Một số PT bậc cao được giải nhờ phương trình bậc 2,3

Một số lớp phương trình bậc cao giải được nhờ phương trình bậc
2 và phương trình bậc 3
Nguyễn Quản Bá Hồng
Sinh viên khoa toán tin, Trường Khoa Học Tự Nhiên TP HCM
Email:

.NE
T

09.05.2015

Tóm tắt nội dung

1

Lời giới thiệu

THS

Bài viết này xoay quanh 3 chủ đề sau:
i. Nhắc lại phương pháp giải phương trình bậc 2, bậc 3, bậc 4 dạng tổng quát.
ii. Tìm hiểu một số dạng phương trình bậc 3, bậc 4 có cách giải đặc biệt.
iii. Xây dựng một số "lớp" phương trình bậc cao giải được nhờ phương trình bậc 2 và 3.

VIE

TM
A

Có lẽ phần tôi cảm thấy thích đầu tiên khi học toán ở Trung học cơ sở đó là phương trình
(không phải do viết bài viết về phương trình nên mới nói như vậy đâu nhé). Có khá nhiều lý do

vì điều đó, để tôi kể vài lý do của tôi thử. Lý do thứ nhất là tiện: chỉ cần giấy, viết, là có thể làm
phương trình ở mọi lúc mọi nơi rồi, nếu có thêm một cái máy Casio thì càng ngon nữa - không
như hình học, tôi đã quá mệt mỏi với việc phải mua thước mới, compas mới sau mỗi tuần học :[.
Lý do thứ hai là không có quá nhiều sự lựa chọn, vì ở cấp 2 chưa có những thứ hấp dẫn như số
học, tổ hợp, phương trình hàm,... chỉ có hình với đại số thôi, mà hình thì các bạn biết rồi đấy,
cho nên tôi chọn ngay đại số, và trong đại số thì tôi chọn phương trình. Lý do tiếp theo (để bao
biện sự lựa chọn của tôi), đó là vẻ đẹp đơn giản ở hình thức của nó: chỉ cần một dòng công thức
thôi là đã đủ cho tất cả. Thêm một lý do nữa, đó là thương thầy cô, tôi không muốn ngủ gật
trong lớp làm thầy cô buồn, nên đành phải kiếm gì đó để làm trong giờ học. Ngoài môn toán
ra thì các môn khác tôi cảm thấy khá tẻ nhạt, còn môn hình, nếu cầm compas thì dễ bị phát
hiện quá. Nên cuối cùng, tôi đành chọn phương trình làm "công ăn chuyện làm" trong những
giờ học trên lớp của mình. Và tôi đã tìm được những niềm vui nho nhỏ trong chủ đề đó. :)
Nhưng...
Hôm nay, tôi mới bắt đầu đánh những dòng chữ này. Có lẽ khá trễ phải không? Một phần là
do điều kiện cá nhân và phần còn lại kia là do một khoảng thời gian tôi mất niềm tin vào niềm
đam mê của mình. Điều đó thật ngu ngốc! Tôi hy vọng bài viết này sẽ là một cột mốc, một khởi
đầu cho các bài viết tiếp theo được ra đời. :)
Về nội dung, bài viết bao gồm những ghi chép nhỏ của tôi hồi lớp 9, và bổ sung vào một số kiến
thức tôi học được ở Trung học phổ thông để hoàn thiện. Nên bạn sẽ thấy bài viết này hoàn
toàn sơ cấp. Chỉ đơn giản là biến đổi tương đương, biệt thức Delta, có nghiệm, vô nghiệm,...
trong toàn bộ bài viết. Hoàn toàn thiết vắng sự có mặt của các công cụ cực kỳ mạnh mẽ như
Resultant, Discriminant, Galois resolvent, Tschirnhaus’s transformations, Bring and Jerrard’s
1


