Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI THỊ MAI
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI THỊ MAI
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
Mục lục
Mở đầu 3
1 Các tính chất cơ bản của đa thức và phương trình đại số 5
1.1 Một số tính chất của đa thức đại số . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn với hệ số thực 8
1.2.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Các hệ Viète cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3.1 Định lí Viète với phương trình bậc hai . . . . . . . . . 18
1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba . . . . . . . . . 19
2 Một số phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát 22

2.1 Hệ phương trình bậc hai tổng quát . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2.1 Hệ đối xứng loại I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2.2 Hệ đối xứng loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.4 Phương pháp giải một số hệ đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . 38
3 Một số ứng dụng của hệ phương trình 42
3.1 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II. . . . . . . 42
3.2 Một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức liên quan . 46
3.3 Một số hệ phương trình và bất phương trình bậc hai một ẩn . 51
Kết luận 60
Tài liệu tham khảo 61
i
Mở đầu
Toán học là một môn học quan trọng trong chương trình phổ thông. Việc
giảng dạy và học tập môn toán trong trường phổ thông không những nhằm
trang bị cho học sinh những kiến thức cụ thể để áp dụng trong cuộc sống
cũng như trong các môn học khác mà điều quan trong hơn là cung cấp và
rèn luyện cho học sinh những kĩ năng, phương pháp môn học một cách tư
duy của Toán học, điều cần thiết cho học sinh trong cả cuộc đời.
Chuyên đề về phương trình, bất phương trình và hệ đại số có vị trí rất
đặc biệt trong toán học, không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của
đại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích, hình học,
lượng giác và ứng dụng.
Trong các kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh Đại học, Cao
đẳng và Olympic Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến giải hệ phương
trình cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại
khó. Các bài toán liên quan đến hệ phương trình nằm trong chương trình
chính thức của Toán đại số và giải tích ở bậc trung học phổ thông.
Mặc dù trong quá trình giảng dạy, giáo viên và học sinh đã được cọ sát

rất nhiều nhưng khi gặp bài toán giải hệ phương trình trong các đề thi các
em học sinh thường thấy lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải.
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về
chuyên đề hệ phương trình và ứng dụng, luận văn "Một số phương pháp
giải hệ phương trình bậc hai tổng quát và ứng dụng" nhằm cung
cấp một số phương pháp giải các hệ đại số bậc hai hai ẩn dạng đối xứng và
không đối xứng trên cơ sở đó áp dụng giải các bài toán có liên quan.
Luận văn là một chuyên đề nhằm cung cấp cho giáo viên và các em học
sinh các cách giải hệ bậc hai tổng quát và ứng dụng của nó đối với các lĩnh
3
vực đaị số, giải tích, lượng giác đặc biệt luận văn hướng tới bồi dưỡng học
sinh giỏi bậc trung học phổ thông.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề
cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của đa thức, phương pháp giải
phương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát.
Chương 2 trình bày các phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát dạng đối
xứng và không đối xứng.
Chương 3 trình bày một số ứng dụng của hệ phương trình giải quyết một
số dạng toán liên quan.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với Giáo sư, Tiến sĩ khoa học
Nguyễn Văn Mậu, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu và
truyền đạt những kinh nghiệm nghiên cứu cho tôi.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong Ban giám hiệu, phòng
Đào tạo và khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên,
Trường THPT Nguyễn Huệ, bạn bè đồng nghiệp và gia đình đã giúp đỡ tạo
điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành bản luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015
Học viên
Bùi Thị Mai

4
Chương 1
Các tính chất cơ bản của đa thức và
phương trình đại số
1.1 Một số tính chất của đa thức đại số
Định nghĩa 1.1 (Xem [1],[4]). Đa thức trên trường số thực là biểu thức có
dạng
P (x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ . . . + a
1
x + a
0
(1.1)
trong đó a
i
∈ R và a
n
= 0.
a
i
được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó a
n
được gọi là hệ số cao

nhất và a
0
được gọi là hệ số tự do.
n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P ). Ta quy ước bậc
của đa thức hằng P (x) = a
0
với mọi x là bằng 0 nếu a
0
= 0 và bằng −∞
nếu a
0
= 0.
Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường các số thực được ký hiệu
là R[x]. Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì
ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương
ứng là các tập hợp Q[x], Z[x].
Định nghĩa 1.2 (Đa thức bằng nhau). Hai đa thức P (x) =
n

