PT Đại số bậc cao một ẩn

S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
PHầN Mở ĐầU
1- Lý do chọn đề tài :
Phơng trình là một mảng hết sức phong phú và đa dạng với rất nhiều phơng
pháp," thủ thuật" giải khác nhau. Từ xa xa con ngời đã bắt tay vào nghiên cứu và giải
các phơng trình nhng với tính phong phú và đa dạng nên phơng trình cũng là một
mảng rất khó, nó đã tiêu tốn biết bao công sức của các nhà khoa học trên thế giới nh
phơng trình Fermat cũng cần đến thời gian dài hằng thế kỷ con ngi mới giải đợc.
Do tính đặc trng, sự nhất quán của từng dạng phơng trình và yêu cầu t ra đảm
bảo cho học sinh có thể nắm bắt đợc kiến thức về một số phơng trình đại số một ẩn
bậc cao một cách có hệ thống, từ đó tìm ra phơng pháp gii ngắn gọn, thích hợp nhất
khi giải một phơng trình. Trớc yêu cầu đó tôi mạnh dạn tìm hiểu chuyên đề Sơ lợc
về phơng pháp giải một số phơng trình đại số một ẩn bậc cao trong nhà trờng phổ
thông. Nhằm giúp đỡ các em học sinh có thêm sự hiểu biết sâu về bản chất của từng
phơng trình, và các phơng pháp tốt nhất để giải phơng trình đó.
Chuyên đề về Sơ lợc về phơng pháp giải một số phơng trình đại số một ẩn
bậc cao trong nhà trờng phổ thông, đợc thực hiện trong nội dung chơng trình phổ
thông. Trong đó kiến thức cơ bản chủ yếu nằm trong chơng trình đại số lớp 10, ngoài
ra là một số kiến thức cơ bản khác có liên quan. Một trong những điểm mới của SGK
Giải tích 12 là chúng ta đã đa chơng số Phức vào để giảng dạy cho học sinh, vì thế tôi
cũng đã mạnh dạn xét một số phơng trình (PT) trên cả trờng số phức
Ê
.
Chuyên đề này tôi hệ thống lý thuyết của một số phơng trình đại số một ẩn số
bậc cao, rồi từ đó xây dựng lên phơng pháp dùng để giải một số phơng trình đại số
một ẩn số trong nhà trờng phổ thông.
Dựa vào sự nghiên cứu sâu về nguồn gốc, bản chất, cách giải một số phơng
trình đại số một ẩn số, từ đó:
i. Trang bị cho học sinh một số phơng pháp giải phơng trình có tính chất đúng

đắn chặt chẽ. Từ đó hình thành và định hớng cách giải phơng trình phù hợp với trình
độ và nhận thức của từng học sinh.
ii. Giúp học sinh dễ ràng phân loại các phơng trình để tìm ra cách giải hay nhất,
hợp lí nhất .
iii. Tôi đa ra một số nhận xét, chú ý của mình trong khi giải một phơng trình,
nhằm hạn chế cho học sinh những lỗi thờng vấp phải khi giải phơng trình.
Với những nghiên cứu về: Lý thuyết phơng trình và phơng pháp giải một số
phơng trình đại số một ẩn số trong nhà trờng phổ thông, tôi hy vọng rằng chuyên đề
này sẽ giúp đỡ phần nào quá trình học tập, nghiên cứu của các em học sinh ở phổ
thông. Các em sẽ có những hiểu biết sâu sắc hơn, linh hoạt và sáng tạo trong việc giải
1
S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
phơng trình đại số một ẩn số ở phổ thông. Để từ đó các bạn tạo dựng cho mình những
kĩ năng, kĩ xảo linh hoạt giữa việc nghiên cứu lí thuyết và thực hành giải toán.
Nghiên cứu cách giải các phơng trình đại số là một mảng rất lớn, đòi hỏi phải
có nhiều thời gian và công sức. Trong điều kiện có hạn, tôi chỉ dám tìm hiểu một số
vấn đề liên quan đến cách giải một số phơng trình đại số một ẩn. Tôi hy vọng chuyên
đề của tôi sẽ là hớng mở để các thầy cô giáo nghiên cứu mở rộng sang các phơng trình
đại số nhiều hơn một ẩn.
2 - Nhiệm vụ nghiên cứu :
- Kỹ năng giải phơng trình các dạng : phơng trình bậc ba, phơng trình tích, ph-
ơng trình trùng phơng, phơng trình đối xứng
- Kỹ năng giải phơng trình bậc cao quy về bậc nhất, bậc hai ở các dạng cơ bản
mà học sinh đã học.
3- Đối tợng nghiên cứu :
- Học sinh các lớp 10A4, 10A5, 10A6 trờng THPT C Kim Bảng
- Các phơng pháp giải phơng trình bậc cao đa về bậc nhất, bậc hai trong chơng
trình toán lớp 10

4- Phơng pháp nghiên cứu :
- Phơng pháp nghiên cứu lý luận.
- Phơng pháp điều tra.
- Phơng pháp thực nghiệm s phạm.
5- Phạm vi nghiên cứu :
Giới hạn ở vấn đề giảng dạy phần phơng trình bậc cao trong chơng trình toán
THPT ( cụ thể ở các lớp 10 A4, 10A5, 10A6 trờng THPT C Kim Bảng ).

Nội dung đề tài nghiên cứu
I - Cơ sở lý luận và thực tiễn :
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
2
S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
Công cụ giải phơng trình đòi hỏi không cao xa, chỉ với kiến thức toán THPT 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, 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.

