Luận văn thạc sĩ toán Phân dạng phương trình và hệ phương trình đại số

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ HUYỀN
PHÂN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ HUYỀN
PHÂN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN MINH KHOA
THÁI NGUYÊN - 2015
i
LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình và hệ phương trình đại số là một trong những nội dung then chốt
của chương trình đại số bậc phổ thông trung học. Các bài toán về phương trình, hệ
phương trình đại số có mặt trong các đề thi tuyển sinh đại học, đề thi olympic vùng,
miền, quốc gia và quốc tế. Hơn thế nữa chúng cũng là những cầu nối để các em học
sinh phổ thông tiếp cận với các hình thái phương trình, hệ phương trình sau này ở
bậc đại học như hệ phương trình tuyến tính chẳng hạn.
Đây là cơ sở khoa học là lý do thôi thúc tác giả chọn đề tài cho bản luận văn "
Phân dạng phương trình và hệ phương trình đại số".
Luận văn gồm lời nói đầu, hai chương, kết luận và danh mục tham khảo.
Chương 1: Phân dạng phương trình đại số:
Chương này phân dạng một cách hệ thống lớp các phương trình đại số, nêu cách giải

và mô tả bằng các ví dụ, bài tập. Như các bài tập được chọn trong các đề thi tuyển
sinh đại học, đề thi olympic trong nước và quốc tế.
Chương 2: Phân dạng hệ phương trình đại số:
Chương này các lớp hệ phương trình đại số nêu cách giải và mô tả bằng các bài tập,
ví dụ, được lựa chọn trong các đề thi tuyển sinh và olympic quốc tế.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo TS
Nguyễn Minh Khoa. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán trường Đại học Khoa học (Đại học
Thái Nguyên), các thầy giáo, cô giáo đã trang bị kiến thức và tạo điều kiện giúp đỡ
tác giả trong quá trình học tập. Cuối cùng cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu
và các đồng nghiệp ở trường THPT Lý Thường Kiệt, thành phố Móng Cái, Quảng
Ninh đã động viên, giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình hoàn thành luận văn
này.
Tác giả
Hoàng Thị Huyền
Mục lục
Lời nói đầu i
Mục lục ii
1 Phân dạng phương trình đại số 1
1.1. Phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Phương trình trùng phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3. Phương trình dạng: (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4. Phương trình hồi qui dạng: ax
4
+ bx
3

+ cx
2
± kbx + k
2
a = 0 . . . . . 18
1.5. Phương trình dạng:
(ax + b)
2
(a
1
x + b
1
)
2
+ [(a + a
1
)x + (b + b
1
)]
2
+ c = 0 . . . . . . . . . . 20
1.6. Phương trình dạng: x
4
= ax
2
+ bx + c . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7. Phương trình dạng: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m . . . . . . . . . 21
1.8. Phương trình bậc ba tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.9. Phương trình bậc bốn tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.10. Phương trình bậc năm dạng: 5x

5
+ 5px
3
+ p
2
x + 5q = 0 . . . . . . . . 26
1.11. Phân định số lượng nghiệm của phương trình bậc cao theo đặc tính về
dấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.12. Khảo sát nghiệm của phương trình bậc cao bằng cách đổi vai trò tham số 28
1.13. Một số đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế về phương trình . . 29
2 Phân dạng hệ phương trình đại số 33
2.1. Hệ phương trình đối xứng loại một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2. Hệ phương trình đối xứng loại hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
ii
iii
2.3. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.4. Hệ ba phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.5. Hệ với vế trái đẳng cấp bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.6. Hệ với vế trái đẳng cấp cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.7. Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.8. Hệ nhiều phương trình bậc nhất giải bằng phương pháp tổ hợp . . . . 51
2.9. Hệ ba phương trình bậc cao ba ẩn giải bằng phương pháp dùng định
lý Viet mở rộng cho phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.10. Hệ ba phương trình bậc cao ba ẩn giải bằng phương pháp khử, thế và
tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.11. Hệ xoay vòng dùng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.12. Hệ phương trình đa thức giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . 58
2.13. Hệ phương trình đa thức giải bằng phương pháp tham số hóa . . . . 60
2.14. Hệ phương trình đa thức chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . 61
2.15. Hệ phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.16. Hệ dùng phép thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Kết luận 69
Tài liệu tham khảo 70
Chương 1
Phân dạng phương trình đại số
Trong chương này tác giả trình bày sự phân dạng lớp các phương trình đại số
trên trường số thực.
1.1. Phương trình bậc hai
Định nghĩa 1.1 Phương trình bậc hai là phương trình có dạng:
ax
2
+ bx + c = 0, a = 0. (1.1)
Định lý 1.2 (Tính chất và sự tồn tại nghiệm).
Đặt f(x) = ax
2
+ bx + c; ∆ = b
2
− 4ac.
i) Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1.1) vô nghiệm và af (x) > 0, ∀x.
ii) Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép).
x =
−b
2a
và af(x) ≥ 0, ∀x
iii) Nếu ∆ > 0 thì phương trình (1.1) có hai nghiệm phân biệt
x
1,2
=
−b ±
√

∆
2a
.
Lúc này af(x) < 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) và af(x) > 0, khi x < x
1
, x > x
2
.
Định lý 1.3 (Định lý đảo).
Nếu ∃ số α : af(α) < 0 thì f (x) = 0 có hai nghiệm x
1
< α < x
2
.
Hệ quả 1.4 Với hai số α < β cho trước : f(α) = 0, f(β) = 0. Khi đó:
1
2
i) Nếu



af(β) < 0
af(α) > 0
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : α < x
1
< β < x

2
.
ii) Nếu



af(α) < 0
af(β) > 0
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : x
1
< α < x
2
< β.
iii) Nếu









∆ > 0
af(β) > 0
β <
S
2
=
−b

2a
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : α < β < x
1
< x
2
.
iv) Nếu









∆ > 0
af(α) > 0
S
2
< α
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : x
1
< x
2
< α < β.
v) Nếu
















∆ > 0
af(α) > 0
af(β) > 0
α <
S
2
< β
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : α < x
1
< x
2
< β.
vi) Nếu f(α)f(β) < 0 thì tồn tại duy nhất một nghiệm hoặc x
1
hoặc x
2
thuộc khoảng
(α, β).