transformations,....
Hy vọng bạn sẽ thích bài viết này. LATEX

2

Sơ lược về nội dung bài viết

VIE

TM
A

THS

.NE
T

Tiếp theo, bỏ qua những suy nghĩ cá nhân nhằng nhịt. Tôi sẽ giới thiệu chung về bài viết.
Trước hết là những thứ chung chung như định nghĩa phương trình, lịch sử phát triển của phương
trình trong toán học, những nhà toán học có công,... Nhưng khoan, tôi đã nghĩ lại! Điều đó không
cần thiết ở đây lắm. Vì nếu bạn yêu toán, chắc hẳn bạn cũng sẽ thích đọc lịch sử toán học. Việc
nhân loại đã giải phương trình bậc 2, bậc 3, bậc 4 như thế nào, mất bao nhiêu lâu,... chắc hẳn
đã quá rõ ràng. Và những tên tuổi gắn liền với lịch sử khởi tạo, phát triển đối tượng đó như
Niccolo Tartaglia, Gerolamo Cardano, Lodovico Ferrari, Niel Henrik Abel, Évariste Galois,... lại
càng rõ ràng hơn nữa! Cho nên: chúng ta nên bỏ qua các yếu tố mang tính sử thi và bắt tay
ngay vào bài viết. Có một số điểm sau:
1. Bài viết sẽ trình bày theo mạch ý tưởng. Nhiều thứ đơn giản - hiển nhiên vẫn được trình bày,
và lặp đi lặp lại để kết nối các phần với nhau nhằm tránh "Tại sao lại nghĩ được như vậy". Bài
viết sẽ hoàn chỉnh hơn.
2. Bài viết này thiên về tính lý thuyết hơn là kỹ thuật. Sẽ không có một ví dụ cụ thể nào để
minh họa cho phần mới trình bày. Bởi vì các "lớp" hàm đa thức trong bài viết phụ thuộc vào
các tham số, nên việc tự cho ví dụ là quá dễ dàng. Hơn nữa, tôi cho rằng lớp các hàm đa thức
bậc n đã quá rộng so với các dạng đa thức bậc n nào đó rồi, nếu cho ví dụ có số cụ thể sẽ làm
yếu đi tiêu đề bài viết rất nhiều phải không? :p
3. Một điều khác là Điều kiện cần - điều kiện đủ đôi khi không được trình bày rạch rồi song

song với nhau lắm trong bài viết này. Vì sự tương đương của các phép biến đổi đại số trên đa
thức không làm ảnh hưởng tới điều đó cho lắm, hơn nữa, mục đích của phần chính là tìm, là
xây dựng, nên tôi cho rằng chỉ cần một chiều là đủ, phần còn lại xin nhờ bạn đọc kiểm tra lại
giúp.
Cuối cùng, do lý do thời gian và hạn chế về kiến thức, nên bài viết đầu tiên này không thể tránh
khỏi sai sót (chắc là khá nhiều).
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi đến hộp thư
Remark: Bài viết xin lược bỏ lý thuyết về phương trình bậc 2 quen thuộc. (thật ra là để
số mục bằng với số bậc cho đẹp ).
Sau đây, chúng ta cùng bắt tay ngay vào phương trình bậc 3 cho nóng.

2


3

Phương trình bậc 3

Phần này chủ yếu đề cập tới phương trình bậc 3 với hệ số trên trường R. Lưu ý rằng các tính
chất trong phần này có thể mở rộng qua trường số C
Xét phương trình bậc 3 dạng tổng quát:
a0 x3 + b0 x2 + c0 x + d0 = 0

(1)

Với a, b, c, d ∈ R và a0 = 0.
Chúng ta có thể chia 2 vế của phương trình cho a0 để thu được dạng chính tắc:
x3 + Ax2 + Bx + C = 0

(2)

3.1

.NE
T

Tiếp theo, chúng ta sẽ nghiên cứu một số dạng đặc biệt của phương trình (2).

Khi biết 1 nghiệm

Problem 1: Giải phương trình bậc 3 khi biết 1 nghiệm của nó.