Ch ơng I : MT S C S Lí THUYT
V PHNG TRèNH MT N S


Đ1. CC KHI NIM C BN CA PHNG TRèNH MT N S
1. Cỏc nh ngha:
1.1. Định nghĩa ph ơng trình một ẩn số.
Phơng trình với một ẩn số:
=( ) ( )f x g x
(1)
3
S lc Phng trỡnh bc cao mt n

-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
là một đẳng thức giữa hai hàm số
= ( )y f x
và
= ( )y g x
của cùng một biến số x (đại lợng
biến đổi), đẳng thức này chỉ đúng với một số giá trị xác định của biến số ấy. Biến số đ-
a vào trong phơng trình đợc gọi là ẩn số.
Ví dụ:
Cho
+ = +3 2 5x x
là phơng trình một ẩn số.
Trong đó:
= +( ) 3f x x
;
= +( ) 2 5g x x
.
1.2. Tập xác định.
Giả sử
= ( )y f x
có tập xác định D
1
và
= ( )y g x
có tập xác định D
2
thì tập xác
định của phơng trình (1) là tập hợp các giá trị thừa nhận đợc của đối số (tập hợp các
giá trị của đối số làm cho hằng thức trong phơng trình có nghĩa) đó là tập

D = D
1
D
2
1.3. Nghiệm của ph ơng trình.
Nếu
x
lấy giá trị
0
x D
mà
0 0
( ) ( )=f x g x
là một đẳng thức đúng thì
0
x
đợc
gọi là nghiệm của phơng trình (1), hoặc thỏa mãn phơng trình (1) hoặc phơng trình
(1) đợc thỏa mãn với
0
=x x
Tập hợp tất cả các nghiệm của phơng trình đợc gọi là tập nghiệm của phơng
trình.
Kí hiệu là:
S

Vậy:
( ) ( )
{ }
0 0 0

S x D f x g x= =

1.4. Giải ph ơng trình.
Giải phơng trình là tìm tập nghiệm
S
của nó. Nếu
S
đợc biểu thị bởi một hay
nhiều công thức thì đợc gọi là nghiệm tổng quát của phơng trình.
S
có thể là tập hữu
hạn hay vô hạn.
Ta nói phơng trình vô nghiệm nếu tập nghiêm
S
của phơng trình (1) là rỗng
S =
,
tức là không có giá trị nào của D sao cho
( )f x
và
( )g x
bằng nhau.
Phơng trình đợc gọi là có nghiệm nếu tập nghiệm
S
của phơng trình khác rỗng (
S D
), tức là có ít nhất một giá trị
0
x D
thỏa mãn phơng trình (1), hoặc tập

nghiệm
S D=
tức là bất kì giá trị
0
x
nào của

0
(x x
D) cũng thỏa mãn phơng trình
(1).
2. Các ví dụ.
2.1. Ví dụ 1.
+ =
2 2
( 3)( 4) 0x x
là phơng trình một ẩn số.
4
S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
+) Trên
Ơ
: PT có tập xác định là
D = Ơ
nên PT vô nghiệm (
= S
)
+) Trên
Ô

: Phơng trình có tập xác định (TXĐ): D =
Ô
Phơng trình vô nghiệm:
S =
+) Trên
Ă
: Phơng trình có TXĐ: D =
Ă
Phơng trình có nghiệm là:
{ }
=
3, 3S

+) Trên
Ê
: PT có tập xác định:
D = Ê
PT có tập nghiệm
{ }
; ; ;= S 3 3 2i 2i
2.2. Ví dụ 2.
Cho phơng trình trên
Ă
:

=x x
+ TXĐ : D =
Ă
+ Tập nghiệm : M =
{ }

Ă 0x x
là tập các số thực không âm.

Đ2. CC TNH CHT CA PHNG TRèNH MT N S
1. S tng ng gia cỏc phng trỡnh:
Để cho gọn ta viết
1 2
( ), ( )p x p x
để chỉ hai phơng trình hay hệ tuyển phơng
trình một ẩn hay hai ẩn.
1.1. Định nghĩa.
Gọi
1 2
,S S
lần lợt là tập nghiệm của
1
( )p x
và
2
( )p x
khi đó:
+)
2
( )p x
đợc gọi là hệ quả của
1
( )p x
nếu
1 2
S S

Kí hiệu:

1 2
( ) ( )p x p x
+)
1
( )p x
và
2
( )p x
gọi là tơng đơng nếu S
1
= S
2
.
Kí hiệu:

1 2
( ) ( )p x p x
hoặc
:
1 2
( ) ( )p x p x
.
1.2. Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hai phơng trình trên
Ă
:

1

( )p x
:
=
3 1x x


=
2
2
( ) : 2 0p x x x
Ta có
{ }
=
1
2S
,
{ }
=
2
1;2S
do đó
1 2
S S
5
S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
Vậy

1 2

( ) ( )p x p x
.
Ví dụ 2: Cho hai PT:

( ):
( ) :
2
1
4
2
p x x 2 0
p x x 1 0
=
+ =
Ta thấy: Trên
,Ơ Ô
là tơng đơng vì :
= =
1 2
S S
Trên
R
là không tơng đơng vì:
{ }
; ;= =
1 2
S 2 2 S
2. Các tính chất.
2.1. Tính chất 1.
Cho phơng trình

=( ) ( )f x g x
, nếu
( )h x
có nghĩa trong tập xác định của phơng trình
đã cho thì :

= + = +( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x h x g x h x
2.1.1. Hệ quả 1.
Có thể chuyển các hạng tử từ vế này sang vế kia của phơng trình và đổi dấu của
hạng tử đó ta đợc phơng trình tơng đơng :
+ = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x h x g x f x g x h x
2.1.2. Hệ quả 2.
Mọi phơng trình đều có thể đa về dạng phơng trình mà vế phải bằng không :
= =( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g x f x g x
Do đó ta luôn có thể kí hiệu phơng trình là:
=( ) 0F x

(*) Chú ý: Điều kiện h(x) có nghĩa trong tập xác định của phơng trình là điều
kiện đủ nhng không cần, tức là nếu có điều kiện ấy thì hai phơng trình là tơng đơng,
nếu không có điều kiện ấy thì phơng trình trên có thể là tơng đơng mà cũng có thể là
không tơng đơng .
2.1.3. Ví dụ. Cho các ph ơng trình :

=
2
1x
(1)

+

2
1
2
x
x
=
+

1
1
2x
(2)
Ta thấy (1) và (2) là tơng đơng vì tập nghiệm S
1
= S
2
=
{ }
1;1
, dù
=

1
( )
2
h x
x
không có nghĩa tại
= 2x
thuộc tập xác định của phơng trình đã cho.