k=0
a
k
x
k
, Q(x) =
m

k=0
b
k

x
k
bằng nhau khi và chỉ khi m = n và a
k
= b
k
với mọi k = 0, 1, 2, . . . , m.
Định nghĩa 1.3 (Phép cộng, trừ đa thức). Cho hai đa thức P (x) =
n

k=0
a
k
x
k
,
Q(x) =
m

k=0
b
k
x
k
. Khi đó phép cộng và trừ hai đa thức P (x) và Q(x) được
5
thực hiện theo từng hệ số của x
k
, tức là
P (x) ±Q(x) =

max{m,n}

k=0
(a
k
± b
k
)x
k
Ví dụ 1.1.
(x
3
+ 3x
2
− x + 2) + (x
2
+ x − 1) = x
3
+ 4x
2
+ 1.
Định nghĩa 1.4 (Phép nhân đa thức). Cho hai đa thức P (x) =
n

k=0
a
k
x
k
,

Q(x) =
m

k=0
b
k
x
k
. Khi đó P (x).Q(x) là một đa thức có bậc m + n và có các
hệ số được xác định bởi
P (x)Q(x) =
m+n

k=0
c
k
x
k
, (1.2)
trong đó c
k
=
k

i=0
a
i
b
k−i
.

Ví dụ 1.2.
(x
3
+ x
2
+ 3x + 2)(x
2
+ 3x + 1)
= (1.1)x
5
+ (1.3 + 1.1)x
4
+ (1.1 + 1.3 + 3.1)x
3
+ (1.1 + 3.3 + 2.1)x
2
+ (3.1 + 2.3)x + (2.1)
= x
5
+ 4x
4
+ 7x
3
+ 12x
2
+ 9x + 1.
Tiếp theo, ta nhắc lại bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức.
Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau :
Định lí 1.1 (Xem [1],[4]). Cho P (x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương
ứng. Khi đó:

a) deg(P ± Q) ≤ max{m, n} trong đó nếu deg(P ) = deg(Q) thì dấu bằng
xảy ra. Trong trường hợp m = n thì deg(P ±Q) có thể nhận bất cứ giá
trị nào ≤ m.
b) deg(P.Q) = m + n.
6
Định lí 1.2 (Xem [1],[4]). Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kỳ, trong đó
deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời
các điều kiện:
i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x).
ii) deg(R) < deg(Q).
Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi
là dư số trong phép chia P (x) cho Q(x).
Ví dụ 1.3. Thực hiện phép chia 3x
3
− 2x
2
+ 4x + 7 cho x
2
+ 2x
3x
3
− 2x
2
+ 4x + 7 x
2
+ 2x
3x
3
+ 6x
2

3x −8
−8x
2
+ 4x + 7
−8x
2
− 16x
20x + 7
Vậy ta có 3x
3
− 2x
2
+ 4x + 7 chia x
2
+ 2x được 3x − 8, dư 20x + 7.
Trong phép chia P (x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta
nói rằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P (x) chia hết
cho Q(x) nếu tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường
hợp này ta cũng nói Q(x) chia hết P (x), Q(x) là ước của P (x) hoặc P (x)
là bội của Q(x). Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P (x) và P (x)
.
.
.Q(x).
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P (x)
và Q(x) là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số bậc cao nhất bằng 1.
ii) D(x) là ước chung của P (x) và Q(x), tức là D(x) | P (x) và D(x) | Q(x).
iii) Nếu D

(x) cũng là ước chung của P (x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước

của D

(x).
Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức.
Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung nhỏ nhất của P (x)
và Q(x) là đa thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
iv) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số bậc cao nhất bằng 1.
7
v) M (x) là bội chung của P (x) và Q(x), tức là P (x) | M(x) và Q(x) | M(x).
vi) Nếu M

(x) cũng là bội chung của P (x) và Q(x) thì M

(x) cũng là bội
của M(x).
Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P (x), Q(x) là UCLN(P (x), Q(x)),
BCNN(P (x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P (x), Q(x)), [P (x), Q(x)].
Hai đa thức P (x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
(P (x), Q(x)) = 1.
1.2 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn
với hệ số thực
1.2.1 Phương trình bậc ba
Trong phần này ta nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số
thực tùy ý:
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0, a = 0. (1.3)
Bài toán 1.1. Giải phương trình (1.3) khi biết một nghiệm x = x

0
.
Lời giải. Theo giả thiết thì ax
3
0
+ bx
2
0
+ cx
0
+ d = 0
(1.3) ⇔ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = ax
3
0
+ bx
2
0
+ cx
0
+ d
⇔ a(x
3
− x
3
0
) + b(x

