Một số phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ thông

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*****************

Trần thị ly

Một số phương pháp giải phương trình
bậc ba trong toán phổ thông
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP
Chuyên ngành : Đại số
Người hướng dẫn khoa học
Nguyễn Thị Bình

Hà NộI - 2008

-1-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Lời cảm ơn
Trong thời gian học tập tại khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2, được sự dạy dỗ chỉ bảo tận tình của các thầy giáo, cô giáo, em đã tiếp thu
được nhiều tri thức khoa học, kinh nghiệm và phương pháp học tập mới, bước
đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học.

Qua đây, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới toàn thể các thầy, các cô trong
khoa Toán - những người đã chăm lo, dìu dắt cho chúng em được trưởng
thành như ngày hôm nay. Đặc biệt, em xin chân thành cảm ơn cô giáo
Nguyễn Thị Bình - người đã trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo và đóng góp nhiều
ý kiến quý báu trong thời gian em thực hiện khóa luận này
Do trình độ của bản thân còn nhiều hạn chế, mặc dù đã cố gắng hết sức
nhưng bài luận văn của em vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy
em rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô trong khoa và các bạn
sinh viên.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà nội, tháng 05 năm 2008
Sinh viên
Trần Thị Ly

-2-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Lời cam đoan
Khóa luận là kết quả của bản thân em trong quá trình học tập, nghiên cứu
ở bậc phổ thông và trong quá trình học đại học. Bên cạnh đó em cũng được
sự quan tâm, tạo điều kiện của các thầy cô giáo trong tổ Đại số cũng như
trong khoa toán, đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của cô giáo Nguyễn Thị
Bình
Vì vậy em xin khẳng định kết quả của đề tài: ”Một số phương pháp giải
phương trình bậc ba trong toán phổ thông” không có sự trùng lặp với kết

quả của các đề tài khác
Hà nội, tháng 05 năm 2008
Sinh viên
Trần Thị Ly

-3-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Mục lục
Lời cảm ơn………………………………………………………………

1

Lời cam đoan………………………………………………………………

2

Mục lục…………………………………………………………………….

3

Mở đầu…………………………………………………………………….

4

Chương 1: Một số kiến thức liên quan…………………………………….

5

1.1. Đa thức…………………………………………………………….

5

1.2. Phương trình một ẩn……………………………………………….

7

Chương 2: Các phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ
thông………………………………………………………………………

8

2.1. Giải phương trình bậc ba bằng phương pháp Cacnado……………

8

2.2. Các phương pháp giải khác của phương trình bậc ba……………... 18
2.3. Giải phương trình bậc ba trên máy tính điện tử…………………… 37
2.4. Tính chất nghiệm của phương trình bậc ba……………………….. 39
Chương 3: ứng dụng hệ thức Vieta cho phương trình bậc ba…………….. 45
3.1. Kiến thức cơ bản…………………………………………………… 45
3.2. Các ứng dụng ……………………………………………………… 45
Kết luận…………………………………………………………………… 59
Tài liệu tham khảo………………………………………………………… 60

-4-

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Mở đầu
Trong nhà trường phổ thông môn toán giữ một vị trí vô cùng quan trọng.
Nó giúp học sinh học tốt hầu hết các môn học và là công cụ của nhiều ngành
khoa học kĩ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn trong đời sống.
Muốn học giỏi nói chung và học giỏi toán nói riêng thì phải luyện tập,
thực hành nhiều. Nghĩa là ngoài việc nắm rõ lý thuyết các em còn phải làm
nhiều bài tập. Đối với học sinh bài tập thì rất nhiều và đa dạng nhưng thời
gian thì hạn hẹp đồng thời các em khó có điều kiện chọn lọc những bài toán
hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập rèn luyện tư duy toán học của
mình.
Trong môn toán, phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không những
là đối tượng nghiên cứu Đại số mà còn là công cụ đắc lực của giải tích. Nó
được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các dạng đơn
giản. Đa phần các em được làm quen với phương trình bậc một, bậc hai còn
các phương trình bậc cao các em ít được làm quen. Ngày nay phương trình
bậc ba, bậc bốn đã giải được bằng căn thức. Xong ở phổ thông số phức đưa
vào chỉ ở mức giới thiệu, do đó việc áp dụng cách giải này thế nào cho các em
dễ hiểu và dễ nắm bắt là cả một vấn đề.
Với những lí do thiết thực trên cùng với niềm đam mê của bản thân và
sự hướng dẫn nhiệt tình của cô giáo Nguyễn Thị Bình em đã mạnh dạn thực
hiện bài luận văn của mình với tiêu đề:
”Một số phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ thông”
Đề tài của em bao gồm các nội dung chính sau:
Chương 1: Một số kiến thức liên quan