Nhng ta xét phơng trình:
=
2
1x
(1)

+ = +

2
1 1
1
1 1
x
x x
(2)
6
S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
(1) và (2) là không tơng đơng vì
=

1
( )
1
h x
x
không có nghĩa tại
=
1x

là nghiệm của
(1).
Vậy điều kiện của định lý có thể phát biểu là:
( )h x
có nghĩa tại tất cả các nghiệm
của phơng trình
=( ) ( )f x g x
. Nhng điều kiện yếu hơn này lại có tác dụng trong việc
giải phơng trình vì nếu đã biết trớc các nghiệm rồi thì chẳng cần phải biến đổi nữa.
2.2. Tính chất 2.
Cho phơng trình
=( ) ( )f x g x
, nếu biểu thức
( )h x
có nghĩa và khác đa thức
không trong miền xác định của phơng trình đã cho thì :
= =( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x h x g x h x
2.2.1. Hệ quả 1.
Có thể nhân hai vế của một phơng trình với một số khác không tùy ý :
( )
= = ( ) ( ) ( ) ( ); 0f x g x kf x kg x k
2.2.2. Hệ quả 2.
Đối với mọi hàm số
( ), ( )f x g x
và
( ) 0h x
thì :
= =
( )
( ) ( ) ( ) ( )

( )
f x
g x f x h x g x
h x
và
( ) 0h x
(*) Chú ý: Ta có thể nhận xét về
( )h x
tơng tự nh tính chất 1.
2.2.3. Hệ quả 3.
Đối với mọi hàm số
( ), ( )f x g x
và
( )h x
thì :
= =
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
f x
g x f x h x g x
h x
2.3. Tính chất 3.
Nếu nâng hai vế của một phơng trình lên một lũy thừa bậc lẻ thì ta đợc một ph-
ơng trình tơng đơng với phơng trình đã cho:
[ ] [ ]
+ +
= =
2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )

k k
f x g x f x g x
với
Ơ
*
k
(*) Chú ý: Nếu ta nâng hai vế của phơng trình lên một lũy thừa bậc chẵn thì nói
chung ta đợc một phơng trình hệ quả của phơng trình đã cho mà không thu đợc phơng
trình tơng đơng:
[ ] [ ]
= =
2 2
( ) ( ) ( ) ( )
k k
f x g x f x g x
với
Ơ
*
k
Ví dụ.
Phơng trình:
=3 2x
có tập nghiệm S
1
=
{ }
5
.
7
S lc Phng trỡnh bc cao mt n

-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
Phơng trình:
( )
=
2
2
3 2x
có tập nghiệm S
2
=
{ }
1;5
Do đó:

( )
= =
2
2
3 2 3 2x x
3. Nghiệm ngoại lai, mất nghiệm.
3.1. Nghiệm ngoại lai.
Nếu sau một phép biến đổi nào đó tập xác định của phơng trình đã cho mở
rộng ra thì tập nghiệm của nó cũng có thể mở rộng ra, có thể xuất hiện những nghiệm
ngoại lai (nghiệm thừa) đối với phơng trình đã cho. Những nghiệm ngoại lai đó (nếu
có) là những nghiệm của phơng trình biến đổi thuộc vào phần mở rộng của tập xác
định. Nếu tập xác định mở rộng ra nhng không có nghiệm ngoại lai thì phơng trình đã
cho và phơng trình biến đổi vẫn tơng đơng.
3.2. Mất nghiệm.
Nếu sau một phép biến đổi nào đó tập xác định của phơng trình đã cho thu hẹp

lại thì tập hợp nghiệm của nó cũng có thể thu hẹp lại, một số nghiệm nào đó có thể bị
mất đi. Nhng nghiệm mất đi đó (nếu có) là những nghiệm của phơng trình đã cho
thuộc vào phần bị thu hẹp của tập xác định. Nếu tất cả các giá trị của ẩn số trong miền
bị thu hẹp không thỏa mãn phơng trình đã cho và phơng trình biến đổi vẫn tơng đơng.
Ví dụ: Cho hai phơng trình trên
Ă
:

+ =
1. 1 2 2x x
(1)

=
2
1 2 2x
(2)
Ta có: TXĐ: D
1
=
[
)
+1;
D
2
=
(
] [
)
+
; 1 1;

Tập nghiệm: S
1
=
{ }
3
; S
2
=
{ }
3;3
Khi biến đổi phơng trình từ (1) sang (2) đã mở rộng tập xác định D
1


D
2
(S
1

S
2
), nên đã xuất hiện nghiệm ngoại lai là:
3x =
,và phép biến đổi từ (1) sang
(2) không phải là phép biến đổi tơng đơng .
(*) Chú ý: Trờng hợp xuất hiện nghiệm ngoại lai hoặc mất nghiệm thờng gặp ở trờng
hợp chúng ta biến đổi về dạng chính tắc. Khi biến đổi chúng ta cần đặc biệt lu ý tới
phơng trình dạng phân thức đại số và dạng vô tỉ .