2
− x
2
0
) + c(x −x
0
) = 0
⇔ (x − x
0
)[ax
2
+ (ax
0
+ b)x + ax
2
0
+ bx
0
+ c] = 0.
1) Nếu ∆ = (ax
0
+ b)
2
−4a(ax
2
0
+ bx
0
+ c) < 0 thì phương trình (1.3) có
nghiệm duy nhất x = x

0
.
2) Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (1.3) có các nghiệm


x = x
0
x =
−(ax
0
+ b) ±
√
∆
2a
8
Hệ quả 1.1. 1) Nếu x
0
là nghiệm của phương trình (1.3) thì điều kiện cần
và đủ để phương trình (1.3) có ba nghiệm phân biệt là

ax
2
0
+ (ax
0
+ b)x
0
+ ax
2
0

+ bx
0
+ c = 0
∆ = (ax
0
+ b)
2
− 4a(ax
2
0
+ bx
0
+ c) > 0.
2) Nếu x
0
là nghiệm của (1.3) thì có thể phân tích :
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = (x −x
0
)f(x) (1.4)
trong đó f(x) là một tam thức bậc hai xác định.
3) Nếu x
1
, x
2
, x
3

là các nghiệm của phương trình (1.3) thì
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = a(x −x
1
)(x −x
2
)(x −x
3
)
và có công thức Viète











x
1
+ x
2
+ x
3

= −
b
a
x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
=
c
a
x
1
x
2
x
3
= −
d
a
.
Bài toán 1.2. Giải phương trình
ax

3
+ bx
2
+ cx + d = 0 (1.5)
với
ac
3
= db
3
. (1.6)
(Khi đó phương trình (1.5) − (1.6) có tên gọi là phương trình hồi quy bậc
ba)
Lời giải. Từ (1.6) suy ra
1) c = 0 ⇒ b = 0 và
(1.6) ⇔ ax
3
+ d = 0 ⇔ x =
3

−
d
a
,
2) c = 0 ⇒ b = 0 và
d
a
= (
c
b
)

3
.
Đặt
c
b
= −x
0
thì c = −bx
0
, d = −ax
3
0
.
9
Thế vào (1.5), ta được
ax
3
+ bx
2
− bx
0
x −ax
3
0
= 0
⇔ a(x
3
− x
3
0

) + bx(x −x
0
) = 0
⇔ (x − x
0
)[ax
2
+ (ax
0
+ b)x + ax
2
0
] = 0.
Vậy x = x
0
= −
c
b
là một nghiệm.
Nếu ∆ = (ax
0
+ b)
2
− 4a
2
x
2
0
≥ 0 thì phương trình còn có nghiệm
x =

−(ax
0
+ b) ±
√
∆
2a
.
Bài toán 1.3. Giải phương trình: 4x
3
− 3x = m với |m| ≤ 1.
Lời giải. Đặt m = cos α = cos(α ± 2π). Khi đó
cos α = cos(3.
α
3
) = 4 cos
3
α
3
− 3 cos
α
3
.
Do vậy phương trình có ba nghiệm


x
1
= cos
α
3

x
2
,
3
= cos
α ±2π
3
.
Bài toán 1.4.
a) Đặt x =
1
2
(a +
1
a
), a = 0. Chứng minh rằng
4x
3
− 3x =
1
2
(a
3
+
1
a
3
). (1.7)
b) Giải phương trình
4x

3
− 3x = m, |m| > 1.
Lời giải.
a) Đẳng thức (1.7) hiển nhiên.
b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.
Thật vậy, phương trình không có nghiệm trong [−1, 1] vì nếu
x = x
0
∈ [−1, 1] là nghiệm thì ta đặt x
0
= cos β.
Khi đó


4x
3
− 3x


= |cos 3β| ≤ 1 = m.
Giả sử phương trình có nghiệm x = x
1
với |x
1
| > 1.
10
Khi đó 4x
3
1
− 3x

1
= m. Vậy có phương trình
4x
3
− 3x = 4x
3
1
− 3x
1
⇔ 4(x
3
− x
3
1
) −3(x −x
1
) = 0
⇔ (x − x
1
)(4x
2
+ 4x
1
x + 4x
2
1
− 3) = 0
∆ = 4x
2
1

− 4(4x
2
1
− 3) = 12 − 12x
2
1
< 0.
Vậy x = x
1
là nghiệm duy nhất.
Đặt m =
1
2
(a
3
+
1
a
3
) với a
3
= m ±
√
m
2
− 1.
Khi đó theo (1.7) phương trình có nghiệm duy nhất
x =
1
2