Định lý 1.5 (Định lý Viet).
Nếu x
1
,x
2
là nghiệm của (1.1) thì



x
1
+ x
2
=
−b
a
x
1
x
2
=
c
a
.
Định lý 1.6 (Định lý Viet đảo).
Nếu x
1
, x
2
là hai số thỏa mãn




x
1
+ x
2
= S
x
1
x
2
= P
thì x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình: x
2
− Sx + P = 0.
Các dạng bài tập áp dụng.
Dạng 1:
Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a = 0).
• Chứng minh phương trình có nghiêm ⇔ Chứng minh ∆ ≥ 0.
• Chứng minh phương trình vô nghiệm ⇔ Chứng minh ∆ < 0.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt
3
⇔ Chứng minh ∆ > 0.

• Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ Chứng minh ∆ = 0.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm trái dấu⇔ Chứng minh
c
a
< 0 hoặc
chứng minh af(0) < 0.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm dương
⇔ chứng minh









∆ ≥ 0
c
a
> 0
−b
a
> 0
hoặc chứng minh










∆ ≥ 0
af(0) > 0
0 <
−b
2a
.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm âm
⇔ Chứng minh









∆ ≥ 0
c
a
> 0
−b
a
< 0
hoặc chứng minh










∆ ≥ 0
af(0) > 0
−b
2a
< 0.
Ví dụ 1.1. Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: 5a + 4b + 6c = 0. (i)
Chứng minh rằng phương trình f(x) = ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm.
Giải.
⊕ Nếu a = 0 thì từ (i) ta suy ra c = −
2
3
b.
Do vậy phương trình f(x) = 0 có dạng : bx −
2
3
b = 0 có x =
2
3
là nghiệm.
⊕ Xét a = 0, khi đó:

(i) ⇔ (4a + 2b + c) + (a + 2b + 4c) + c = 0
⇔ f(2) + 4f(
1
2
) + f(0) = 0.
Suy ra tồn tại ít nhất một số hạng âm hoặc bằng 0, theo định lí đảo phương trình
f(x) = 0 có nghiệm.
Ví dụ 1.2. Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng phương trình: (a
2
+ b
2
− c
2
)x
2
− 4abx + a
2
+ b
2
− c
2
= 0
có nghiệm.
Giải.
⊕ Trường hợp 1: a
2
+ b
2
−c

2
= 0 ⇔ ∆ABC vuông tại C thì phương trình có nghiệm
x = 0.
4
⊕ Trường hợp 2: a
2
+ b
2
− c
2
= 0, khi đó:
∆

= (2ab)
2
− (a
2
+ b
2
− c
2
)
2
= [(a + b)
2
− c
2
][c
2
− (a −b)

2
]
= (a + b + c)(a + b −c)(c + a −b)(c + b − a).
Vì a, b, c là cạnh của một tam giác ⇒ ∆

> 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì phương trình:
a
2
x
2
+ (a
2
+ b
2
− c
2
)x + b
2
= 0 vô nghiệm.
Giải. Xét
∆ = (a
2
+ b
2
− c
2
)
2
− 4a

2
b
2
= [(a − b)
2
− c
2
][(a + b)
2
− c
2
]
= (a − b −c)(a −b + c)(a + b + c)(a + b − c) < 0.
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 2:
Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình f (x) = ax
2
+ bx + c = 0 trong một
khoảng (d, e) nào đó.
⇔ Chứng minh tồn tại α thuộc khoảng (d, e) sao cho: af(α) ≤ 0.
Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với mọi số a, b, c phương trình
(x − a)(x −b) + (x − b)(x −c) + (x − c)(x −a) = 0
luôn có nghiệm.
Giải.
Cách 1. Viết lại phương trình ở dạng:
3x
2
− 2(a + b + c)x + (ab + bc + ca) = 0.
Ta có:
∆


= (a + b + c)
2
− 3(ab + bc + ca)
=
1
2
(a
2
− 2ab + b
2
) +
1
2
(b
2
− 2bc + c
2
) +
1
2
(c
2
− 2ca + a
2
)
=
1
2
(a − b)

2
+
1
2
(b − c)
2
+
1
2
(c − a)
2
.
5
Vậy phương trình luôn có nghiệm.
Cách 2.
Đặt f(x) = (x − a)(x − b) + (x −b)(x − c) + (x −c)(x − a).
Ta có f(x) là một tam thức bậc 2, có hệ số của x
2
là 3.
Vì vai trò của a, b, c là bình đẳng, không giảm tính tổng quát có thể coi a < b < c.
Khi đó 3f(b) = 3(b − c)(b − a) ≤ 0.
Theo định lý đảo về dấu tam thức bậc hai chứng tỏ f(x) = 0 có hai nghiệm :
x
1
≤ b ≤ x
2
, ∀a, b, c.
Dạng 3.
Chứng minh phương trình f(x) = ax
2

+ bx + c = 0 (a = 0) luôn có hai nghiệm
phân biệt thuộc khoảng (α; β) nào đó ⇔















∆ > 0
af(α) > 0
af(β) > 0
α <
S
2
< β.
Ví dụ 1.5. Cho hai số a và b thỏa mãn điều kiện: a ≥ b > 0, a + b = 1. Chứng minh
phương trình x
2
− b
n
x − a

n
= 0 luôn có nghiệm phân biệt thuộc khoảng (−1; 1).
Giải.
Từ giả thiết a ≥ b > 0 và a + b = 1 ta suy ra:



0 < a < 1
0 < b < 1
⇒ 0 < a
n
, b
n
< 1
⇒



0 < 1 − a
n
< 1
0 < 1 − b
n
< 1
và



a > a
n

b > b
n
.
Đặt
f(x) = x
2
− b
n
x − a
n
.
Ta có :
1.f(0) = −a
n
< 0, ∀n
1.f(1) = 1 − b
n
− a
n
= (a − a
n
) + (b −b
n
) > 0
1.f(−1) = 1 + b
n
− a
n
= 1 − a
n