8

Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
§3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 MỘT ẨN SỐ
1. Phương trình bậc ba một ẩn số
1.1 Định nghĩa
Phương trình bậc ba một ẩn số là phương trình có dạng:

3 2
ax +bx +cx+d=0
trong đó x là ẩn số, a, b, c, và d là các hằng số đã biết hoặc là các tham số ( a
≠
0 )
1.2 Phép giải tổng quát một phương trình bậc ba đầy đủ:
1.2.1 Xét phương trình bậc ba với hệ số phức:

3 2
ax +bx +cx+d=0
( 1 ) với a
≠
0
Đặt
3
b
y x
a
= +
hay
3
b

x y
a
= −
thay vào ( 1 ) ta được:
3 2
(1) 0
3 3 3
b b b
a y b y c y d
a a a
     
⇔ − + − + − + =
 ÷  ÷  ÷
     
2 3
3
2
2 3
3
2 3 2
2
0
3 27 3
2
0 (2)
3 27 3
 
⇔ + − + − + =
 ÷
 

 
⇔ + − + − + =
 ÷
 
b b cb
ay c y d
a a a
c b b cb d
y y
a a a a a
Đặt:
2
2
3
3 2
3
2
27 3
c b
p
a a
b cb d
q
a a a

= −





= − +


Thay vào (2) ta có:
3
(2) 0y py q⇔ + + =
(3)
PT (3) được gọi là phương trình bậc ba thu gọn.
Để giải phương trình này ta đặt:
y u v= +
(*), thay vào (3) ta có:
( )
3
(3) ( ) 0u v p u v q⇔ + + + + =

( ) ( )
3 3
3 0u v u v uv p q⇔ + + + + + =
(4)
9
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
Ta có (*):
( )
( )
( )
3
3
3 3 3

3 3 3
3 3 3
3
3 0
3 0(5)
y u v
y u v
y u v uv u v
y uv u v u v
y uvy u v
= +
⇔ = +
⇔ = + + +
⇔ − + − − =
⇔ − − − =

Trong PT (5) ta coi y là ẩn, u, v là các tham số. Đồng nhất (5) với (3) ta được:
( )
3 3
3p uv
q u v
= −



= − +


(6)
hay

3
3 3
3 3
27
p
u v
u v q

= −



+ = −

Vậy luôn có những số phức u
3
, v
3
thỏa mãn là nghiệm của PT bậc hai:
3
2
0
27
p
t qt+ − =
(7)
PT (7) có
2 3
'
4 27

q p
∆ = +
Suy ra:
2 3
3
2 3
3
2 4 27
2 4 27
q q p
u
q q p
v

= − + +




= − − +


(**)
( Do
'
∆
là số phức nên
'
∆
là luôn tồn tại )

Đặt:
2 3
3
1
2 3
3
1
2 4 27
2 4 27
q q p
u
q q p
v


= − + +



= − − +


Khi đó u
1
, v
1
thỏa mãn (6)
Mặt khác xét căn bậc n của đơn vị , ta có:
10
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn

-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
k2 k2
1 os isin
n n
n
c
π π
= +
+ Với k = 1 ta có
3
1 1=
+ Với k = 2 ta có:
3
1 3
1
2 2
i= − +
+ Với k = 3 ta có:
3
1 3
1
2 2
i= − −
Đặt:
3
2
3
2
i

i
2

1
ε = − +


2

1

ε = − −

2

( chú ý: ε.ε
2
= 1 )
( ε và ε
2
được gọi là hai căn bậc ba phức của đơn vị )
Đặt:
2 1
2
2 1
u u
u v
= ε



= ε

và
3 1
3 1
u u
v v
2

= ε

= ε


Ta có:
2 2 1 1 1 1
( )
3
p
u v u v u v
2 2
= ε .ε = ε.ε = −
hay
2 2 2 2
3 0
3
p
u v u v p= − ⇔ + =
(8)
Thay (8) vào (4) ta được:

( )
3 3
3 3
(4) .0 0u v u v q
u v q
⇔ + + + + =
⇔ + = −
Vậy nếu u
1
và v
1
thỏa mãn (6) thì ta có u
2
và v
2
cũng thỏa mãn (6). Tương tự u
3

và v
3
cũng thỏa mãn (6).
Như vậy ta được ba cặp số phức (u
1
; v
1
); (u
2
; v
2
); (u

3
; v
3
) thỏa mãn (4) và (6)
Đặt:
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
2 1 1 1 1 1 1
3 1 1 1 1 1 1
1 3
2 2
1 3
2 2
y u v
y u v u v i u v
y u v u v i u v
2
2


= +


= ε + ε = − + + −



= ε + ε = − + − −



(9)
Từ (9), sau khi tính toán cùng với chú ý u
1
, v
1
thỏa mãn (4) và (6), ta được:
11
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
y + y + y = 0
1 2 3
y y + y y + y y = -3u v = p
1 2 2 3 3 1 1 1
3 3
y y y = u + v = -q
1 2 3 1 1







Vậy
( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

3
y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y
y py q
− − − = − + + + + + −
= + +
Hay:
( ) ( )
( )
3
1 2 3
y py q y y y y y y
+ + = − − −
Đa thức:
3
y py q+ +
đã được phân tích thành tích những nhân tử tuyến tính, và ta
được các nghiệm của nó là y
1
, y
2
, y
3
(9). Người ta thường viết tắt (9) dưới dạng:
2 3 2 3
3 3
q q p q q p
y u v
2 4 3 2 4 3
       
= + = − + + + − − +

 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Gọi là công thức Cardano.
Như vậy ta đã giải được phương trình bậc ba bằng căn thức.
Đặt:
( )
3 2
D 4 p 27q= − +
từ (**) và (9) cho ta :

( )
( ) ( )
( )
2 2
2
3 3
1 2 2 3 3 1 1 1
y y y y y y 108 u v D− − − = − − =
Do đó phương trình :
3
y py q 0+ + =
có nghiệm bội khi và chỉ khi
D 0=
.
1.2.2 Xét phương trình bậc ba với hệ số thực:
3 2
ax +bx +cx+d=0
( a
≠
0 )