Chương 2: Các phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ thông
Chương 3: ứng dụng của hệ thức Vieta cho phương trình bậc ba

-5-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Chương 1: một số kiến thức liên quan
1.1. Đa thức.
1.1.1. Bậc và nghiệm của đa thức.
Cho đa thức f(x) = a0 + a1x + … + an-1xn-1 + anxn
aixi - hạng tử thứ i
ai - hệ tử.
a0 - hệ tử tự do.
an  0 thì an là hệ tử cao nhất.
Đa thức không là đa thức có tất cả các hệ tử bằng không.
* Bậc của đa thức.
Bậc của đa thức khác 0: f(x) = a0 + a1x + …+ an-1xn-1 + anxn
với an  0 là n.
Đối với đa thức không ta bảo nó không có bậc.
* Nghiệm của một đa thức
Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành A
f(x) = a0 + a1x + … + an-1xn-1 + anxn (an  0) là một đa thức tùy ý của
vành A[x].
+) Phần tử f(c) = a0 + a1c + … + an-1cn-1 + ancn  A có được bằng cách
thay x bởi c gọi là giá trị của f(x) tại c.
+) Nếu f(c) = 0 thì c là một nghiệm của f(x). Tìm nghiệm của f(x) trong A

gọi là giải phương trình Đại số bậc n có dạng:
a0 + a1x + …. + an-1xn-1 + anxn = 0 trong A.
+) Giả sử A là một trường c  A, f(x)  A[x], c là nghiệm bội cấp m nếu và
chỉ nếu f(x) chia hết cho (x - c)m và f(x) không chia hết cho (x - c)m+1.
Nếu m = 1 người ta gọi c là nghiệm đơn
m = 2 thì c là nghiệm kép.

-6-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Người ta coi một đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m
nghiệm trùng nhau.
1.1.2. Một số kết quả
định lí d ' Alembert: Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có ít nhất 1
nghiệm phức
Định lí Bezout: Giả sử A là một trường, c  A, f(x)  A[x]. Dư của phép chia
f(x) cho (x – c) là f(c).
Chứng minh:
Nếu ta chia f(x) cho (x – c) thì được dư bằng không hoặc một đa thức bậc
không. Vì bậc (x - c) = 1. Vậy dư là một phần tử r  A
Ta có f(x) = (x - c).q(x) + r
Thay x bằng c ta được f(c) = 0.q(c) + r = r
Vậy r = f(c).
Hệ quả : Phần tử c là nghiệm của f(x) A[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết cho
(x - c) trong A[x]
Công thức Vieta

Cho f(x) = a0xn + a1xn-1 + ….. + an-1x + an  K[x]
Tồn tại trường A  K, f(x) có n nghiệm α 1, α 2,..., α n-1, α n trong A thoả mãn

a

 α1  α 2  ...  α n  1  α n  (-1) 1
a

0

a

2 2
α
α

α
α

...

α
α

(-1)
 1 2
1 3
n 1 n
a


0

........................................


a

α α ...α α  (-1) n n
1 2
n 1 n

a
0

Bổ đề: Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực.