+ b
n
> 0.
Từ đây áp dụng định lí đảo về dấu tam thức bậc hai suy ra f (x) = 0 có hai nghiệm
x
1
, x
2
thỏa mãn: −1 < x
1
< 0 < x
2
< 1.
6
Ta có điều phải chứng minh.
Dạng 4. Giải và biện luận phương trình bậc hai.
Ví dụ 1.6. Giải và biện luận phương trình
(a + b)x
2
− (a
2
+ 4ab + b
2
)x + 2ab(a + b) = 0 (1).
Giải.
Phương trình (1) ⇔ (a + b)x
2
− [(a + b)
2
+ 2ab]x + 2ab(a + b) = 0 (2)

Trường hợp 1: Nếu a + b = 0 thì (2) có dạng: −2abx = 0.
⊕ a = −b = 0 ⇒ Tập nghiệm là R.
⊕ a = −b = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm.
Trường hợp 2: a + b = 0 thì ∆ = [(a + b)
2
− 2ab]
2
= (a
2
+ b
2
)
2
.
Phương trình (1) có hai nghiệm: x
1
= a + b; x
2
=
2ab
a + b
.
Dạng 5. Chứng minh hoặc tìm điều kiện để phương trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0
có hai nghiệm, và nghiệm này gấp k lần nghiệm kia.
Ví dụ 1.7. Chứng minh điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai: ax
2
+bx+c = 0
có hai nghiệm mà nghiệm này gấp k nghiệm kia là: kb

2
= (k + 1)
2
ac, k = 0.
Giải.
Điều kiện cần: Giả sử phương trình có x
2
= kx
1
, hay x
1
= kx
2
.
⇔ (x
2
− kx
1
)(x
1
− kx
2
) = 0
⇔ −(x
2
1
+ x
2
2
)k + (1 + k

2
)x
1
x
2
= 0
⇔ (S
2
− 2P )k −(1 + k
2
)P = 0 (S = −
b
a
, P =
c
a
)
⇔ kb
2
= (k + 1)
2
ac.
Điều kiện đủ: Nếu kb
2
= (k + 1)
2
ac ⇔ ac =
kb
2
(k + 1)

2
, k = 0.
∆ = b
2
− 4ac = b
2
−
4kb
2
(k + 1)
2
=

k −1
k + 1

2
b
2
≥ 0.
Do đó phương trình có nghiệm và theo biến đổi tương đương trong điều kiện cần ta
có điều phải chứng minh.
Dạng 6. Chứng minh ít nhất một trong hai phương trình:
a
1
x
2
+ b
1
x + c

1
= 0 (a
1
= 0), a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (a
2
= 0) có nghiệm.
Cách giải: Yêu cầu bài toán ⇔ chứng minh ∆
1
+ ∆
2
≥ 0.
Ví dụ 1.8. Cho hai phương trình bậc hai a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0 (a
1
= 0)

và a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (a
2
= 0)
7
có các hệ số thỏa mãn điều kiện: b
1
b
2
≥ 2(a
1
c
1
+ a
2
c
2
).
Chứng minh rằng trong phương trình trên, có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Giải.
Ta có ∆
1
+ ∆

2
= b
2
1
+ b
2
2
− 4(a
1
c
1
+ a
2
c
2
).
do giả thiết b
1
b
2
≥ 2(a
1
c
1
+ a
2
c
2
) ⇒ ∆
1

+ ∆
2
≥ b
2
1
+ b
2
2
− 2b
1
b
2
= (b
1
− b
2
)
2
≥ 0).
Vậy nếu ∆
1
< 0, ∆
2
< 0 thì ∆
1
+ ∆
2
< 0, mâu thuẫn với kết quả trên.
Do đó trong hai số ∆
1

, ∆
2
phải có ít nhất một số không âm, điều đó chứng tỏ rằng
trong hai phương trình đã cho, có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Dạng 7.
Chứng minh ít nhất một trong ba phương trình:a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0 (a
1
= 0),
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (a
2
= 0), a
3
x
2

+ b
3
x
2
+ c
3
= 0 (a
3
= 0) có nghiệm.
Cách giải: Yêu cầu bài toán⇔ chứng minh: ∆
1
+ ∆
2
+ ∆
3
≥ 0.
Ví dụ 1.9. Chứng minh ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm.
ax
2
+ 2bx + c = 0; bx
2
+ 2cx + a = 0; cx
2
+ 2ax + b = 0 trong đó a, b, c là các số
thực bất kì.
Giải.
Ta có:
∆

1

+ ∆

2
+ ∆

3
= a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc −ca
=
1
2
[(a − b)
2
+ (b −c)
2
+ (c + a)
2
] ≥ 0 ∀a, b, c.
Suy ra trong ba số ∆
1
, ∆
2
, ∆
3
có ít nhất một số không âm.

Vậy trong ba phương trình có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Dạng 8. Lập phương trình bậc hai có nghiệm liên quan đến nghiệm của phương
trình ax
2
+ bx + c = 0
Ví dụ 1.10. Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0.
Hãy lập một phương trình bậc hai có các nghiệm x
2
1
và x
2
2
.
Giải
Từ giả thiết ta suy ra: ax
2
+ bx + c = a(x −x
1
)(x − x
2
).
Thay x bởi −x ta được: ax
2
− bx + c = a(x + x

1
)(x + x
2
).
Nhân các vế tương ứng của hai đẳng thức này ta được:
(ax
2
+ bx + c)(ax
2
− bx + c) = a
2
(x
2
− x
2
1
)(x
2
− x
2
2
)
hay
(ax
2
+ c)
2
− (bx)
2
= a

2
(x
2
− x
2
1
)(x
2
− x
2
2
).
8
Đặt x
2
= X ta có: (aX + c)
2
− b
2
X = a
2
(X −x
2
1
)(X −x
2
2
).
Đẳng thức này chứng tỏ phương trình: (aX + c)
2

− b
2
X = 0
hay a
2
X
2
+ (2ac −b
2
)X + c
2
= 0.
Là một phương trình bậc hai có các nghiệm là x
2
1
và x
2
2
.
Dạng 9. Tìm cực trị, đánh giá biểu thức nghiệm kết hợp với định lý Viet.
Cách giải: Dùng định lý Viet để tìm biểu thức nghiệm, sau đó đánh giá biểu thức
nghiệm để suy ra cực trị.
Ví dụ 1.11. Cho các phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 (a, c = 0) và cy
2
+ dy + a = 0
có các nghiệm x
1
, x