THS

Phương trình bậc 3 mà đã biết 1 nghiệm thì chẳng qua chỉ là phương trình bậc 2 thôi, ta
có thể xử lý như sau:
Giả sử bằng cách nào đó (bấm máy tính chẳng hạn), ta biết được một nghiệm x0 của phương
trình (2). Khi đó, sử dụng sơ đồ Horner quen thuộc để viết lại (2) thành:
(x − x0 )[x2 + (x0 + A)x + (x20 + Ax0 + B)] = 0

(3)

TM
A

Ngoài nghiệm x = x0 , (2) còn có 2 nghiệm phức nữa là nghiệm của phương trình bậc 2:
x2 + (x0 + A)x + (x20 + Ax0 + B) = 0

(4)

Xét phương trình (4) có ∆ = A2 − 4B − 3x20 − 2x0 :

• Nếu A2 − 4B < 3x20 + 2x0 thì (4) vô nghiệm trên R, suy ra (2) có nghiệm x0 duy nhất.

VIE

0
• Nếu A2 − 4B = 3x20 + 2x0 thì (4) có nghiệm kép x1 = − A+x
2 , suy ra (2) có 2 nghiệm là
0
x0 , x1 = − A+x
2 .

• Nếu A2 − 4B > 3x20 + 2x0 thì (4) có 2 nghiệm x1,2 = 21 (−A − x0 ±
suy ra (2) có đủ 3 nghiệm thực là
1
x0, x1,2 = (−A − x0 ±
2

A2 − 4B − 3x20 − 2x0 ),

A2 − 4B − 3x20 − 2x0 )

Remark: Nghiệm x0 ở trên không phải lúc nào cũng dự đoán được, nhất là trong trường hợp
tổng quát. Cho nên, cần xét các dạng phương trình mạnh hơn. Trước khi đến với công thức
Cardano để giải phương trình bậc 3 tổng quát, ta sẽ xét một số bài toán khá thú vị sau liên
quan đến phương trình bậc 3.

3

3.2

Phương trình bậc 3 có nghiệm bội

Problem 2: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có nghiệm bội thực.
Trường hợp (2) có nghiệm thực bội 3 là a:
f (x) = (x + a)3 = x3 + 3ax2 + 3a2 x + a3

(5)

Đồng nhất hệ số của (5) với (2): A = 3a, B = 3a2 , C = a3 Dễ dàng suy ra
A
=
3

√
B
3
=
C
3

(6)

.NE
T

Remark:
1. Ta có điều kiện cần và đủ để phương trình (2) có nghiệm thực bội 3 là:


3
 A = B = √
C
3
3

AC ≥ 0

(7)

⇔

f (a) = f (a) = 0
f (a) = 0

(8)

a3 + Aa2 + Ba + C = 3a2 + 2Aa + B = 0
a = − A3

TM
A

⇔

THS

2. Một cách tiếp cận khác cho trường hợp này là sử dụng f (a) = f (a) = f (a) = 0, cũng cho
kết quả tương tự.

Trường hợp (2) có nghiệm kép là a, nghiệm còn lại là b: Ta có:

Ta sẽ tìm mối quan hệ của A, B, C thông qua (8).
Xét phương trình bậc 2:
3a2 + 2Aa + B = 0

(9)

• Nếu A2 < 3B thì (9) vô nghiệm trên R.

VIE

• Nếu A2 = 3B thì a = − A3 , mâu thuẫn với (8).

• Nếu A2 > 3B thì (9) có 2 nghiệm thực phân biệt là a1,2 =

1
3

−A ±

√

A2 − 3B (rõ ràng

2 nghiệm này khác − A3 ).

Thay 2 nghiệm này vào phương trình bậc 3 a3 + Aa2 + Ba + C = 0. Khi đó (8):



A2 > 3B

 

3
2
√
√
√
1
−A − A2 − 3B + A9 A + A2 − 3B + B3 −A − A2 − 3B + C = 0
⇔
27



3
2
√
√
√

1
2

+ A9 −A + A2 − 3B + B3 −A + A2 − 3B + C = 0
27 −A + A − 3B

A2 > 3B



√
2 3
2 2
⇔
A − AB
+ C + A2 − 3B 27
A − 29 B = 0
27
3

√

2 3
AB
2 2
2
2
27 A − 3 + C − A − 3B 27 A − 9 B = 0
(10)
2
Điều kiện (10) có thể viết gọn lại thành A > 3B ∧ ((C = C1 ) ∨ (C = C2 )), với
C1,2 =