-7-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

* Nghiệm hữu tỉ.
Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0  Z[x] . Nếu phân số tối giản

p
q

p a

là nghiệm của f(x) thì  0
q an
Hệ quả. Với số hữu tỉ α là nghiệm của đa thức:
f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 = 0 thì α là số nguyên và α là ước của
a0 .
Phân số tối giản

p
là nghiệm của f(x) thì  p – mq f  m ,  m  Z
q

p  q | f(  1)
Trường hợp đặc biệt: 
 p  q | f(1)
1.2. Phương trình một ẩn.
Phương trình đa thức một ẩn là phương trình dạng:
anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 = 0 (1)
Trong đó:

a i - hệ tử , i  1,n

x i - ẩn, i  1,n
+. n = 1 thì (1) có dạng a1x  a 0  0
+. n = 2 thì (1) có dạng a 2 x 2  a1x  a 0  0
+. n = 3 thì (1) có dạng a 3x3  a 2 x 2  a1x  a 0  0

-8-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Chương 2: Các phương pháp giảI phương trình bậc ba trong toán phổ
thông
2.1. Giải phương trình bậc ba bằng phương pháp Cacnado
Phương trình và hàm bậc ba được nghiên cứu khá kĩ trong chương trình
phổ thông và luyện thi đại học dưới góc độ giải tích. Tuy nhiên ít sách trình
bày công thức nghiệm của phương trình bậc ba, trong mục này chúng ta sẽ đi
chứng minh công thức Cacnado cho việc giải phương trình bậc ba, công thức
này cũng rất có ích trong việc chứng minh các tính chất nghiệm của phương
trình bậc ba trong các mục tiếp theo.
Trước tiên ta nhận xét rằng với mọi phương trình bậc ba tổng quát

a1x3  b1x 2  c1x  d1  0 ( a1  0 )
Đều có thể đưa về dạng: x 3  ax 2  bx  c  0
Đặt x  y 

(*)
(1.1)

a
thì phương trình (1.1) trở thành:
3
a
a
a
(y  )3  a(y  ) 2  b(y  )  c  0
3
3

3

Khai triển và nhóm số hạng ta được:
a2
2a 3 ab
y  (b  )y  (
  c)  0
3
27 3
3


a2
p  b  3
Đặt 
ta có phương trình sau: y3  py  q  0
3
q  2a  ab  c

27 3
Dùng phép thế Vieta y  z 
(z 

p
vào phương trình (1.2) ta được:
3z

p 3
p
)  p(z  ) 2  q  0

3z
3z

-9-

(1.2)


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

p3
q0
 z 
27z 3
3

p3
 qz 3  0
 z 
27
6

Đặt t  z 3 ta được phương trình
t 2  qt 

p3
0
27

(1.3)

Phương trình (1.3) có 2 nghiệm (thực hoặc phức)

q
q 2 p3
t1,2   

2
4 27
q
q 2 p3
Suy ra z   

2
4 27
3

Ta biết rằng 3 1 có 2 giá trị (kể cả giá trị phức) là:

ek  cos

2k
2k
 isin
3
3

với k = 0,1,2

1
3
1
3
Nghĩa là e0  1; e1    i
; e2    i
2
2
2
2

Trong đó i là đơn vị ảo và i2  1 hay i  1 . Dễ thấy rằng:
1
3
1
3
e1e 2  (  i )(  i )  1
2
2
2
2

Tổng quát

3

t có 3 giá trị là: t1 , t1e1 , t1e2 trong đó t1 là giá trị thực của

Như vậy 6 giá trị của z ứng với 6 giá trị của t như sau:

Giả sử z  3 t1 cho 3 giá trị là:

q
q 2 p3
; z11  z10e1 ; z12  z10e2
z10   

2
4 27
3

- 10 -

3

t.


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Và z  3 t 2 cho 3 giá trị là:

q
q 2 p3
; z21  z20e1 ; z22  z20e2
z 20   

2

4 27
3

Thay vào biểu thức y  z 
y1k  z1k 

p
ta được 6 giá trị của y là
3z

p
p
; y 2k  z 2k 
với k = 0,1,2
3z 2k
3z 1k

Tuy nhiên vì:

y10  y 20
y11  y 22
y12  y 21
Nên phương trình bậc ba (1.2) chỉ có 3 nghiệm là y10 ; y11 ; y12 . Ta có thể giải
thích điều này như sau:
Vì t1,2 là nghiệm của phương trình t 2  qt 
p3
t1t 2  
27