2
và y
1
, y
2
tương ứng.
Chứng minh rằng: x
2
1
+ x
2
2
+ y
2
1
+ y
2
2
≥ 4.
Giải.
Áp dụng định lý Viet và sử dụng bất đẳng thức a
2
+ b
2
≥ 2|ab| ta có:
x
2
1
+ x
2

2
≥ 2|x
1
x
2
| = 2|
c
a
|
y
2
1
+ y
2
2
≥ 2|y
1
y
2
| = 2|
a
c
|.
Từ đây và bất đẳng thức Cauchy suy ra: x
2
1
+ x
2
2
+ y

2
1
+ y
2
2
≥ 2(|
a
c
| + |
c
a
|) ≥ 4.
Ví dụ 1.12. Xác định m sao cho tổng bình phương các nghiệm của phương trình
x
2
− (2m + 1)x + m − 1 = 0 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.
Ta có ∆ = 4m
2
+ 5 > 0, ∀m.
Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
.
Theo định lý Viet



x

1
+ x
2
= 2m + 1
x
1
.x
2
= m − 1.
Vậy:
x
2
1
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
= (2m + 1)
2
− 2(m −1) = 4m
2

+ 2m + 3
= (2m +
1
2
)
2
+
11
4
≥
11
4
, ∀m.
Do đó: min(x
2
1
+ x
2
2
) =
11
4
khi m = −
1
4
.
Ví dụ 1.13. (Đề học sinh giỏi quốc gia năm 1995).
Giả sử phương trình bậc hai x
2
+ mx + n = 0 có hai nghiệm x

1
, x
2
.
Chứng minh x
2
1
+ x
2
2
≥ 1 biết rằng n ≤ m − 1.
Giải.
9
Vì n ≤ m − 1 nên ∆ = m
2
− 4n ≥ m
2
− 4(m −1) = (m − 2)
2
≥ 0.
Suy ra phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
và theo Viet ta có :



x
1

+ x
2
= −m
x
1
x
2
= n.
Do vậy ta có: x
2
1
+x
2
2
= (x
1
+x
2
)
2
−2x
1
x
2
= m
2
−2n ≥ m
2
−2(m−1) = (m−1)
2

+1 ≥ 1.
Ví dụ 1.14 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1993).
Chứng minh rằng nếu a
1
, a
2
là các nghiệm của phương trình x
2
+ px + 1 = 0
và b
1
, b
2
là các nghiệm của phương trình x
2
+ qx + 1 = 0 thì:
(a
1
− b
1
)(a
2
− b
1
)(a
1
+ b
2
)(a
2

+ b
2
) = q
2
− p
2
.
Giải
Áp dụng định lý Viet vào các phương trình ta có:
a
1
+ a
2
= −p; a
1
a
2
= 1
b
1
+ b
2
= −q; b
1
b
2
= 1.
Vậy (a
1
− b

1
)(a
2
− b
1
) = a
1
a
2
− b
1
(a
1
+ a
2
) + b
2
1
= 1 + pb
1
+ (−1 −qb
1
) = b
1
(p − q).
(Vì b
1
là nghiệm của phương trình x
2
+ qx + 1 = 0

⇒ b
2
1
+ qb
1
+ 1 = 0 ⇒ b
2
1
= −qb
1
− 1 ).
Ta lại có:(a
1
+ b
2
)(a
2
+ b
2
) = a
1
a
2
+ b
2
(a
1
+ a
2
) + b

2
2
= 1 − pb
2
+ (−qb
2
− 1) = −b
2
(p + q).
Vậy (a
1
− b
1
)(a
2
− b
1
)(a
1
+ b
2
)(a
2
+ b
2
) = b
1
b
2
(q

2
− p
2
) = q
2
− p
2
.
Ví dụ 1.15. Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ 2mx + 4 = 0.
Tìm m để x
4
1
+ x
4
2
≤ 32.
Giải.
Điều kiện để phương trình tồn tại nghiệm là: ∆

≥ 0 ⇔ |m| ≥ 2. (1)
Ta có: x
4
1
+ x

4
2
= (x
2
1
+ x
2
2
)
2
− 2x
2
1
x
2
2
= [(x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
]
2
− 2(x
1

x
2
)
2
.
Theo Viet ta có :



x
1
+ x
2
= −2m
x
1
x
2
= 4.
Do đó:
x
4
1
+ x
4
2
≤ 32 ⇔ (4m
2
− 8)
2

− 32 ≤ 32
⇔|m
2
− 2| ≤ 2 ⇔ −2 ≤ m
2
− 2 ≤ 2 ⇔ m
2
≤ 4 ⇔ |m| ≤ 2. (2)
Từ (1), và (2) ta nhận được |m| = 2 ⇔ m = ±2.
Dạng 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc hai.
Ví dụ 1.16. Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0 và c lẻ. Chứng minh
10
rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 không có nghiệm nguyên.
Giải.
Giả sử: x = k là nghiệm nguyên của phương trình ⇒ ak
2
+ bk + c = 0
⇒ c chia hết cho k ⇒ k lẻ.
ak
2
+ bk + c − (a + b + c) = a(k
2
− 1) + b(k − 1) lẻ ⇒ (k −1) lẻ. Vô lý.
Vậy phương trình ax
2
+ bx + c = 0 không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1.17. Xác định tất cả các cặp số nguyên (p, q) sao cho phương trình
x

2
− pqx + p + q = 0 có ít nhất một nghiệm nguyên.
Giải.
Gọi u, v là các nghiệm của phương trình, theo Viet ta có:



u + v = pq
uv = p + q.
(∗∗)
Vậy bài toán chuyển đổi về việc tìm tất cả các nghiệm nguyên p, q, u, v của hệ phương
trình (∗∗). Ta nhận thấy trong hệ (∗∗): các cặp (p, q) và (u, v) có vai trò đối xứng,
hơn nữa trong mỗi cặp (p, q); (u, v) thì các số (p, q) cũng như các số (u, v) có vai trò
đối xứng. Ta phân biệt các trường hợp sau đây:
TH1: hoặc pq = 0, hoặc u.v = 0.
TH2: pq > 0, uv > 0.
TH3: pq và uv có dấu trái nhau.
TH4: pq < 0, uv < 0.
Bây giờ ta xét từng trường hợp.
Trường hợp 1. Không giảm tổng quát xem p = 0. Hệ (∗∗) trở thành



u + v = 0
q = uv.
Vì u, v, p, q nguyên nên suy ra.
u = −v = k (k = 0, ±1, ±2, )
q = −k
2
(k = 0, 1, 2, ).