Bằng cách biến đổi tương tự như trong phần 1.2.2 ta đưa PT về dạng thu gọn:
3
0y py q+ + =
(3) với
,p q∈R
dựa vào kết quả của phần 1.2.1:
Đặt
3 2
p p
27 4
∆ = +
suy ra
( )
3 2
D 4 p 27q 108= − + = − ∆
Ta sẽ nghiên cứu các nghiệm của (3) theo
∆
:
12
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
+) Nếu
∆
>0:
Từ (**) cho ta u
3
và v
3
là số thực. Gọi u

1
là căn bâc ba thực của u
3
. Theo (6) trong
phần 1.2.2 thì v
1
là số thực và theo (**) thì u
1
khác v
1
( với v
1
là căn bậc ba của v
3
).
Theo (9) trong phần 1.2.1 thì phương trình (3) có 1 nghiệm thực y
1
và hai nghiệm
phức liên hợp y
2
và y
3
.
+) Nếu
∆
= 0:
Theo phần 1.2.1 từ (**) ta có u
3
= v
3

và là số thực. Gọi u
1
là căn bậc ba thực của u
3
.
Theo (6) thì v
1
cũng là căn bậc ba thực của v
3
và ta có u
1
= v
1
. Vậy theo (9) ta có 3
nghiệm thực y
1
, y
2
, y
3
với y
2
= y
3
.
+) Nếu
∆
< 0: Ta chú ý bổ đề: " Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một
nghiệm thực ".
( Việc chứng minh bổ đề này các thầy cô giáo và các em học sinh có thể xem trong

cuốn: Đại Số Đại Cương của tác giả Hoàng Xuân Sính - NXB Giáo dục,H.1998,
trang 155 ).
Theo bổ đề này, PT (3) có 1 nghiệm thực, gọi nghiệm thực đó là y
1
. Theo (**) trong
phần 1.2.1 thì u
3
và v
3
là hai số phức ( không phải số thực ) do đó các căn bậc ba của
chúng là số phức.
Mặt khác, theo (6) và (9) trong phần 1.2.1 ta có:

1 1 1
1 1
u v y
p
u v
3
+ =



= −


Vậy u
1
và v
1

là hai nghiệm của phương trình bậc hai:

2
1
p
z y z 0
3
− − =
với hệ số thực, do đó u
1
và v
1
là hai số phức liên hợp. Ta suy ra từ (**) trong phần
1.2.1, các nghiệm y
1
, y
2
, y
3
là các nghiệm thực.
Trong trường hợp này vì
∆
≠
0 nên D
≠
0 do đó y
1
, y
2
, y

3
là ba nghiệm phân biệt.
Các số y
1
, y
2
, y
3
là các số thực. Nhưng muốn tính chúng theo công thức Cardano thì
lại phải lấy căn bậc ba của những số phức. Người ta đã chứng minh được rằng : "
13
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
Trong trường hợp

∆
< 0, không thể biểu thị các nghiệm của (3) bằng các căn thức với
lượng thực dưới căn".
1.2.3 Ví dụ : Giải phương trình bậc ba sau trên trường số
£
:

3
1 3
x 3 i x 2i 0
2 2
 
− + + =
 ÷

 
(a)
Đặt x = u + v, thay vào (a) ta được:
( )
( )
3 3
1 3
a u v 3 u v uv i 2i 0
2 2
 
 
⇔ + + + − + + =
 
 ÷
 
 
 
Khi đó u, v thỏa mãn:
(*)
3 3
3 3
3 3
1 3
u v 1
uv i
2 2
u v 2i
u v 2i



= −
= +
 
⇔
 
+ = −



+ = −

Do đó u
3
, v
3
là hai nghiệm của phương trình bậc hai:
( )
2
2
1 2
t 2it 1 0 t i 0 t t i+ − = ⇔ + = ⇔ = = −
suy ra
3 3
u v i= = −
.
Mặt khác
( )i−
có 1 căn bậc ba là
i
. Đặt

,
1
u i=
ta suy ra từ (*):
1
1
1 3
i
3 i
2 2
v
u 2 2
+
= = +
Vậy các nghiệm của phương trình là:
( ) ( )
( ) ( )
3 i
x = u +v = +
1 1 1
2 2
1 3
x = - u +v +i u - v = - 3 - i
2 1 1 1 1
2 2
1 3 3 i
x u v i u v
3 1 1 1 1
2 2 2 2








= − + − − = +


14
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xuân Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
ta thấy
1 3
x x=
vậy
3 i
2 2
+
là nghiệm kép của phương trình đã cho.
1.3 Một số phương pháp giải khác đối với phương trình bậc ba:
1.3.1 Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai:

3
x px q 0+ + =
(1)
Đặt:
p 3k
q 2l

=


= −

Khi đó PT (1) trở thành:

3 3
x 3kx 2l 0 x 3kx 2l+ − = ⇔ + =
(2)
Đặt
k
x y
y
= −
với
y 0≠
, thay vào (2) ta được:
( )
3
3
3 6 3 3
3
k k
y 3k y 2l
y y
k
y 2l y 2ly k 0 3
y
   

− + − =
 ÷  ÷
   
⇔ − = ⇔ − − =
Đặt
3
y t=
thay vào (3) ta có:
( )
2 3
3 t 2lt k 0⇔ − − =
(4)
Đây là PT bậc hai ẩn t mà ta đã biết cách giải. Giả sử tìm được nghiệm
0
t
của (4), ta
có:
3
3
0 0 0 0
y t y t= ⇔ =
hay
0
0
k
x y
y
= −
1.3.2 Phương pháp lượng giác:
Xét PT bậc ba thu gọn:

3
x px q 0+ + =
(1)
Đặt
2
p 3t= −
và
os (0 )x 2tc
π
= ϕ, ≤ ϕ ≤
thay vào (1) ta có:
( )
( )
3
3 3 3
3 3
(1) 2 os 2 os 0
8 os 6 os
2 4 os 3 os
os3
3
tc p tc q
t c t c q
t c c q
q
c
t
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ

ϕ
⇔ + + =
⇔ − = −
⇔ − = −
⇔ = −
15
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam

α α α π
ϕ α ϕ α π
α π
ϕ
= − ≤ ≤
= ⇔ = ± + ∈
⇔ = ± +
Z
:cos , 0
3
:cos3 cos 3 2 ,
2
3 3
q
Chọn góc saocho với
t
Dótacó k k
k
ϕ π
α

ϕ
ϕ
α π
ϕ ϕ
ϕ
α π
ϕ
≤ ≤

=


=

 
= + =
 
 
=


= − +


1
1 1
2 2 2
3 3
3
:0 , :

3
2 cos
2
(1): 2 cos
3 3
2 cos
2
3 3
Do nên
x t
suy ra nghiệm của x t
x t
1.3.3 Phương pháp nhẩm nghiệm:
Cho phương trình bậc ba:
= + + + =
3 2
( ) 0 (1)f x ax bx cx d
• + + = =0 (1) : 1Nếu a b c thì có nghiệm x
• − + = = −0 : 1Nếu a b c thì ptcónghiệm x
0 0
2
0
0
2
(1) ( )
:
(1) ( )( ) 0
( ) 0
Nếu có nghiệm x x thì đa thức f x chia hết cho nhò thức x x
do đó

x x
x x mx nx p
mx nx p
= −

=
⇔ − + + = ⇒

+ + =


chú ý: Chúng ta có thể dùng phương pháp này để giải phương trình bậc cao.
1.3.4 Phương pháp tiếp tuyến tìm nghiệm gần đúng
Cho phương trình bậc ba:
= + + + =
3 2
( ) 0 (1)f x ax bx cx d
Giả sử tồn tại 2 số thực
, 0 :với sao cho
α β α β
< <

1 1
( ) 0
( ; ): ( ) 0
( ) 0
f
x f x
f
α

α β
β

<
⇒ ∃ ∈ =

>

16
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
Vậy
1
x
là một nghiệm của (1),
β
<
1
x
, đồng thời
1
x
cũng là hoành độ
giao điểm của đồ thò (C) của hàm số
= + + +
3 2
( )f x ax bx cx d
với trục
hoành.

( )
( )
( )
β β
β
< <
< <
1 1
1 1
1 1 1 2 2
1 2 1
1
D ng tiep tuyen cua C tai iem ( ; ( )) :
D ng tiep tuyen cua C tai iem ( ; ( )) :
D ng tiep tuyen cua C tai iem
ự á á û ï đ å M f cắt Ox tại A có hoành độ m
x m
ự á á û ï đ å M m f m cắt Ox tại A có hoành độ m
x m m
ự á á û ï đ å M
< <
1 1 2 3
1 3 2
( ; ( )) :m f m cắt Ox tại A có hoành độ m
x m m
β
< < < < <
=
1 2 1
1

:

n
n
Tiếp tục quá trình trên ta được
x m m m
Ta chọn x m là nghiệm của phương trình
Bằng phương pháp này ta chỉ tính được giá trò gần đúng của nghiệm
1.3.5Đònh lý Viete:
Giả sử phương trình bậc ba:
+ + + =
3 2
0ax bx cx d
có ba nghiệm:
1 2 3
, ,x x x
khi đó ta có:

+ + = −



+ + =



= −


1 2 3

1 2 1 2 1 2
1 2 3
b
x x x
a
c
x x x x x x
a
d
x x x
a
1.4 Một số bài toán:
1.4.1 Bài toán 1: Tìm điều kiện đối với các số thực a, b, c, d để phương trình bậc
ba f(x)= ax
3
+ bx
2
+ cx (1) cóù ba nghiệm thực phân biệt.
Bằng phương pháp đồ thò ta nhận thấy rằng (1) có ba nghiệm thực phân biệt x
1
,x
2,
x
3
khi và chỉ khi đồ thò:
17
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
(C) : y = f(x)= ax

3
+ bx
2
+ cx + d
cắt trục hoành Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2,
x
3
nghóa là: (C) có 2
cực trò thỏa mãn điều kiện:
y
ct
< 0 < y
cđ
⇒
f'(x) có hai nghiệm phân biệt và y
ct
,y
cđ
< 0.
1.4.2 Bài toán 2: Tìm điều kiện để phương trình bậc ba:
f(x)= ax
3
+ bx
2
+ cx + d (1)
có ba nghiệm phân biệt.
Tương tự bài toán 1 ta có điều kiện: f'(x) = 0 và y

ct
,y
cđ
< 0.
ta còn phải có:
+ f'(x) = 0 có 2 nghiệm dương để chho các điểm cực trò nằm bên phải trục tung.
0
(0) 0
a
f

>

<

hoặc
0
(0) 0
a
f

<

<

1.4.3 Bài toán 3: Tìm điều kiện để phương trình bậc ba:
f(x)= ax
3
+ bx
2

+ cx + d = 0 (*)
có nghiệm kép.
Để giải bài toán này, ta sử dụng tính chất sau: " Đa thức f(x) có nghiệm kép khi và
chỉ khi các đa thức f(x) và f'(x) có cùng nghiệm, nghiệm đó chính là ngiệm
kép của f(x)"
f(x) = 0 có nghiệm kép
⇔
( ) 0
'( ) 0
f x
f x

=

=

có cùng nghiệm.
2. Phương trình quy về phương trình bậc ba
2.1.Phương trình dạng phân thức quy về phương trình bậc ba:
Ví dụ: Giải phương trình sau trên
R

7( 2)( 3)( 4)
2
(2 7)( 2)( 6)
x x x
x x x
− − −
= −
− + −

(1)
Lời giải
18
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
Điều kiện:
7
2
2
6
x
x
x