(a +
1
a
) =
1
2

3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1

.
Bài toán 1.5. Giải phương trình
4x
3
+ 3x = m.
Lời giải. Nhận xét rằng nếu x = x
0
là nghiệm của phương trình thì đó là

nghiệm duy nhất.
Thật vậy, xét x > x
0
khi đó
4x
3
+ 3x > 4x
3
0
+ 3x
0
= m.
Tương tự, với x < x
0
thì 4x
3
+ 3x < 4x
3
0
+ 3x
0
= m.
Đặt x =
1
2
(a −
1
a
).
Khi đó dễ dàng kiểm tra đẳng thức

4x
3
+ 3x =
1
2
(a
3
−
1
a
3
). (1.8)
Suy ra cách giải phương trình như sau.
Đặt m =
1
2
(a
3
−
1
a
3
) với a
3
= m ±
√
m
2
+ 1.
Khi đó theo (1.8) ta có nghiệm duy nhất của phương trình :

x =
1
2
(a −
1
a
) =
1
2

3

m +
√
m
2
+ 1 +
3

m −
√
m
2
+ 1

.
11
Bài toán 1.6. Giải và biện luận phương trình
t
3

+ at
2
+ bt + c = 0.
Lời giải.
Đặt t = y −
a
3
. Khi đó ta có thể viết phương trình dưới dạng
(y −
a
3
)
3
+ a(y −
a
3
)
2
+ b(y −
a
3
) + c = 0
⇔ y
3
− py = q,
trong đó p =
a
2
3
− b; q = −

2a
3
27
+
ab
3
− c.
a) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y =
3
√
q.
b) Nếu p > 0. Đặt y = 2

p
3
x. Khi đó ta được phương trình 4x
3
−3x = m
với m =
3
√
3q
2p
√
p
.
+) |m| ≤ 1. Đặt m = cos α. Khi đó phương trình có ba nghiệm:
x = cos
α
3

; x = cos
α ±2π
3
.
+) |m| > 1. Đặt m =
1
2
(d
3
+
1
d
3
) với d
3
= m ±
√
m
2
− 1.
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
x =
1
2
(d +
1
d
) =
1
2


3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1

.
c) Nếu p < 0. Đặt y = 2

−
p
3
x ta được phương trình 4x
3
+ 3x = m.
Đặt m =
1
2
(d
3

−
1
d
3
) với d
3
= m ±
√
m
2
+ 1.
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
x =
1
2
(d −
1
d
) =
1
2

3

m +
√
m
2
+ 1 +
3


m −
√
m
2
+ 1

.
1.2.2 Phương trình bậc bốn
Trong phần này, ta nêu phương pháp chung để phân tích một đa thức
bậc bốn tổng quát thành tích của hai tam thức bậc hai. Đối với một số dạng
12
đa thức bậc bốn đặc biệt có những phép biến đổi phù hợp và đơn giản hơn,
không đòi hỏi phải vận dụng toàn bộ thuật toán tổng quát.
Bài toán 1.7. Giải phương trình
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 (1.9)
với
ad
2
= eb
2
, a, e = 0. (1.10)
(Phương trình (1.9)-(1.10) có tên gọi là : phương trình hồi quy bậc bốn).
Lời giải. Viết (1.10) dưới dạng

e
a
= (
d
b
)
2
.
Đặt
d
b
= α có d = bα; e = a(α)
2
. Thế vào phương trình (1.9), ta được:
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bαx + a(α)
2
= 0
⇔ a(x
4
− α
2
) + bx(x
2
+ α) + cα

2
= 0
⇔ a(x
2
+ α)
2
+ bx(x
2
+ α) + (c − 2aα)x
2
= 0.
Nhận xét x = 0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế của phương
trình cho x
2
ta được:
at
2
+ bt + c − 2aα = 0
với t =
x
2
+ α
x
.
Vậy phương trình (1.9)-(1.10) đưa về hệ:

at
2
+ bt + c − 2aα = 0
x

2
− tx + α = 0.
(1.11)
Giải phương trình thứ nhất của hệ (1.11) ta tính được t và từ phương
trình thứ hai của hệ (1.11) ta tính được x.
Bài toán 1.8. Giải phương trình
(x −a)
4
+ (x −b)
4
= c. (1.12)
13
Lời giải. Đặt x = t +
a + b
2
; α =
a −b
2
. Khi đó
(1.12) ⇔ (t + α)
4
+ (t −α)
4
= c
⇔ [(t + α)
2
− (t −α)
2
]
2