AB 2A3
−
±
3
27

A2 − 3B
4

2 2 2
A − B
27
9

(11)


Dễ thấy C1 , C2 là 2 nghiệm của phương trình bậc 2:
27C 2 + 4A3 − 18AB C + 4B 3 − A2 B 2 = 0

(12)

Do đó, điều kiện (8)
⇔

A2 > 3B
27C 2 + 4A3 − 18AB C + 4B 3 − A2 B 2 = 0

(13)

.NE
T

Remark:
1. (13) chính là điều kiện để (2) có nghiệm kép thực.
2. Tuy (13) có dạng tương đối cồng kềnh, chỉ dễ sử dụng khi biết các giá trị cụ thể của A, B, C.

Ta nên quan tâm hơn đến một dạng yếu hơn của (13), nhưng lại có giá trị thực hành cao hơn:
"Nếu A2 ≤ 3B thì (2) không thể có nghiệm kép". Điều này khiến ta không cần quan tâm đến
hệ số tự do, và có thể thoải mái sáng tạo các bài toán chứng minh phương trình bậc 3 không có
nghiệm bội cho riêng mình.
Problem : Với bất đẳng thức có dạng
A2 ≤ 3B
(14)

3.3

THS

Chứng minh phương trình bậc 3 x3 + Ax2 + Bx + C = 0 không thể có nghiệm kép.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm bội phức.

Phương trình bậc 3 có các nghiệm thực phân biệt

TM
A

Sử dụng các kết quả vừa thiết lập được ở phần trước, ta tiếp tục xét bài toán sau như một hệ
quả.
Problem 3: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm thực phân biệt.
Trong phần 3.2, ta đã tìm được điều kiện để phương trình (2) có nghiệm bội 2 và 3. Nên
việc tìm điều kiện để (2) có 3 nghiệm phân biệt khá đơn giản. Có nhiều cách để xử lý điều này.
Chẳng hạn:
Solution 1: Điều kiện để (2) có các nghiệm phân biệt tương đương với:
• (2) chỉ có 1 nghiệm thực duy nhất: Câu trả lời nằm ở mục 3.1.

VIE

• (2) có đủ 3 nghiệm thực phân biệt: Phủ định điều kiện (7) và (13).
Solution 2:
Sau đây là một cách nữa, mà từ cách này, chúng ta sẽ thu được một số điều thú vị.
Chúng ta sẽ tập trung giải quyết trường hợp thứ 2 ở lời giải thứ nhất: Tìm điều kiện để (2) có
3 nghiệm thực phân biệt:
Về điều kiện để (2) có đủ 3 nghiệm thực, tham khảo phần giải phương trình bậc 3 tổng quát.
Giả sử (2) đã có đủ 3 nghiệm thực rồi. Giả sử 3 nghiệm đó là m, n, p. Ta sẽ tìm điều kiện để
m, n, p phân biệt đôi một với nhau.
Xét biểu thức sau
s = (m − n) (n − p) (p − m)
(15)
Muốn m, n, p phân biệt đôi một thì chỉ cần s = 0. Việc còn lại là biểu diễn s theo các hệ số
A, B, C của (2). Điều này dễ dàng thực hiện nhờ áp dụng hệ thức Viète cho (2):
Dễ dàng thu được:
s2 = (m − n)2 (n − p)2 (p − m)2
(16)
= A2 B 2 + 18ABC − 27C 2 − 4B 3 − 4A3 C
5


Khi đó, điều kiện s = 0 tương đương với:
27C 2 + 4A3 − 18AB C + 4B 3 − A2 B 2 = 0

cyc

3.4

chứng minh các bất đẳng thức hoán
rất có lợi trong nhiều phương pháp

Chúng ta sẽ gặp lại đại lượng này ở

thể biểu diễn được thông qua 4 biểu

.NE
T

Remark:
1. (17) là phủ định của điều kiện (7) ∧ (13).
2. Đại lượng s trên đây đóng vai trò rất quan trọng trong
vị. Việc xét |s| , s2 giúp đối xứng hóa biểu thức cần xét,
chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là phương pháp pqr.
các phần sau.
3. More info
Định lý: Mọi biểu thức hoán vị của 3 biến a, b, c đều có
thức abc, a, ab, a2 b