 z10 z 20  3 t1t 2  

p
p
hay z10  
3
3z 20

 z11z 22  z10e1.z 20e2  z10 z 20  
Tương tự z12 z 21  

p
3

Chứng tỏ y10  z10 



p
3

p
3z10

p
p

3z 20 3( p )
3z 20

- 11 -

p3
 0 nên
27


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

 z 20 

p
3z 20

 y20
Tương tự với chú ý e1e2  1 ta có:

y11  z11 

p
p

 z 22  y22
3z11
3z 22

y12  z12 

p

p

 z 21  y21
3z12
3z 21

Vậy phương trình bậc ba (1.2) có 3 nghiệm là

y10  z10 

p
 z10  z 20
3z10

y11  z11 

p
 z11  z 22
3z11

y12  z12 

p
 z12  z 21
3z12

Bây giờ ta xét kĩ hơn về số nghiệm thực của phương trình bậc ba (1.2) dựa
theo số nghiệm thực của phương trình bậc hai (1.3)
3

p
q2 p
Trường hợp 1:   q  4( )3  0 hay

0
3
4 27
2

Phương trình bậc hai (1.3) có 2 nghiệm thực phân biệt

q
q 2 p3
t1,2   

2
4 27
Do đó phương trình (1.2) có 1 nghiệm thực là:

y10  z10  z 20

q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
3 

  

2
4 27

2
4 27

- 12 -

(1.4)


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Với 2 nghiệm phức liên hợp là:

y11  z11  z22  z10e1  z20e2
1
3
1
3
 z10 ( 
i)  z 20 (  
i)
2 2
2 2



z10  z 20
3
i

(z10  z 20 )
2
2

y12  z12  z21  z10e2  z20e1
1
3
1
3
 z10 ( 
i)  z 20 (  
i)
2 2
2 2


z10  z 20
3
i
(z10  z 20 )
2
2

Công thức (1.4) gọi là công thức Cacnado dùng để tính nghiệm của phương
trình bậc ba (1.2)
3

q2 p
Trường hợp 2:   
=0

4 27

q
q
q
Suy ra t1  t 2   . Do đó z10  z 20  3    3
2
2
2
Phương trình (1.2) có :
1 nghiệm đơn y10  z10  z 20  2 3
1 nghiệm kép y11  y12  

q
2

z10  z 20 3 q

2
2

3

q2 p
Trường hợp 3:   
0
4 27
Khi đó p < 0 . Viết t1,2 dưới dạng lượng giác ta được:
3

3

q
q2 p
q
q2 p
t1,2   

 i  
 r(cos  isin)
2
4 27
2
4 27

- 13 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

3

q 2
q2 p
p3
Trong đó: r  ( )  ( 
) 
2

4 27
27

q

2
cos 
p3

27

;

sin  



q2 p

4 27
p3

27

3

Theo công thức Moivre thì 3 giá trị của z  3 t1  3 r(cos+isin) được tính
theo công thức:

z1k  3 r (cos

+k2
+k2
 isin
) với k = 0,1,2
3
3

Nghĩa là:



z10  3 r (cos  isin )
3
3

z11  3 r (cos

+2
+2
 isin
)
3
3

z12  3 r (cos

+4
+4
 isin

)
3
3

Tương tự 3 giá trị của z  3 t 2  3 r(cos  isin)  3 r(cos(-)  isin(-))
được tính theo công thức:

z 2k  3 r (cos

+k2
+k2
 isin
) với k = 0,1,2
3
3

Nghĩa là:

z 20  3 r (cos





 isin )  3 r (cos  isin )
3
3
3
3

z 21  3 r (cos

+2
+2
 isin
)
3
3

- 14 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

z 22  3 r (cos

+4
+4
 isin
)
3
3

Vậy:

y10  z10  z20
 2 3 rcos

q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
=  

  