+ 2(t
2
− α
2
)
2
= c
⇔ 16α
2
t
2
+ 2(t
2
− α
2
)
2
= c.
Ta nhận được phương trình trùng phương: 2t
4
+ 12α
2
t
2
+ 2α
4
− c = 0.
Bài toán 1.9. Giải phương trình
x
4

= ax
2
+ bx + c
với
b
2
= 4(a + 2)(c + 1).
Lời giải. Tam thức bậc hai với
∆ = b
2
− 4(a + 2)(c + 1) = 0
có dạng f(x) = (a + 2)x
2
+ bx + c + 1.
và f(x) = (a + 2)x
2
+ bx + c + 1 có nghiệm kép và
f(x) =



(a + 2)(x +
b
2(a + 2)
)
2
nếu a = −2
c + 1 nếu a = −2.
Phương trình đã cho được viết dưới dạng
x

4
+ 2x
2
+ 1 = (a + 2)x
2
+ bx + c + 1
⇔ (x
2
+ 1)
2
= (a + 2)x
2
+ bx + c + 1.
1) Nếu a + 2 = 0(⇔ a = −2) thì b = 0 và ta được phương trình
(x
2
+ 1)
2
= c + 1.
2 ) Nếu a + 2 < 0 thì phương trình vô nghiệm vì có

Vế trái ≥ 0
Vế phải < 0.
14
3) Nếu a + 2 > 0(⇔ a > −2) thì c > −1 thì ta có thể viết
(x
2
+ 1)
2
= (

√
a + 2x ±
√
c + 1)
2
(dấu + ứng với b > 0, dấu - ứng với b < 0) và ta được các phương trình bậc
hai x
2
+ 1 = ±(
√
a + 2x ±
√
c + 1).
Tiếp theo giải và biện luận theo a, c.
Bài toán 1.10. Giải phương trình
x
4
= ax
2
+ bx + c, b = 0.
Lời giải. Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức
b
2
= 4(a + 2α)(c + α
2
). (1.13)
( tồn tại ít nhất một giá trị α thỏa mãn (1.13)) vì (1.13) là phương trình bậc
ba đối với α.)
Khi đó tam thức bậc hai
f(x) = (a + 2α)x

2
+ bx + (c + α
2
)
có nghiệm kép và
f(x) =



(a + 2α)

x +
b
2(a + 2α)

2
nếu a + 2α = 0
c + α
2
nếu a + 2α = 0.
Viết phương trình đã cho dưới dạng
x
4
+ 2αx
2
+ α
2
= f(x)
⇔ (x
2

+ α)
2
= f(x). (1.14)
1) Nếu a + 2α = 0 thì (1.14)⇔ (x
2
+ α)
2
= c + α
2
.
2) Nếu a + 2α < 0 thì Vế trái ≥ 0; Vế phải <0, nên phương trình vô
nghiệm.
3) Nếu a + 2α > 0 thì (1.14) ⇔ x
2
+ α = ±
√
a + 2α

x +
b
2(a + 2α)

.
15
Bài toán 1.11. Giải phương trình
t
4
+ αt
3
+ βt

2
+ γt + δ = 0.
Lời giải. Đặt t = x −
α
4
. Khi đó ta được phương trình:
(x −
α
4
)
4
+ α(x −
α
4
)
3
+ β(x −
α
4
)
2
+ γ(x −
α
4
) + δ = 0
⇔ x
4
= ax
2
+ bx + c

với a =
6α
2
4
2
; b = −
2α
3
4
2
+
1
2
αβ − γ; c =
1
4
2
(3α
4
− 4
2
βα
2
+ 4
3
αγ − 4
4
δ).
Áp dụng bài toán trên ta tìm được nghiệm của phương trình.
Hệ quả 1.2. Mọi đa thức bậc bốn có hệ số thực đều phân tích được thành

tích của hai tam thức bậc hai với hệ số thực.
Bài toán 1.12. Cho α = 0. Khai triển biểu thức
(1 −α
√
x)
8
+ (1 + α
√
x)
8
= P (x)
ta được P (x) là một đa thức bậc bốn.
Giải phương trình P (x) = 0.
Lời giải. Đặt α
2
x = t, ta được phương trình
1 + 28t + 70t
2
+ 28t
3
+ t
4
= 0 ⇔ (t +
1
t
)
2
+ 28(t +
1
t