(17)

cos 3x = m

Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 3 giải được nhờ phương trình lượng giác cos 3x = m

THS

Phương trình lượng giác này có gì đặc biệt?
Xét phương trình bậc 3 có dạng
4x3 − 3x = m

(18)

trong đó m ∈ R
Chúng ta sẽ giải phương trình (18) trong 2 trường hợp sau:

TM
A

• |m| ≤ 1. Đặt m = cos α giải ra x1 = cos α3 , x2,3 = cos α±2π
3 .
• |m| > 1. Với |x| ≤ 1 thì |V T (18)| ≤ 1 < m nên phương trình (18) vô nghiệm. Nên |x| > 1.
Đặt x = 21 a + a1 được m = 12 a3 + a13 . suy ra
3

m±

m2 − 1, x =

1
2

3

VIE

a=

m+

m2 − 1 +

3

m+

1
√

m2 − 1

(19)

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (18) có nghiệm duy nhất trong trường hợp này.
Giả sử (18)có nghiệm x0 thì x0 ∈
/ [−1, 1]. Do đó |x0 | > 1. Khi đó (18)
⇔ 4x3 − 3x = 4x30 − 3x0

⇔ (x − x0 ) (2x + x0 )2 + 3 x20 − 1

=0

(20)

⇔ x = x0
√
√
3
3
Vậy (18) có nghiệm duy nhất x = 12
m + m2 − 1 + m − m2 − 1
Remark:

Trong lời giải trên, các đại lượng a + a1 , an + a1n , 4x3 − 3x, ... có liên quan đến các khái niệm và
định lý sau:
Đa thức Chebyshev loại 1: các đa thức được xác định như sau
T0 (x) = 1, T1 (x) = x
, ∀n > 1
Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x)
6

(21)


Đa thức Chebyshev loại 2: các đa thức được xác định như sau
U0 (x) = 0, U1 (x) = 1
, ∀n > 1
Un+1 (x) = 2xUn (x) − Un−1 (x)

(22)

Về các tính chất của đa thức Chebyshev, các bạn có thể tham khảo trong [7].
Định lý: Với Tn (x) là đa thức Chebyshev bậc n:
1
2

Tn

1
a

a+

=

1
2

an +

1
an

(23)

f (x) = cos

.NE
T

Problem : Mở rộng cho phương trình cos 3f (x) = m
Solution :
Với |m| ≤ 1 giải được

arccos m + k2π
, k ∈ {0, ±1}
3

g (x) = f (x) − cos
thì phương trình trên giải được.
Trường hợp |m| > 1 tương tự.

sin 3x = m

TM
A

3.5

arccos m + k2π
∈ Sol∗ (2, 3)
3

THS

Nếu

(24)

(25)

Problem :Tìm các lớp phương trình bậc 3 giải được nhờ phương trình lượng giác
4x3 + 3x = m

(26)

VIE

Giải phương trình 4x3 + 3x = m:
Nếu x0 là nghiệm của (26) thì đó cũng là nghiệm duy nhất do VT(26) là hàm đồng biến và liên
√
3
tục. Đặt x = 12 a − a1 với a = 0 được m = 12 a3 − a13 suy ra a = m ± m2 + 1

Vậy phương trình (26) có nghiệm duy nhất
x=

1
2

3

√

m+

m2 + 1 +

3

m−

√

m2 + 1

(27)

Remark:
Tương tự phần trước, các đại lượng a − a1 , an − a1n , 4x3 + 3x, ... có liên quan đến định lý sau đây:
Định lý:Giả sử sin (2k + 1) = P2k+1 (sin t), trong đó P2k+1 (x) là đa thức đại số bậc 2k + 1. Ký
hiệu Q2k+1 (x) là đa thức đại số bậc 2k + 1 sinh bởi P2k+1 (x) bằng cách giữ nguyên những hệ
số ứng với lũy thừa 1 (mod4) và đổi dấu những hệ số ứng với lũy thừa 3 (mod4). Khi đó:
Q2k+1

1
2

a−

1
a

=

1
2

a2k+1 −

Problem : Mở rộng cho phương trình sin 3f (x) = m.