Thay đổi vai trò p, q và vai trò của các cặp (p, q), (u, v) ta được tất cả các nghiệm
(p, q) của bài toán xuất phát ứng với trường hợp (1):
p = 0, q = −n
2
(n = 1, 2, )
p = −n
2
, q = 0 (n = 1, 2, ) (I)
p = −q = n, (n = 0, ±1, ±2, ).
Trường hợp 2. Theo (∗∗), ta thấy trong trường hợp này u, v, p, q là những số nguyên
dương. Hơn nữa, từ (∗∗) suy ra pq −p − q = u + v − uv
11
hay: 2 = (p − 1)(q −1) + (u − 1)(v −1).
Vì p − 1 ≥ 0, q −1 ≥ 0, u − 1 ≥ 0, v −1 ≥ 0 nên đẳng thức này chỉ xảy ra khi
1) (p − 1)(q −1) = 0; (u − 1)(v − 1) = 2. Từ đây suy ra, chẳng hạn
p − 1 = 0, u − 1 = 1, v −1 = 2 và đi đến kết quả: p = 1, q = 5, u = 2, v = 3.
Thay đổi vai trò p, q và u, v và các cặp (p, q), (u, v) ta nhận được nghiệm p, q của bài
toán xuất phát: (1, 5); (5, 1); (2, 3); (3, 2).
2) (p − 1)(q −1) = (u − 1)(v −1) = 1 ⇒ p = q = 2.
3) (p − 1)(q − 1) = 2, (u − 1)(v − 1) = 0. Trường hợp này đã xét ở 1) khi thay
đổi vai trò cặp (p, q); (u, v) (II)
Tóm lại: ở trường hợp 2 nghiệm của bài toán là (1, 5); (5, 1); (2, 3); (3, 2) và
(2, 2).
Trường hợp 3.
Có thể giả thiết pq > 0; uv < 0. Khi đó
p + q < 0; u + v > 0; v = −v
1
< 0; u > 0.
Và hệ(∗∗) trở thành




p
1
q
1
= u − v
1
p
1
+ q
1
= uv
1
.
(∗∗)
Với p
1
, q
1
, u, v
1
là những số nguyên dương.
Từ (∗∗) suy ra: p
1
q
1
− p
1
− q

1
+ 1 = u − v
1
− uv
1
+ 1.
Hay (p
1
− 1)(q
1
− 1) = (u + 1)(1 − v
1
).
Vì p
1
− 1 ≥ 0, q
1
− 1 ≥ 0, u + 1 > 0, 1 − v
1
≤ 0 nên đẳng thức trên xảy ra khi:
(p
1
− 1)(q
1
− 1) = 1 − v
1
= 0.
Giả thiết chẳng hạn: p
1
= 0 ⇒ p

1
= v
1
= 1 và từ (∗∗)
suy ra q
1
= u − 1, với u nguyên dương, ngoài ra u ≥ 2 vì (u > v
1
> 0).
Vậy p − 1 = 1; q
1
= u − 1; u = k; v
1
= 1 với k = 2, 3,
hay p = −1; q = 1 − k; u = k; v = −1 với k = 2, 3,
Thay đổi vai trò p, q và u, v và (p, q); (u, v)thì được tất cả các nghiệm của bài toán
ban đầu ứng với trường hợp 3.
p = −1, q = 1 − k
p = 1 − k, q = −1 (III) với(k = 2, 3, )
p = −1, q = k
p = k, q = −1.
Trường hợp 4. Có thế giả thiết: u > 0, v = −v
1
< 0, p > 0, q = −q
1
< 0.
Hệ (∗∗) trở thành




−pq
1
= u − v
1
p − q
1
= −uv
1
hay



pq
1
= v
1
− u (i)
q
1
− p = uv
1
(ii).
12
Với p, q
1
, v, u
1
là những số nguyên dương.
Từ (i) suy ra v
1

= pq
1
+ u > q
1
(i).
Và từ (ii) suy ra q
1
= uv
1
+ p ≥ v
1
(ii).
Các bất đẳng thức (i) và (ii) mâu thuẫn với nhau.
Vậy trong trường hợp này bài toán vô nghiệm.
Kết luận: tất cả các nghiệm nguyên (p, q) của bài toán ban đầu xác định theo
(I), (II), (III).
Dạng 11. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình:
ax
2
+ bx + c = 0 (a, b, c phụ thuộc tham số m).
Cách giải: Tìm điều kiện tồn tại nghiệm x
1
, x
2
là ∆ ≥ 0 sau đó giải x
1
, x
2
theo tham
số m. Biểu diễn m theo x

1
, biểu diễn m theo x
2
. Thiết lập đẳng thức giữa x
1
và x
2
không có tham số m .
Ví dụ 1.18. Cho phương trình: (m + 2)x
2
− (m + 4)x + 2 − m = 0.
Tìm hệ thức liên hệ giữa các hệ độc lập với m.
Giải. ∆ = m(5m + 8).
Phương trình có hai nghiệm khi:



m = −2
∆ ≥ 0
⇔



m = −2
m ≤ −
8
5
hoặc m ≥ 0.
Khi đó theo Viet ta có:






S = x
1
+ x
2
=
m + 4
m + 2
= 1 +
2
m + 2
P = x
1
x
2
=
2 − m
2 + m
= −1 +
4
m + 2
⇒ 2S − P = 3 ⇔ 2(x
1
+ x
2
) − x
1

x
2
− 3 = 0.
Đó là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm độc lập với tham số mà ta phải tìm.
Dạng 12. Tìm điều kiện hoặc chứng minh hai phương trình:
a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 tương đương.
Cách giải: Sử dụng hai phương trình tương đương ⇔

cùng tập nghiệm
vô nghiệm.
Ví dụ 1.19. Tìm các giá trị của tham số a, b để hai phương trình sau tương đương:
x
2