2
4 27
2
4 27
3

y11  z11  z22
 3 r (cos

+2
+2 3
+4
+4
 isin
)  r (cos
 isin
)
3
3
3
3

 2 3 rcos(

+2
)
3

y12  z12  z21
 3 r (cos

+4
+4 3
+2
+2
 isin
)  r (cos
 isin
)
3
3
3
3

 2 3 rcos(

+4
)
3

Vậy trong trường hợp này phương trình (1.2) có 3 nghiệm thực

- 15 -

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Nghiệm của phương trình bậc ba được cho trong bảng sau

a1x3  b1x 2  c1x  d1  0 (a1  0)
hay x 3  ax 2  bx  c  0 . Đưa về dạng rút gọn bằng cách
Dạng tổng quát


a2
p  b  3
a
Đặt x  y  và 
3
3
q  2a  ab  c

27 3

y3  py  q  0

Dạng rút gọn

3

q2 p

1.

0
4 27
Một nghiệm thực

q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
y10  z10  z 20  3  

  

2
4 27
2
4 27

và hai nghiệm
phức

y11  

z10  z 20
3
i
(z10  z 20 )
2
2

y12  

z10  z 20
3
i
(z10  z 20 )
2
2

3

q2 p
2.

=0
4 27
Một nghiệm đơn
và một nghiệm

y10  z10  z 20  2 3
y11  y12  

q
2

z10  z 20 3 q

2
2

kép
3

q2 p
3.

0
4 27
Ba nghiệm thực

y10  z10  z20  2 3 rcos
q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
=  

  

2
4 27
2
4 27
3

- 16 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

y11  2 3 rcos(

+2
);
3

y12  2 3 rcos(

+4
)
3

(*). Nhận xét:
Công thức nghiệm của phương trình bậc ba khá cồng kềnh nên sau khi tìm
được 1 nghiệm thực ta nên phân tích đa thức ra thừa số và giải tiếp phương
trình bậc hai để được 2 nghiệm (thực hoặc phức) còn lại.
Ví dụ 1: Giải phương trình

y3  15y  124  0
Lời giải

q
q 2 p3 3
Ta có p = 15, q = 124 nên z1 =  

 62  3969  3 1
2
4 27
3

Do đó z1 có 3 giá trị z1k  3 1  cos

2k
2k
 isin
, k = 0,1,2
3
3

1
3
1
3
Hay z10  1; z11    i
; z12    i
2
2
2
2

q
q 2 p3 3
Tương tự z 2 =  

 62  3969   3 125  5 3 1
2
4 27
3

z 2k  5(cos
Hay z20  5 ; z 21 

2k
2k
 isin
) , k = 0,1,2
3
3

5 5 3
5 5 3
i
; z 22   i
2
2
2
2

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm
y10  z10  z 20  4
y11  z11  z 22  2  3i 3
y12  z12  z 21  2  3i 3

Ví dụ 2: Giải phương trình
x 3  3x 2  6x  3  0

(1)

- 17 -

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Lời giải
Đặt x  y 

a
 x  y 1
3

(1)  y3  9y  11  0

(2)

Sử dụng công thức Cacnado cho phương trình (2) ta được

q
q 2 p3 3 11
121
11  13
z10 =  

  
 27  3
 1,5463
2
4 27

2
4
2
3

z11 

z10
(1  i 3)  0,77315(1  i 3)
2

z12 

z10
(1  i 3)  0,77315(1  i 3)
2

q
q 2 p3 3 11
121
11  13
z 20 =  

  
 27  3
 1,9401
2
4 27
2
4

2
3

z 21 

z 20
(1  i 3)  0,97005(1  i 3)
2

z 22 

z 20
(1  i 3)  0,97005(1  i 3)
2

Do đó
x10  y10  1  4,4864

y10  z10  z 20  3,4864

y11  z11  z 22  1,7432  0,3412i suy ra x 20  y 20  1  0,7432  0,341i
x 30  y30  1  0,7432  0,341i

y12  z12  z 21  1,7431  0,3412i
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
1. x 3  x  6  0
2. x 3  3x 2  9x  27  0