≠


≠ −


≠


3 2 3 2
2
: (1) 7( 2)( 3)( 4) 2(2 7)( 2)( 6)
7( 9 26 24) 2(2 15 4 84)
(11 93 190) 0
Ta có x x x x x x

x x x x x x
x x x
⇔ − − − = − − + −
⇔ − + − = − − + +
⇔ − + =
2
0
0
5
(*)
11 93 190 0
38
11
38
3 : 0, 5,
11
x
x
x
thỏa mãn
x x
x
Vậy pt đã cho có nghiệm thực x x x

=


=

=


⇔ ⇔



− + =



=




= = =
2.2 Phương trình đa thức quy về phương trình bậc ba
Ví dụ:
Giải phương trình sau trên

2 2
3 2
2
2
( 1)( 2) ( 2)( 1) 2
:
(2) 2 3 3 2 0
( 1)(2 2) 0
1
2 2 0 (*)
x x x x

Lời giải
x x x
x x x
x
x x
+ + + = + =
⇔ + + + =
⇔ + + + =

= −
⇔

+ + =


1 15
(*) 15 0 (*) :
4
1 15
: 1,
4
i
có nên có hai nghiệm phức x
i
Vậy pt đã chocó ba nghiệm x x
− ±
∆ = − < =
− ±
= − =
19

Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
§ 4. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN MỘT ẨN SỐ
1. Phương trình bậc bốn một ẩn số
1.1 Đònh nghóa:
Phương trình bậc bốn một ẩn số là phương trình có dạng:
4 3 2
0ax bx cx dx k+ + + + =
(1)
trong đó x là ẩn số, a, b, c, d, k là các hằng số đã biết hoặc các tham số
với
0a ≠
1.2 Phép giải tổng quát một phương trình bậc bốn đầy đủ
( phương pháp Ferrari)
Xét phương trình bậc bốn với hệ số phức:

4 3 2
0 ( 0)ax bx cx dx k a+ + + + = ≠
(1)
Ta sẽ đưa phương trình (1) về việc giải một phương trình bậc ba.
Ta làm như sau:
(*)
4 4
b b
Đặt y x hay x y
a a
= + = −
thay vào (1) ta có:
4 3 2

2 3 4 2
4 3 2 3 2
2 3
3 4 2
2
2 2
2 3 4
4 2
2 3
0
4 4 4 4
3 3
8 4
16 256
3
0
64 2 4
16 16
3 3
8 2
8 256
b b b b
a y b y c y d y k
a a a a
b b b b
ay by y y by y
a a
a a
b b cb cb bd
y cy y dy k

a a
a a
b b cb b
ay c y d y
a a
a a
       
− + − + − + − + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
⇔ − + − + + −
+ − + − + + − + =
   
⇔ + − + − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
2
2
0 (2)
4
16
cb bd
k
a
a
 
+ − + =
 ÷
 ÷

 
Do
0a ≠
, ta chia cả hai vế của phương trình (2) cho
a
và đặt:
20
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
2
2
3
3 2
4 2
4 3 2
3
8
8 2
3
256 16 4
c b
p
a
a
b bc d
q
a
a a
b cb bd k

r
a
a a a

= −




= − +



= − + − +



thay vào phương trình (2) ta có:
4 2
(2) 0 (3)y py qy r⇔ + + + =
Phương trình (3) được gọi là phương trình bậc bốn thu gọn. Để giải phương trình
này ta làm như sau:
( )
( ) ( )
( )
( )
4 2 2 2 2
2
2 2 2
2

2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
(3) 2
(4)
:
(4) 2
2 2 (5)
y py p py p qy r
y p py p qy r
Với ta có
y p py p qy r y p
y p p y qy p p r
ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
⇔ + + = + − −
⇔ + = + − −
∈
⇔ + + = + − − + + +
⇔ + + = + − + + + −
R
Ta thấy vế trái của (5) là một chính phương, Ta hãy lựa chọn giá trò của
ϕ
sao
cho vế phải của (5) cũng là một chính phương. ( Phương pháp này gọi là "
phương pháp đề xuất bình phương đủ" ) tức là phương trình với ẩn y :
( )
( )
( )

( )
( )
2 2 2
2 2 2
3 2 2 2 3
2
3 2 2 3
2 2 0 .
0 4 2 2
8 20 16 8 4 4 0
2 5 4 2 0 (6)
4
p y qy p p r có nghiệm kép
Hay q p p r p
p p r pr q p
q
p p r pr p
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
+ − + + + − =
∆ = ⇔ − + + − +
⇔ − − − − + + − =
⇔ + + − − − + =
Ta coi (6) là một phương trình bậc ba với ẩn
ϕ
( phương trình này ta đã biết cách
giải ). Ta gọi phương trình (6) là phương trình giải của phương trình đã cho. Giả sử
21

Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
tìm được
0
ϕ
là một nghiệm của phương trình (6), tức là vế phải của phương trình
(5) phân tích được dưới dạng một chính phương:
( ) ( )
( )
2
2 2 2
0 0 0 0 0
0
0 0 0
0
0
2 2
, , , ,
2 2
p y qy p p r m y n
n
q
Trong đó m n được tính theo p q r và
m
p
ϕ ϕ ϕ
ϕ
ϕ
+ − + + + − = +

− =
+
Vì đố với phương trình bậc hai:
2
1 2
0 0 :
2
b
ax bx c nếu thì phương trình có nghiệm kép x x
a
+ + = ∆ = = = −
Từ đó ta có:
( )
( )
2
2
2
0 0 0
2
0 0 0
2
0 0 0
2
0 0 0
2
0 0 0
(5)
0
(7)
0

y p m y n
y p m y n
y p m y n
y p m y n
y p m y n
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
⇔ + + = +

+ + = +
⇔

+ + = − −



+ + − − =
⇔

+ + + + =


Ta thấy (7) là hai phương trình bậc hai ẩn y mà ta đã biết cách giải. Hai
phương trình này sẽ cho ta cả bốn nghiệm của phương trình bậc bốn.
Vậy phép giải một phương trình bậc bốn đã được đưa về phép giải một phương
trình bậc ba và hai phương trình bậc hai. Ta suy ra rằng: " phương trình bậc bốn
tổng quát giải được bằng căn thức".