) + 68 = 0.
Đặt u = t +
1
t
ta được phương trình
u
2
+ 28u + 68 = 0 ⇔ u
1
,
2
= −14 ±
√
128 ⇒ t =
1
2
(u
1
,
2
±

u
2
1
,
2
−4).
Bài toán 1.13. Giải phương trình
a(ax

2
+ bx + c)
2
+ b(ax
2
+ bx + c) + c = x.
Lời giải. Đặt ax
2
+ bx + c = y ta được hệ

ax
2
+ bx + c = y
ay
2
+ by + c = x
⇔

ax
2
+ bx + c = y
a(x
2
− y
2
) + (b + 1)(x −y) = 0
16
⇔

ax

2
+ bx + c = y
(x −y)[a(x + y) + b + 1] = 0
⇔

y = x
ax
2
+ (b −1)x + c = 0
hoặc





y = −
b + 1
a
− x
ax
2
+ bx + c = −
b + 1
a
− x.
Giải mỗi phương trình bậc hai ta được nghiệm của hệ, từ đó ta suy ra
nghiệm của phương trình.
Bài toán 1.14. Giải phương trình x
4
= 3x

2
+ 10x + 4.
Lời giải. Viết phương trình dưới dạng
(x
2
+ α)
2
= (3 + 2α)x
2
+ 10x + 4 + α
2
.
Chọn α để ∆

= 25 −(3 + 2α)(4 + α
2
) = 0 ⇔ 2α
3
+ 3α
2
+ 8α − 13 = 0.
Ta thấy α = 1 thỏa mãn. Vậy có thể viết phương trình dưới dạng
(x
2
+1)
2
= 5x
2
+10x+5 ⇔ (x
2

+1)
2
= [
√
5(x+1)]
2
⇔

x
2
+ 1 =
√
5(x + 1)
x
2
+ 1 = −
√
5(x + 1).
Giải từng trường hợp suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x
1
,
2
=
√
5 ±

1 + 4
√
5
2

.
Bài toán 1.15. Giải phương trình x
2
+
x
2
(x + 1)
2
= 3.
Lời giải. Điều kiện x = 1.
Viết phương trình đã cho dưới dạng
(x −
x
x + 1
)
2
= 3 −2.
x
2
x + 1
⇔ (
x
2
x + 1
)
2
+ 2.
x
2
x + 1

− 3 = 0
⇔

x
2
− x − 1 = 0
x
2
+ 3x + 3 = 0 (vô nghiệm)
⇔ x
1
, x
2
=
1 ±
√
5
2
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
, x
2
=
1 ±
√
5
2
.
17

Bài toán 1.16. ( THTT-T8/444) Cho dãy số (v
n
)
n
thỏa mãn điều kiện

v
1
= 5
v
n+1
= v
4
n
− 4v
2
n
+ 2
Xác định số hạng tổng quát v
n
.
Lời giải
Sử dụng hằng đẳng thức sau
8m
4
− 8m
2
+ 1 =
1
2


a
4
+
1
a
4

, với m =
1
2

a +
1
a

. (1)
Đặt
v
n
2
= u
n
ta thu được





u

1
=
5
2
=
1
2

a +
1
a

, a =
1
2
(5 +
√
21),
u
n+1
= 8u
4
n
− 8u
2
n
+ 1.
(2)
Theo (1) thì u
2

=
1
2

a
4
+
1
a
4

, u
3
=
1
2

a
4
2
+
1
a
4
2

,. . .
Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được










u
1
=
1
2

a +
1
a

, a =
1
2
(5 +
√
21),
u
n+1
=
1
2

a

4
n−1
+
1
a
4
n−1

Vậy v
n
=

5 +
√
21
2

4
n−1
+

5 −
√
21
2

4
n−1
, n = 1, 2, . . .
1.3 Các hệ Viète cơ bản

1.3.1 Định lí Viète với phương trình bậc hai
Định lí 1.3. Nếu x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c =
0(a = 0) thì





x
1
+ x
2
= −
b
a
x
1
x
2
=
c
a
.
18

Định lí 1.4 (Định lí đảo). Nếu hai số u,v thỏa mãn

u + v = S
u.v = P
thì hai số u,v là nghiệm của phương trình x
2
− Sx + P = 0.
1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba
Định lí 1.5. Nếu x
1
, x
2
, x
3
là các nghiệm của phương trình ax
3
+ bx
2
+ cx +
d = 0(a = 0) thì












x
1
+ x
2
+ x
3
= −
b
a
x
1
x
2
+ x
2
x
3
+ x
3
x
1
=
c
a
x
1
x
2
x

3
= −
d
a
.
Định lí 1.6 (Định lí đảo). Nếu ba số u,v,w thỏa mãn



u + v + w = S
u.v + vw + wu = P
uvw = Q
thì ba số u,v,w là nghiệm của phương trình x
3
− Sx
2
+ P x −Q = 0.
Bài toán 1.17. Giải hệ

x + y + xy = 5
x
2
y + xy
2
= 4.
Lời giải. Hệ ⇔

(x + y) + xy = 5
xy(x + y) = 4
Đặt x + y = S, xy = P

Hệ trở thành

S + P = 5
SP = 4
Theo định lí Viete S, P là nghiệm của phương trình
X
2
− 5X + 4 = 0. (1.15)
Phương trình (1.15) có các nghiệm X
1
= 1, X
2
= 4 nên