- 18 -

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

3. 15x 3  65x 2  93x  44  0
4. 3x 3  41x 2  113x  11  0
(*) Chú ý
áp dụng công thức Cacnado ta sẽ giải được mọi phương trình bậc ba ở tất
cả các dạng. Tuy nhiên nếu làm như thế sẽ rất phức tạp và mất rất nhiều thời
gian. Vì vậy đứng trước một bài toán yêu cầu phải giải một phương trình bậc
ba nào đó ta nên tìm ra những lời giải hay và ngắn gọn nhất. Sau đây là một
số phương pháp được coi là tối ưu nhất để giải các dạng của phương trình bậc
ba. Tuy nhiên trong sách giáo khoa phổ thông hiện nay kiến thức về số phức
mới chỉ đựơc giới thiệu sơ qua trong chương trình toán lớp 12 nên học sinh
chưa thể làm thành thạo tất cả các bài toán liên quan đến phương trình bậc ba
trên trường số phức được. Vì vậy để cho người đọc nắm được 1 cách nhanh
nhất mục đích yêu cầu của bài toán ta chỉ giải những bài toán này trên trường
số thực, từ đó sẽ tự vận dụng và mở rộng những kiến thức đó và giải bài toán
trên trường số phức.
2.2. Các phương pháp giải khác của phương trình bậc ba
Trong chủ đề này chúng ta sẽ quan tâm tới 3 phương pháp chủ yếu được
sử dụng để giải phương trình bậc ba
1. Sử dụng phương trình bậc hai để giải và biện luận phương trình bậc ba
(phương pháp phân tích thành nhân tử)
2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
3. Sử dụng phương pháp đồ thị để giải và biện luận phương trình bậc ba
2.2.1. Sử dụng phương trình bậc hai để giải và biện luận phương trình
bậc ba

Phương pháp chung
Cho phương trình: ax 3  bx 2  cx  d  0
Ta thực hiện theo các bước sau:

- 19 -

(1)


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Bước 1: Đoán nghiệm x 0 của (1)
Bước 2: Phân tích (1) thành

(x  x 0 )(ax 2  b1x  c1)  0
x  x0

2
g(x)  ax  b1x  c1  0 (2)
Bước 3: Kết luận

 g  0
+. Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  
g(x 0 )  0

  g  0

 g(x 0 )  0

+. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  
 0
  g
 g(x 0 )  0

  g  0

+. Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm   g(x 0 )  0
  0
 g

(*) Chú ý
1. Dự đoán nghiệm dựa vào các kết quả sau:
+. Nếu a  b  c  d  0 thì (1) có nghiệm x  1
+. Nếu a  b  c  d  0 thì (1) có nghiệm x  1
+. Nếu a,b,c,d Z và (1) có nghiệm hữu tỉ

p
thì p,q theo thứ tự là
q

ước của d và a
+. Nếu ac3  b3d (a,d  0) thì (1) có nghiệm x  

- 20 -

c
b

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

2. Với các phương trình có chứa tham số có thể coi tham số là ẩn để
thực hiện việc phân tích đa thức
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau
a. 3x 3  8x 2  2x  4  0

(3)

b. x 3  x 2  2x  2 2  0

(4)

Lời giải
a. Nhận xét rằng: a  3 có ước là 1,  3

d  2 có ước là 1,  2
Do đó phương trình nếu có nghiệm hữu tỉ thì chỉ có thể nhận 1 trong các giá
1 2
2
trị sau: 1,  2,  ,  . Nhận thấy x  là nghiệm của phương trình nên ta
3 3
3

biến đổi phương trình về dạng:

(3x  2)(x 2  2x  2)  0

3x  2  0
 2
 x  2x  2  0
2

x

3


 x  1  3
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt
x1 

2
; x 2  1  3 ; x3  1  3
3

b. Nhận xét rằng: ac3  1.( 2)3  2 2  b3d
c
Do đó phương trình (4) có nghiệm x    2
d

(4)  (x  2)[(x 2  ( 2  1)x  2]  0

- 21 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

x  2  0

2
 x  ( 2  1)x  2  0
x 2

Vậy phương trình có nghiệm thực duy nhất x  2
Ví dụ 2: Cho phương trình mx3  (3m  4)x 2  (3m  7)x  m  3  0