Abel và Galois đã chứng minh được rằng: " không thể giải được bằng căn thức
các phương trình tổng quát có bậc lớn hơn bốn". Hơn thế nữa Galois đã tìm ra tiêu
chuẩn để biết một phương trình đã cho có giải được bằng căn thức hay không.
1.3 Ví dụ: Giải phương trình sau trên
£
:
22
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
4 3 2
4 3 2
2
2 2
2
2
2 2
3 3 3 2 0 ( )
:
( ) 3 3 3 2
3 3
3 2
2 4
3 3
3 1 2 ( )
2 2 4 2 4
x x x x a
Lời giải
Ta có
a x x x x

x
x x x
x
x x x b
Với
ϕ ϕ ϕ
ϕ
ϕ
− + − + =
⇔ − = − + −
 
⇔ − = − + −
 ÷
 
     
⇔ − + = − + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
∀ ∈R
Do vế trái của (b) là một chính phương nên vế trái của (b) cũng phân tích được
thành dạng chính phương, tức là biệt số
∆
theo x ở vế phải bằng không:
2
2
2 2
2
3
0 9 1 4 2 0
2 4 4

3. (2) :
3 3 3 1
( )
2 2 2 2
chọn Khi đó phương trình trở thành
x x
b x
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
 
   
∆ = ⇔ − − − − =
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
=
   
⇔ − + = −
 ÷  ÷
   
2
2
2
2
1
3 3 3 1
2

3 2 0
2 2 2 2
3 3 3 1
1 0
2 2 2 2
: 1, 2, ,
x
x x
x
x
x x
x x
x i
x
x
x i
Vậy phương trình đã chocó bốn nghiệm x x x i x i


=



− + = −


=
− + =



⇔ ⇔ ⇔




=
+ =



− + = − +




= −



= = = = −
1.4 Đònh lý Viete đối với phương trình bậc bốn một ẩn số trên
R

1 2 3 4
4 3 2
, , , :
0
Giả sử x x x x là bốn nghiệm của phương trình bậc bốn
ax bx cx dx k+ + + + =
Khi đó ta có hệ thức sau:

23
S lc Phng trỡnh bc cao mt n
-
Lờ Xuõn Tip - THPT C Kim Bng - H Nam
1 2 3 4
1 2 2 3 3 4 4 1
1 2 3 2 3 4 4 1 2
1 2 3 4
b
x x x x
a
c
x x x x x x x x
a
d
x x x x x x x x x
a
k
x x x x
a

+ + + =



+ + + =



+ + =

=

2. Ph ơng trình trùng ph ơng
2.1. ẹũnh nghúa:
Phơng rình trùng phơng theo
x
là những phơng trình có dạng :
+ + =
4 2
0ax bx c

( )
0a
(2.1)
2.2. Ph ơng pháp giải:
Xét phơng trình trùng phơng trên
Ă
:
+ + =
4 2
0ax bx c
(2.1)
Đặt :
=
2
t x
với

0t
,ta có: (1)

+ + =


=





2
2
0
0
at bt c
x t
t
Ta có bảng sau :
+ + =
2
0at bt c
+ + =
4 2
0ax bx c
Vô nghiệm Vô nghiệm
Hai nghiệm âm Vô nghiệm
Nghiệm kép âm Vô nghiệm

Một nghiệm dơng
o
t
Hai nghiệm đối nhau :
=
1,2 o
x t
Một nghiệm dơng
o
t
và một nghiệm 0
Ba nghiệm :
= =
1,2 3
; 0
o
x t x
Hai nghiệm dơng
1
t
và
2
t
Bốn nghiệm :
= =
1,2 1 3,4 2
;x t x t
2.3. Ví dụ: Giải phơng trình trên
Ă
:

( ) ( )
+ + + + =
4 2
2 2
1 3 1 54 0x x x x
(2.3)
24
Sơ lược Phương trình bậc cao một ẩn
-
Lê Xn Tiếp - THPT C Kim Bảng - Hà Nam
§Ỉt :
 
 
= + + = + + ≥
 ÷
 
 
 
2
2
1 3 9
1
2 4 16
y x x x
Ta cã: (2.3)
⇒ − − = ⇔ =
2
3 54 0 9y y y
hc
= −6y

(lo¹i)
Víi
= 9y
, ta ®ỵc :
( )
+ + = ⇔ + + =
2
2 2
1 9 1 3x x x x
hc
+ + = −
2
1 3x x
(lo¹i)
(Ta lo¹i trêng hỵp
+ + = −
2
1 3x x
v×
 
+ + = + + > −
 ÷
 
2
2
1 3
1 3
2 4
x x x
).

Víi
=

+ + = ⇔ + − = ⇔

= −

2 2
1
1 3 2 0
2
x
x x x x
x
VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm lµ :
= = −
1 2
1; 2x x
.
2.4 Một số bài toán:
2.4.1. Bài toán 1: Đ iều kiện để phương trình trùng phương (2.1) có hai nghiệm:
Lời giải:
Phương trình (2.1) có đúng hai nghiệm là phương trình bậc hai:
+ + =
2
0at bt c
(2.4)
2
Với t x=
có một nghiệm dương

0
0
2 2
0
S b
a
P


∆ =




⇔
= − >




<

2.4.2 Bài toán 2: Điều kiện để Phương trình trùng phương (1) có 3 nghiệm
Lời giải:
Phương trình (2.1) có ba nghiệm khi phương trình (2.4) có một nghiệm dương và
một nghiệm x = 0
0
0
c
S


=
⇔

>

25