S = 1
P = 4
hoặc

S = 4
P = 1.
19
• Với

S = 1
P = 4
theo định lí Viète thì x, y lại là nghiệm của phương
trình X
2
−X + 4 = 0. Phương trình vô nghiệm nên hệ đã cho cũng vô
nghiệm.

• Với

S = 4
P = 1
theo định lí Viète thì x, y lại là nghiệm của phương trình
X
2
−4X +1 = 0. Phương tình có hai nghiệm X
1
= 2+
√
3, X
2
= 2−
√
3
nên hệ đã cho có hai nghiệm (2 −
√
3, 2 +
√
3); (2 +
√
3, 2 −
√
3).
Bài toán 1.18. Giải hệ










x + y + z = 0
xy + yz + zx = −
3
4
xyz =
1
8
.
Lời giải. Giả sử (x, y, z) thỏa mãn hệ. Xét đa thức
f(t) = (t −x)(t −y)(t − z)
= t
3
− (x + y + z)t
2
+ (xy + yz + zx)t −xyz
= t
3
−
3
4
t −
1
8
.
Vậy x, y, z là các nghiệm của phương trình

t
3
−
3
4
t −
1
8
= 0 ⇔ 4t
3
− 3t =
1
2
. (1.16)
Vì
1
2
= cos
π
3
= cos(
π
3
± 2π). Vì cos 3α = 4 cos
3
α − 3 cos α nên suy ra
các nghiệm của (1.16) : t
1
= cos
π

9
, t
2
= cos
5π
9
, t
3
= cos
7π
9
. Vậy hệ có các
nghiệm:
x = t
1
, y = t
2
, z = t
3
; x = t
1
, y = t
3
, z = t
2
x = t
2
, y = t
1
, z = t

3
; x = t
3
, y = t
1
, z = t
2
x = t
2
, y = t
3
, z = t
1
; x = t
3
, y = t
2
, z = t
1
.
Bài toán 1.19. Giải hệ



x + y + z = a
x
2
+ y
2
+ z

2
= a
2
x
3
+ y
3
+ z
3
= a
3
.
(1.17)
20
Lời giải. Đặt xy + yz + zx = b
xyz = c.
Ta có các đẳng thức
x
2
+ y
2
+ z
2
= a
2
− 2b ⇒ b = 0
x
3
+ y
3

+ z
3
= a(a
2
− 3b) + 3c ⇒ c = 0.
Vậy
(1.17) ⇔



x + y + z = a
xy + yz + zx = 0
xyz = 0.
Suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình
t
3
− at
2
+ 0t + 0 = 0, t
1
= 0, t
2
= 0, t
3
= a.
Kết luận: với mọi a ∈ R hệ đều có các nghiệm

x = a, y = 0, z = 0
x = 0, y = a, z = 0
x = 0, y = 0, z = a.

21
Chương 2
Một số phương pháp giải hệ bậc hai
tổng quát
2.1 Hệ phương trình bậc hai tổng quát
Hệ bậc hai với hai ẩn x, y

a
1
x
2
+ b
1
xy + c
1
y
2
+ d
1
x + e
1
y = f
1
a
2
x
2
+ b
2
xy + c

2
y
2
+ d
2
x + e
2
y = f
2
.
(2.1)
Cách giải.
- Trường hợp 1: Xét x = 0, ta được hệ

c
1
y
2
+ e
1
y = f
1
c
2
y
2
+ e
2
y = f
2

.
- Trường hợp 2: Xét x = 0. Đặt
y
x
= α hay y = αx. Thế vào hệ đã cho, ta
được

(a
1
+ b
1
α + c
1
α
2
)z + (d
1
+ e
1
α)y = f
1
(a
2
+ b
2
α + c
2
α
2
)z + (d

2
+ e
2
α)y = f
2
.
trong đó z = x
2
.
Ta có D = Aα
3
+Bα
2
+Cα +D, D
x
= A
1
α
2
+B
1
α + C
1
và D
z
= A
2
α + B
2
.