− 2(a −b)x + 2a
2
− b
2
= 0 và x
2
+ 2(a + b)x + a
2
+ 2b
2
= 0.
Giải.
Yêu cầu bài toán ⇔ hai phương trình có cùng tập nghiệm hoặc hai phương trình
cùng vô nghiệm .
⊕ Hai phương trình có cùng tập hợp nghiệm thì theo định lí Viet ta có:
13



2(a − b) = −2(a + b)
2a
2
− b
2
= a
2
+ 2b
2
⇔




2a = −2a
a
2
= 3b
2
⇔ a = b = 0.
Khi a = b = 0 cả hai phương trình có cùng nghiệm kép x = 0
⊕ Hai phương trình cùng vô nghiệm



∆

1
< 0
∆

2
< 0
⇔



a
2
+ 2ab −2b
2
> 0

b
2
− 2ab > 0.
Vì b = 0 không thỏa mãn, nên chỉ cần xét b = 0. Khi đó hệ



(
a
b
)
2
+ 2(
a
b
) − 2 > 0
1 − 2
a
b
> 0
⇔












a
b
< −1 −
√
3
a
b
> −1 −
√
3
a
b
<
1
2
⇔
a
b
< −1 −
√
3.
Vậy a = b = 0 hoặc



b = 0
a
b

< −1 −
√
3
thì hai phương trình tương đương.
Dạng 13. Tìm quỹ tích hoặc tập hợp điểm liên quan đến nghiệm.
Cách giải: Biểu diễn các tọa độ mỗi điểm , khử tham số, suy ra quỹ tích.
Ví dụ 1.20. Cho phương trình (m −5)u
2
− 2mu + m + 4 = 0.
Gọi S và P tương ứng là tổng và tích các nghiệm. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi
M(x, y) là điểm có tọa độ x = S, y = P .
Chứng minh khi m thay đổi, các điểm M biến thiên trên một đường thẳng cố định
và tìm đường thẳng đó.
Giải.
Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là :



m − 5 = 0
∆

≥ 0
⇔



m = 5
m + 20 ≥ 0
⇔ −20 ≤ m = 5.
Khi đó theo Viet






S =
2m
m − 5
= 2 +
10
m − 5
P =
m + 4
m − 5
= 1 +
9
m − 5
.
Suy ra 9S − 10P = 8 hay 9x − 10y −8 = 0.
Do đó tập hợp các điểm M(S, P ) là đường thẳng 9x −10y − 8 = 0.
Dạng 14. Bài toán liên quan đến hai phương trình a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
(a
1

= 0) và
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
(a
2
= 0) có nghiệm chung.
Cách giải: Giả sử hai phương trình có nghiệm chung x
0
.
14
⇒



a
1
x
2
0
+ b
1
x
0
+ c

1
= 0
a
2
x
2
0
+ b
2
x
0
+ c
2
= 0.
Từ đây rút ra được x
0
để dùng trong các biểu thức cần chứng minh.
Ví dụ 1.21. Chứng minh rằng nếu hai phương trình x
2
+ p
1
x + q
1
= 0
và x
2
+ p
2
x + q
2

= 0 có nghiệm chung thì: (q
1
− q
2
)
2
+ (p
1
− p
2
)(p
1
q
2
− p
2
q
1
) = 0.
Giải.
Giả sử x
0
là nghiệm chung, ta có:



x
2
0
+ p

1
x
0
+ q
1
= 0 (1)
x
2
0
+ p
2
x
0
+ q
2
= 0. (2)
Lấy (1) − (2) ta được (p
1
− p
2
)x
0
= q
2
− q
1
.
⊕ Nếu p
1
= p

2
thì q
1
= q
2
ta có đẳng thức trên.
⊕ Nếu p
1
= p
2
thì x
0
=
q
2
− q
1
p
2
− p
1
. (3)
⊕ Lấy (1) nhân p
2
trừ (2) nhân p
1
ta được:
(p
2
− p

1
)x
2
0
= p
1
q
2
− p
2
q
1
⇒ x
2
0
=
p
1
q
2
− p
2
q
1
p
2
− p
1
(4)
⇒ (q

1
− q
2
)
2
+ (p
1
− p
2
)(p
1
q
2
− p
2
q
1
) = 0 .
Dạng 15. Tìm điều kiện để phương trình: a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0 (a
1
= 0). (1)
Là hệ quả của phương trình: a

2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (2) (a
2
= 0).
Cách giải: (1) là hệ quả của (2) ⇔ tập nghiệm của (1) là S
1
⊃ S
2
là tập nghiệm của
(2).
Ví dụ 1.22. Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho phương trình : x
2
+ b
2
x −8b = 0 (1)
là hệ quả của phương trình: x
2
− ax + a = 0 (2).
Giải.
(1) là hệ quả của (2) ⇔ S
1
⊃ S
2
.

Xét (2), ta có ∆
2
= a
2
− 4a.
Trường hợp 1: ∆
2
≤ 0 ⇔ 0 < a < 4 thì S
2
= ∅. Do đó (1) là hệ quả của (2), ∀b.
Trường hợp 2: ∆
2
= 0 ⇔ a = 0 và a = 4 :⇒ (2) có nghiệm kép.
- Với a = 0 ⇒ S
2
= {0}, x = 0 thỏa mãn (1) ⇔ b = 0.
- Với a = 4 thì S
2
= {2}, x = 2 thỏa mãn (1) ⇔ b = 2 ±
√
2.
Trường hợp 3: ∆
2
> 0 ⇔ a < 0 hoặc a > 4 thì hai nghiệm của (2) phải là hai nghiệm
của (1) ⇔



−a = b
2

a = −8b.
Với điều kiện ∆
2
> 0 ta lấy được a = −64 và b = 8.
15
1.2. Phương trình trùng phương
Định nghĩa. Phương trình trùng phương là phương trình có dạng:
ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (a = 0). (1.2)
Cách giải: Đặt ẩn phụ x
2
= t, t ≥ 0 đưa về phương trình bậc hai:
f(t) = at
2
+ bt + c = 0 (1.2).
Dạng 1. Tìm điều kiện để phương trình (1.2) có đúng một nghiệm dương.
Giải.
Phương trình (1.2) có đúng một nghiệm dương ⇔ phương trình (1.2) có nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn t
1
< 0 < t
2
hoặc 0 = t
1

