1 2 1 3 n 1 n
0
n
n
1 2 n
0
a
x x x
a
a
x x x x x x
a

a
x x x 1

a




    







   











 





.
Ta kí hi
ệu :
n
1
1 1 2 n i
i 1
0
a
S x x x x
a

      

;
2
2 i j
1 i j n
0
a
S x x
a
  
 

;
1 2 k
1 2 k
k
k

k i i i
1 i i i
0
a
S x x x ( 1)
a
   
  

Nguy
ễn Tất Thu
k
S
là t
ổng các tích chập k của n số
i
x
và đư
ợc gọi là các đa thức đố
i x
ứng
sơ c
ấp của các nghiệm.
Ví d
ụ 1:
G
ọi
1 2 3
x ,x ,x
là nghi

ệm của
PT :
3
x 5x 1 0  
. Tính:
2 2 2
1 2 3
A x x x  
;
2 2 2 2 2 2
1 2 2 3 3 1
B x x x x x x  
;
4 4 4
1 2 3
C x x x  
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 2 3 2 3 3 1 3 1
D x x (x x ) x x (x x ) x x (x x )     
.
Gi
ải:
Ta dễ d
àng chứng minh được phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.
Áp d
ụng định lí Viét ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
x x x 0

x x x x x x 5
x x x 1
  


   


 

.
Ta có:
2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
A (x x x ) 2(x x x x x x ) 0 2( 5) 10         
2
1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3
B (x x x x x x ) 2x x x (x x x ) 25      
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
C (x x x ) 2(x x x x x x ) 10 2.25 50        
Vì:
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2
x x (x x ) 2x x x x x 2x x
 
   
 
 

2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
D x x x (x x x ) 2(x x x x x x ) 50       
Chú ý : 1) Các bi
ểu thức A, B, C, D ở trên gọi là các đa thức đối xứng ba
bi
ến. Một tính chất quan trọng của các đa thức đối xứng
ba bi
ến là chúng luôn biểu diễn được qua ba đa thức đối xứng ba biến sơ
c
ấp.
C
ụ thể nếu ta đặt
p x y z; q xy yz zx; r xyz      
thì ta có m
ột số
bi
ểu diễn sau:
2 2 2 2
x y z p 2q   
3 3 3 3
x y z p 3pq 3r    
2 2 2 2
(xy) (yz) (zx) q 2pr   
4 4 4 4 2 2
x y z p 2p q 2q 4pr     
xy(x y) yz(y z) zx(z x) pq 3r      
2 2 2 2 2 2 2 2
xy(x y ) yz(y z ) zx(z x ) p q 2q pr       
Nguy

ễn Tất Thu
3 3 3 3 2
(xy) (yz) (zx) q 3pqr 3r    
.
2) G
ọi
1 2 3
x ,x ,x
là nghi
ệm
PT :
3 2
ax bx cx d 0   
.
Đ
ặt
n n n
n 1 2 3
S x x x  
, khi đó ta có h
ệ thức:
n n 1 n 2 n 3
aS bS cS dS 0
  
   
.
Ví d
ụ 2:
Tìm
điều kiện để phương trình :

3 2
x ax bx c 0   
có ba
nghi
ệm, trong đó tổng hai nghiệm gấp
k 1 
nghi
ệm c
òn lại.
Gi
ải:
* Gi
ả sử phương trình có ba nghiệm
1 2 3
x ,x ,x
trong đó t
ổng hai
nghi
ệm gấp
k nghi
ệm nghiệm c
òn lại.
Theo đ
ịnh lí Vi ét,
ta có:
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
x x x a
x x x x x x b

x x x c
  


  




.
Ta có:
1 2 3 2 3 1 3 1 2
(x x kx )(x x kx )(x x kx ) 0      
  
 
1 2 3
a (k 1)x a (k 1)x a (k 1)x 0       
3 2
1 2 3
a a (k 1)(x x x )     
2 3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
a(k 1) (x x x x x x ) (k 1) x x x 0      
3 3 2 3
a a (k 1) ab(k 1) c(k 1) 0       
2 3 3
ab(k 1) a k c(k 1)    
(1).
V
ới a,b,c thỏa mã

n (1), ta tìm
điều kiện để phương trình có ba nghiệm là
đư
ợc
. T
ừ (1)
3
2
k ab
c a
k 1
(k 1)
   


thay vào phương tr
ình ta có:
3 2 3
2
k ab
x ax bx a 0
k 1
(k 1)
    


2
2
a ka ka
(x ) x x b 0

k 1 k 1
(k 1)
 
     
 
 
 

 

phương tr
ình có ba nghiệm
2 2 2
2 2
k a 4ka
4b 0
(k 1) (k 1)
     
 