7

1
a2k+1

(28)


3.6

Phương trình bậc 3 tổng quát

Problem : Giải phương trình bậc 3 dạng tổng quát.
Giải phương trình (2):
Đặt x = y − A3 , (2) trở thành:
A2
AB A3
−B y− C +
−
3
3
27

y3 −
Đặt p =

A2
3

− B, q = C +

AB
3

−

A3
27 .

−

A3 AB

A
+
+C −
27
3
3

(30)

(29) trở thành

4t3 − 3t = m

(31)

√ √
√
3 3 −A3 + 9AB + 27C
3 3q
m= √ =
3
2p p
2
(A2 − 3B) 2

(32)

THS

trong đó

3

√
3 q. Suy ra (2) có nghiệm duy nhất

.NE
T

x=
p
3 t,

(29)

Xét các trường hợp sau:

• Nếu A2 = 3B thì (29) có nghiệm duy nhất y =

• Nếu A2 > 3B. Đặt y = 2

=0

Nếu |m| ≤ 1. Đặt m = cos α, theo phần trước thì (31) có 3 nghiệm
α
α ± 2π
, t2,3 = cos
3
3

TM
A

t1 = cos

(33)

Suy ra các nghiệm của (2) là

2
3

x=

trong đó

A2 − 3B. cos

VIE

t=

1
2

1
2

d+

d3 +

1
d

=

1
d3

1
2

(34)

√ √
3 3 −A3 + 9AB + 27C
3
2
(A2 − 3B) 2

k ∈ {0, ±2} , α = arccos
Nếu |m| > 1. Đặt m =

α + kπ A
−
3
3

(35)

thì (31) có nghiệm duy nhất
m+

m2 + 1 +

m−

m2 + 1

(36)

Suy ra (2) có nghiệm duy nhất là
x=

1
3

A2 − 3B

trong đó

• Nếu A2 < 3B. Đặt y = 2

m2 + 1 +

m+

m−

√ √
3 3 −A3 + 9AB + 27C
m=
3
2
(A2 − 3B) 2
−p
3 .t

m2 + 1 −

A
3

(37)

(38)

thì (29) trở thành
4t3 + 3t = m

8

(39)


Theo phần, phương trình (39) này có nghiệm duy nhất
t=

1

2

3

3

m2 − 1 +

m+

m−

m2 − 1

(40)

Suy ra (2) có nghiệm duy nhất
x=

1
3

3

A2 − 3B

m2 − 1 +

m+

3

m−

m2 − 1 −

A
3

(41)

Giải và biện luận phương trình bậc 3 dạng tổng quát hoàn tất.
Problem : Giải phương trình bậc 3 trên C.

3.7

Công thức Cardano

.NE
T

Sau đây là một lời giải khác cho phương trình bậc 3 dạng tổng quát.
Cho phương trình (2). Gán x := x − A3 , được
x3 + px + q = 0
trong đó

A3
2
AB
, q = A3 −

+C
3
27
3
Tìm u, v sao cho q = u3 + v 3 , p = −3uv. Khi đó:

THS

p=B−

x3 + u3 + v 3 − 3uvx = 0

(42)

(43)

(44)

Có x = −u − v hoặc là nghiệm của phương trình bậc 2

x2 − (u + v) x + u2 + v 2 − uv = 0

(45)

TM
A

Có u3 , v 3 là nghiệm của phương trình bậc 2

p3

=0
27

X 2 − qX −

• Nếu ∆ =

q2
4

+

p2
27

(46)

≥ 0 giải được

q2
p2
+
+
4
27

q
− −
2

3

3

q
− +
2

q2
p2
+
4
27

(47)