< t
2
.
Trường hợp 1: t
1
< 0 < t
2
⇒ điều kiện:
c
a
< 0 ⇔ ac < 0 hoặc af (0) < 0.
Trường hợp 2: 0 = t
1
< t
2
⇔ điều kiện:



c = 0
S > 0
.
Ví dụ 1.23. Cho phương trình : x
4
− 2ax
2
+ 2a −1 = 0.
Tìm a để phương trình có đúng một nghiệm dương.
Giải.
Đặt x

2
= t, t ≥ 0 phương trình trở thành: f(t) = t
2
− 2at + 2a −1 = 0.
Trường hợp 1: t
1
< 0 < t
2
⇒ 1f(0 < 0 ⇔ 2a − 1 < 0) ⇔ a <
1
2
.
Trường hợp 2: 0 = t
1
< t
2
⇒ điều kiện



2a − 1 = 0
2a > 0
⇔ a =
1
2
.
Từ trường hợp 1, và trường hợp 2 ⇒ a ≤
1
2
.

Dạng 2. Tìm điều kiện để phương trình (1.2) có đúng ba nghiệm.
Giải.
Phương trình (1.2) có đúng ba nghiệm ⇔ phương trình (1.2) có hai nghiệm t
1
, t
2
thỏa
mãn 0 = t
1
< t
2
⇒ điều kiện



c = 0
S > 0.
Ví dụ 1.24. Tìm a để phương trình x
4
− 2ax
2
+ 2a −1 = 0 có ba nghiệm.
Giải.
Yêu cầu bài toán ⇔



2a − 1 = 0
2a > 0
⇔ a =

1
2
.
Dạng 3. Tìm điều kiện để phương trình (1.2) có 4 nghiệm phân biệt.
Cách giải: Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình 1.2 có hai nghiệm t
1
, t
2
: 0 < t
1
< t
2
⇒
16
điều kiện









∆ > 0
af(0) > 0
0 <
S
2
hoặc








∆ > 0
S > 0
P > 0.
Ví dụ 1.25.Tìm a để phương trình x
4
− 2ax
2
+ 2a −1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Giải.
Điều kiện









∆

> 0
1f(0) > 0

0 <
S
2
⇔









a
2
− 2a + 1 > 0
2a − 1 > 0
0 <
2a
2
= a
⇔










a = 1
a >
1
2
a > 0
⇔
1
2
< a = 1.
Dạng 4. Điều kiện cần để phương trình (1.2) có 4 nghiệm lập thành một cấp số
cộng.
Giải.
Phương trình (1.2) có 4 nghiệm ⇔ phương trình (1.2) có hai nghiệm t
1
, t
2
sao cho:
t
2
> t
1
> 0.
Khi đó các nghiệm của (1.2) là: x
1
= −
√
t
2
; x

2
= −
√
t
1
; x
3
=
√
t
1
; x
4
=
√
t
2
Bốn nghiệm của (1.2) lập thành cấp số cộng.
⇔ x
4
− x
3
= x
3
− x
2
= x
2
− x
1

⇔
√
t
2
−
√
t
1
= 2
√
t
1
⇔
√
t
2
= 3
√
t
1
⇔ t
2
= 9t
1
. (i)
Từ (i) ⇒



t

1
+ t
2
= 10t
1
t
1
t
2
= 9t
2
1
⇔



−b
a
= 10t
1
c
a
= 9t
2
1
⇒ 9b
2
= 100ac.
Ví dụ 1.26. Tìm m để phương trình sau có các nghiệm lập thành một cấp số cộng:
x

4
− 2(m + 1)x
2
+ 2m + 1 = 0. (1)
Giải.
Đặt x
2
= t ≥ 0, phương trình trở thành f(t) = t
2
− 2(m + 1)t + 2m + 1 = 0. (2)
Vì với mỗi t > 0, phương trình x
2
= t cho hai nghiệm đối nhau x = ±
√
t.
Bởi vậy phương trình (1) có các nghiệm lập thành cấp số cộng trong hai trường hợp
sau:
Trường hợp 1: Phương trình (2) có 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn: t
1
= 0 < t
2
⇒ điều kiện



c = 0

S > 0
⇔



2m + 1 = 0
2(m + 1) > 0
⇔ m = −
1
2
. (3)
17
Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn: t
2
= 9t
1
> 0.
Phương trình (2) có hai nghiêm t
2
> t
1
> 0.
⇔








∆

> 0
P > 0
S > 0
⇔







m
2
> 0
2m + 1 > 0
m + 1 > 0
⇔ −
1
2
< m = 0. (4)
Khi đó các nghiệm của phương trình (1) là:
x
1
= −

√
t
2
; x
2
= −
√
t
1
; x
3
=
√
t
1
; x
4
=
√
t
2
.
Các nghiệm của phương trình (1) lập thành cấp số cộng ⇔ t
2
= 9t
1
. (5)
Từ (5) ⇒




t
1
+ t
2
= 10t
1
t
1
t
2
= 9t
2
1
⇔



2(m + 1) = 10t
1
2m + 1 = 9t
2
1
⇒ 9m
2
− 32m −16 = 0 ⇒ m = 4; m = −
4
9
(6) thỏa mãn (4).
Từ (3); (4); (6) ⇒ m = −

1
2
; m = 4; m = −
4
9
là các giá trị phải tìm.
1.3. Phương trình dạng: (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c
Cách giải phương trình dạng:
(x + a)
4
+ (x + b)
4
= c. (1.3)
Đặt ẩn phụ t =
x + a + x + b
2
⇒





x + a = t +
a − b
2
x + b = t −

a − b
2
.
Thay vào (1.3) ta có: 2t
4
+ 12

a − b
2

2
t
2
+ 2

a − b
2

4
− c = 0. (1.3)
Phương trình (1.3) là phương trình trùng phương.
Ví dụ 1.27. Giải phương trình (x + 3)
4
+ (x + 5)
4
= 2.
Giải.
Đặt t = (
x + 3 + x + 5
2