Từ đó, ta thu được hệ thức (A
2
α + B
2
)(Aα
3
+ Bα
2
+ Cα + D) =
(A
1
α
2
+ B
1
α + C
1
)
2
.
Ta được phương trình bậc 4 để xác định α. Từ đó, ta thu được nghiệm x, y
của hệ.
Bài toán 2.1. Giải hệ

x
2
+ y
2
+ x − 2y = 2
x

2
+ y
2
+ 2(x + y) = 11.
Lời giải.
22
1) Nếu x = 0 thì hệ có dạng:

y
2
− 2y = 2
y
2
+ 2y = 11.
Hệ này vô nghiệm.
2) Xét x = 0. Đặt y = αx. Khi đó hệ đã cho có dạng:

(1 + α
2
)x
2
+ (1 − 2α)x = 2
(1 + α
2
)x
2
+ 2(1 + α)x = 11.
Đặt x
2
= z ta được hệ:




y = αx; x
2
= z
(1 + α
2
)z + (1 − 2α)x = 2
(1 + α
2
)z + 2(1 + α)x = 11.
D =




1 + α
2
1 −2α
1 + α
2
2 + 2α




= (1 + α
2
)(4α + 1).

D
z
=




2 1 −2α
11 2 + 2α




= 26α − 7.
D
x
=




1 + α
2
2
1 + α
2
11





= 9(1 + α
2
).
Vì D
x
= 0 ∀α nên nếu 4α + 1 = 0 thì D = 0, hệ vô nghiệm.
Xét α = −
1
4
, khi đó
x =
D
x
D
=
9
4α + 1
; z =
D
z
D
=
26α −7
(1 + α
2
)(4α + 1)
.
Điều kiện x
2

= z cho ta phương trình để tính
81
(4α + 1)
2
=
26α −7
(1 + α
2
)(4α + 1)
⇔ 81(1 + α
2
) = (26α − 7)(4α + 1) ⇔

α = 2
α = −
44
23
.
1) Với α = 2 thì

x = 1
y = 2.
2) Với α = −
44
23
thì










x =
9
4 ·
−44
23
+ 1
= −
23
17
y =
−44
23
·

−
23
17

=
44
17
.
Vậy hệ có hai nghiệm:

x = 1

y = 2
,





x = −
23
17
y =
44
17
.
Bài toán 2.2. Giải hệ
23

x
2
+ y
2
− 4x + 2y = −3
x
2
− xy + y
2
+ x − 2y = 12.
Lời giải.
1) Nếu x = 0 thì hệ có dạng:


y
2
+ 2y = −3
y
2
− 2y = 12.
Hệ này vô nghiệm.
2) Xét x = 0. Đặt y = αx. Khi đó hệ đã cho có dạng:

(1 + α
2
)x
2
+ 2(α − 2)x = −3
(1 −α + α
2
)x
2
+ (1 − 2α)x = 12.
Đặt x
2
= z ta được hệ:



y = αx; x
2
= z
(1 + α
2

)z + 2(α −2)x = −3
(1 −α + α
2
)z + (1 − 2α)x = 12.
D =




1 + α
2
2α −4
1 −α + α
2
1 −2α




= −4α
3
+ 7α
2
− 8α + 5.
D
z
=





−3 2α −4
12 1 − 2α




= −18α + 45.
D
x
=




1 + α
2
−3
1 −α + α
2
12




= 15α
2
− 3α + 15.
Nếu D = 0 ⇔ α = 1 thì hệ vô nghiệm.
Xét α = 1.

Điều kiện x
2
= z cho ta phương trình để xác định α





x =
D
x
D
z =
D
z
D
⇒
D
z
D
=

D
x
D

2
⇔ D
z
· D = D

2
x
⇔ (−18α + 45)(−4α
3
+ 7α
2
− 8α + 5) = (15α
2
− 3α + 15)
2
⇔ 153α
4
+ 216α
3
+ 360α = 0
⇔ α(153α
3
+ 216α
2
+ 360) = 0
⇔ α[153α
2
(α + 2) −90(α
2
− 4)] = 0
⇔ α(α + 2)(153α
2
− 90α + 180) = 0 ⇔

α = 0

α = −2
Khi α = 0 thì D = 5, D
x
= 15 ⇒ x = 3 ⇒ y = 0.
Khi α = −2 thì D = 81; D
x
= 81 ⇒ x = 1, y = −2.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:

x = 3
y = 0
,

x = 1
y = −2.
24