(5)

a. Giải phương trình với m  3
b. Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt không dương
Lời giải
Do a  b  c  d  0 nên phương trình có 1 nghiệm x  1
(5)  (x  1)[mx2  2(m  2)x  m  3]  0

x  1  0

2
g(x)  mx  2(m  2)x  m  3  0 (*)

(I)

a. Với m  3

x  1  0
(I)   2

3x  2x  0

 x  1

2
 x  
3

x  0

Vậy với m = 3 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt
2
x  1 ; x   ; x  0
3

b. Phương trình (5) có 3 nghiệm phân biệt không dương khi phương trình (*)
có 2 nghiệm phân biệt không dương ( x1  x 2  0 ) khác -1

- 22 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp



a  0
m  0
 '  0


g

4  m  0


 ag(0)  0  m(m  3)  0  3  m  4
s
 m2
 0

0
2
2

g(1)  0 1  0
Vậy với m 3,4  thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt không dương
Ví dụ 3: Xác định m để phương trình

m2 x3  3mx 2  (m2  2)x  m  0 ( m  0 )

(6)

có 3 nghiệm phân biệt
Lời giải
(*) Chú ý: Nếu phương trình có chứa tham số m ta có thể coi m là ẩn còn x là
tham số, sau đó tìm lại x theo m. Do đó ta có thể giải bài toán như sau
Viết lại phương trình dưới dạng:

(x 3  x)m2  (3x 2  1)m  2x  0

Coi m là ẩn, x là tham số ta được phương trình bậc hai theo m. Giải ra ta được

m 

m 


1
x
2x
x2  1

(do m  0  x  0 )

Do đó phương trình được chuyển về dạng:
(mx  1)(mx 2  2x  m)  0
 mx  1  0

2
f (x)  mx  2x  m  0

Phương trình (6) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình f (x)  0
có 2 nghiệm phân biệt x 

1
m

- 23 -

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp



a  0
m  0
m  0
 '

   0  1  m 2  0  
 m 1
 1

1
f ( )  0  m   0
 m

m
Vậy với m   1,1 \ 0 phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
Ví dụ 4: Cho phương trình

x3  (2m  1)x 2  (3m  1)x  (m  1)  0

(7)

Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm
Lời giải
Dễ nhận thấy x  1 là nghiệm của phương trình (7) nên

(7)  (x  1)(x 2  2mx  m  1)  0
x  1

2
g(x)  x  2mx  m  1  0
Để (7) có đúng 2 nghiệm thì ta có những trường hợp sau :
Trường hợp 1: Phương trình g(x) = 0 có đúng 1 nghiệm kép x  1

 'g  0
m 2  m  1  0 m  1  5
1 5



2 m
2
g(1)  0 m  2  0
m  2


Suy ra m 

1 5
thỏa mãn
2

Trường hợp 2: Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt và 1 nghiệm
x=1

- 24 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp


1 5
m 
2
 'g  0
m 2  m  1  0
 


 
1 5  m  2
m

g(1)  0 m  2  0


2

m  2
Suy ra m = 2 thỏa mãn
Kết luận: Vậy với m 

1 5

hoặc m  2 thì phương trình (7) có đúng 2
2

nghiệm
Bài tập đề nghị
Bài 1. Giải các phương trình sau
a. 4x 3  9x 2  6x  1  0
b. x 3  4x 2  7x  2  0
c. 2x 3  7x 2  7x  2  0
Bài 2. Tìm tất cả các nghiệm x  0,1 của phương trình
64x 6  96x 4  36x 2  3  0

Bài 3. Giải phương trình sau biết rằng phương trình có 1 nghiệm không phụ
thuộc vào a,b

x3  (2a  1)x 2  (a 2  2a  b)x  (a 2  b)  0
Bài 4. Cho phương trình x3  (2m  1)x 2  3(m  4)x  m  12  0
a. Giải phương trình với m = -12
b. Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt
Bài 5. Cho phương trình x 3  2mx 2  m2 x  m  1  0
Xác định m để:
a. Phương trình có đúng 1 nghiệm

- 25 -