) = x + 4 ⇒ x + 3 = t − 1, x + 5 = t + 1.
18
và phương trình đã cho trở thành:
(t − 1)
4
+ (t + 1)
4
= 2
⇔ 2t
4
+ 12t
2
+ 2 = 2
⇔ t
2
(t
2
+ 6) = 0 ⇔ t = 0
⇔ x = −4.
1.4. Phương trình hồi qui dạng: ax
4
+ bx
3
+ cx
2
±kbx + k
2
a = 0
Cách giải phương trình dạng:
ax

4
+ bx
3
+ cx
2
± kbx + k
2
x = 0(ka = 0). (1.4)
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của (1.4), chia hai vế cho x
2
= 0, ta nhận được:
(1.4) ⇔ a

x
2
+
k
2
x
2

+ b

x ±
k
x

+ c = 0. (1.4)
Đặt t = x ±
k

x
phương trình (1.4) trở thành: at
2
+ bt + c ∓2ka = 0.
Ví dụ 1.28. Giải phương trình: 2x
4
+ 3x
3
− 16x
2
+ 3x + 2 = 0. (1)
Giải.
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia hai vế của phương trình cho
x
2
> 0 ta được:
(1) ⇔ 2

x
2
+
1
x
2

+ 3

x +
1
x


− 16 = 0. (2)
Đặt t = x +
1
x
, |t| ≥ 2 (∗), suy ra:
2t
2
+ 3t −20 = 0 ⇒ t = −4 hoặc t =
5
2
(thỏa mãn điều kiện (∗))
- Với t = −4 ⇒ x = −2 ±
√
3.
- Với t =
5
2
⇒ x = 2, x =
1
2
.
Ví dụ 1.29. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt và lớn hơn 1:
x
4
− mx
3
− (2m + 1)x
2
+ mx + 1 = 0. (1)

Giải.
19
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1).
Với x = 0 chia hai vế của phương trình (1) cho x
2
ta được:
(1) ⇔ x
2
+
1
x
2
− m

x −
1
x

− (2m + 1) = 0. (2)
Đặt t = x −
1
x
⇒ f(x) = x
2
− tx −1 = 0. (3)
Phương trình (2) trở thành: t
2
− mt −2m + 1 = 0. (4)
Vì
c

a
= −1 < 0, ∀t ∈ R ⇒ phương trình (3) luôn có hai nghiệm trái dấu. Bởi vậy
phương trình (3) có nghiệm x > 1 ⇔ 1.f (1) < 0 ⇔ −t < 0 ⇔ t > 0. Vì vậy phương
trình (1) có hai nghiệm phận biệt lớn hơn 1 ⇔ phương trình (4) có hai nghiệm dương
phân biệt.
⇒







∆ > 0
S > 0
P > 0
⇔







m
2
+ 8m −4 > 0
1 − 2m > 0
m > 0
⇔ 2

√
5 − 4 < m <
1
2
.
Vậy với 2
√
5 − 4 < m <
1
2
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
Ví dụ 1.30. (Đề thi vô địch quốc tế 1973).
Cho phương trình: x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ ax + 1 = 0 có nghiệm.
Tìm giá trị bé nhất của a
2
+ b
2
.
Giải.
Gọi x
0
là nghiệm của phương trình trên thì ta có: x
4
0

+ ax
3
0
+ bx
2
0
+ ax
0
+ 1 = 0. (i)
⊕ x
0
= 0 không thỏa mãn (i).
⊕ x
0
= 0, chia hai vế của (i) cho x
0
, ta được:
(i) ⇔ x
2
0
+
1
x
2
0
+ a(x
0
+
1
x

0
) + b = 0.
Đặt
y = x
0
+
1
x
0
⇒ |y| ≥ 2.
Suy ra
(y
2
− 2) + ay + b = 0
⇒ |2 − y
2
| = |ay + b| ≤

a
2
+ b
2

y
2
+ 1
⇒ a
2
+ b
2

≥
(2 − y
2
)
2
1 + y
2
.
20
Đặt t = y
2
, t ≥ 4. Ta chứng minh
(2 − t)
2
1 + t
≥
4
5
.
⇔ 5(2 − t)
2
≥ 4(1 + t) ⇔ 5t
2
− 24t + 16 ≥ 0 (luôn đúng).
Vì t ≥ 4, đẳng thức trên xảy ra khi t = 4 ⇒ min(a
2
+ b
2
) =
4

5
.
1.5. Phương trình dạng:
(ax + b)
2
(a
1
x + b
1
)
2
+ [(a + a
1
)x + (b + b
1
)]
2
+ c = 0
Cách giải phương trình dạng:
(ax + b)
2
(a
1
x + b
1
)
2
+ [(a + a
1
)x + (b + b

1
)]
2
+ c = 0. (1.5)
Đặt ẩn phụ t = (ax + b)(a
1
x + b
1
)
Ví dụ 1.31. Giải phương trình : x
2
(x − 1)
2
= (2x − 1)
2
+ 2. (1)
Giải.
Phương trình (1) ⇔ x
2
(x − 1)
2
= [x + x −1]
2
+ 2
⇔ x
2
(x − 1)
2
− 4x(x −1) −3 = 0. (2)
Đặt t = x(x − 1) = (x −

1
2
)
2
−
1
4
≥ −
1
4
⇒ t ≥ −
1
4
.
Kết hợp với (1) t
2
≥ 2 ⇒ t ≥
√
2.
Phương trình (2) trở thành: t
2
− 4t −3 = 0.
t = 2 +
√
7 ⇒ x
2
− x −2 −
√
7 = 0 ( Vì t ≥
√

2.)
Khi đó x =
1 ±

9 + 4
√
7
2
.
1.6. Phương trình dạng: x
4
= ax
2
+ bx + c
Cách giải phương trình dạng:
x
4
= ax
2
+ bx + c. (1.6)
Ta dùng kĩ thuật tách bậc đưa về phương trình tích như sau.
Với mọi tham số m ta có: (1) ⇔ (x
2
+ m)
2
= (2m + a)x
2
+ bx + c + m
2
. (1.6)

Ta tìm m để vế phải(1.6) thành bình phương đủ.
⇔



2m + a > 0
∆ = 0.