VIE

x = −u − v =

Đây chính là công thức Cardano.
Với phương trình (45), có ∆ = −3(u − v)2 , nên (45) chỉ có nghiệm thực khi u = v. (cũng
suy ra được cho trường hợp nghiệm phức)
Vậy với u = v thì (44) có các nghiệm thực −2u, u, u với u là nghiệm kép của (45).
Với u = v thì (44) chỉ có nghiệm (47)

• Nếu ∆ < 0. Đặt x =

−4p
3

được
3q

cos 3t =

(48)

−4p
3

p
Có
3q

∆ <0⇒
p
nên phương trình có 3 nghiệm thực.
9

−4p
3

<1

(49)


3.8

Thêm nghiệm để giải phương trình

Problem Giải phương trình bậc 3 nhờ các phương trình bậc cao hơn?.
Phần này đề cập đến một ý tưởng khá mới. Ý tưởng này hoàn toàn đối lập với phần Giải phương
trình khi biết một nghiệm của nó. Chúng ta sẽ thảo luận kỹ hơn về mối liên hệ của chúng ở
phần Tổng quát.
Sau đây là ý tưởng
Đối với phương trình bậc 3 dạng chuẩn tắc, ta nhân vào 2 vế phương trình nhân tử (x + m) thu
được
(x + m) x3 + Ax2 + Bx + C = 0
(50)

.NE
T

Phương trình trên là một phương trình bậc 4. Nếu phương trình này giải được thì phương trình
của chúng ta đang xét cũng sẽ giải được. Xét các hệ số của phương trình thu được, lần lượt là
1, A + m, B + Am, C + Bm, Cm

(51)

VIE

TM
A

THS

Đến đây, chắc các bạn đã biết phải làm gì tiếp theo rồi. Chúng ta sẽ cố gắng điều chỉnh m để
các hệ số trên trở thành các hệ số của một phương trình bậc 4 giải được. Mà các điều kiện, biểu

thức ràng buộc về hệ số đã được thể hiện rõ ở phần tiếp theo.
Như vậy, chúng ta cần giải một phương trình ẩn m. Phương trình đó không rõ bậc là bao nhiêu,
có nghiệm thực hay phức (còn tùy thuộc vào loại điều kiện mà bạn lựa chọn ở phần tiếp theo
nữa). Nhưng chúng ta chỉ cần số m, nên có thể Shift solve và mong chờ một kết quả đẹp.
Remark:
Nhìn chung, phương pháp này khá mạo hiểm. Ý tưởng thêm nghiệm của chúng ta đang làm
gia tăng bậc của phương trình cần giải. Thế lợi ích của nó là gì? Đó là tùy vào trường hợp đang
xét, chưa chắc phương trình (có hệ số cụ thể) bậc thấp hơn sẽ dễ dàng giải được hơn.
Một trường hợp khá hiệu quả mà bạn sẽ thấy trong nhận xét ở phần tổng quát. Lợi ích của
việc thêm nghiệm để giải một phương trình không nằm ở bậc cao - bậc thấp, mà là ở bậc chẵn
- bậc lẻ, bậc nguyên tố - bậc hợp số. Chẳng hạn như bạn đang cố gắng giải một phương trình
√ √
√
√
bậc 3 có các nghiệm là 2 ± 3, 2 + 5. Với các nghiệm như vậy thì đương nhiên là hệ số của
phương trình sẽ không đẹp. Và việc dự đoán các nghiệm cũng trở nên khó khăn. Nhưng nếu bạn
√
√
thêm vào nghiệm 2 − 5 thì phương trình bậc 4 thu được sẽ dễ giải hơn rất nhiều. Nghiệm
mới bạn vừa thêm vào chính là mảnh ghép còn thiếu trong lời giải của bạn. Thiếu nó, bạn sẽ bị
nhiều thứ khác cản trở tầm nhìn và khó có thể tìm ra lời giải được. Có nó, bạn sẽ thấy mọi thứ
thật dễ dàng. Nhưng việc để có được nó đương nhiên sẽ lại phụ thuộc vào nhiều yếu tố. :)
Có thể thêm nhiều nghiệm hơn để liên kết phần này với các phần tiếp theo.
Go on next section?

3.9

Problems are coming...

Problem

Problem
Problem
Problem
Problem
nó.
Problem

: Khảo sát hàm đa thức bậc 3.
: Biện luận số nghiệm của phương trình bậc 3 thông qua các hệ số của nó.
: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có nghiệm bội.
: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm phân biệt.
: Khảo sát nghiệm âm, nghiệm dương của phương trình bậc 3 thông qua các hệ số của
: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có 3 nghiệm tạo thành cấp số cộng.
10


VIE

TM
A

THS

.NE
T

Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có 3 nghiệm tạo thành cấp số nhân.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm thực là các số:
i. nguyên dương.
ii. nguyên.

iii. hữu tỷ.
iv. vô tỷ.
Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải được nhờ các phương trình tan 3x = m, tanh 3x =
m, cot 3x = m, coth 3x = m.
Problem : Mở rộng tất cả tính chất trong phần này cho trường C.
Problem : Mở rộng tất cả tính chất trong phần này cho các trường khác.
Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình (nói chung) giải được nhờ các lớp phương trình trong
phần này.

11


4

Phương trình bậc 4

Phần này chủ yếu đề cập tới phương trình bậc 4 với hệ số trên trường R. Lưu ý rằng các tính
chất trong phần này có thể mở rộng qua trường số C
Xét phương trình bậc 4 dạng chính tắc:
x4 + Ax3 + Bx2 + Cx + D = 0

(52)

Trước khi đến với công thức Ferrari, chúng ta cùng tìm hiểu một số trường hợp đặc biệt của
phương trình này.

4.1

Khi biết 1 nghiệm

.NE
T

Problem : Giải phương trình bậc 4 khi biết một nghiệm của nó.
Tương tự phần trước, giả sử đã biết 1 nghiệm x0 sử dụng sơ đồ Horner để phân tích
(x − x0 ) x3 + (x0 + A) x2 + x20 + Ax0 + B x + x30 + Ax20 + Bx0 + C

=0

(53)

Ngoài nghiệm x0 , (52) còn có các nghiệm là nghiệm của phương trình bậc 3:

THS

x3 + (x0 + A) x2 + x20 + Ax0 + B x + x30 + Ax20 + Bx0 + C = 0

(54)

4.2

TM
A

Để giải (54), ta quay lại phần 3.
Remark: Trường hợp khi viết 1 nghiệm của phương trình đã cho sẽ tương tự cho các phần
sau. Qua trường hơp này cho phương trình bậc 3 và phương trình bậc 4, chắc hẳn ai cũng đã
đoán được quy luật. Trường hợp tổng quát được ghi rõ ở phần tổng quát.
Sau đây, chúng ta sẽ tìm hiểu một số dạng phương trình bậc 4 quen thuộc.

Phương trình trùng phương

Problem :Giải và biện luận phương trình trùng phương có dạng:
x4 + Ax2 + B = 0

(55)

4.3

VIE

Đặt t = x2 ≥ 0 rồi giải phương trình bậc 2 thu được.

Quy về phương trình bậc 2

Problem :Tìm các lớp phương trình bậc 4 giải được bằng cách giải 2 lần phương trình bậc 2
Có lẽ đây là phần thường dùng nhất trong thực hành. Đơn giản vì 4 = 2.2.
Điều đơn giản đó sẽ được thể hiện bằng cách xét phương trình bậc 4 có dạng sau đây:
f (x) = x2 + ax + b

2

+ c x2 + ax + b + d = 0

(56)

trong đó a, b, c, d ∈ R
2
Để giải (56), đặt t = x2 + ax + b ≥ b − a4 được t2 + ct + d = 0. Giải phương trình bậc 2 này, giả
sử được các nghiệm phức t1 , t2 , sau đó giải các phương trình

x2 + ax + b = t1
x2 + ax + b = t2

12

(57)


Tiếp theo, ta sẽ tìm điều kiện của A, B, C, D để phương trình chính tắc có thể biểu diễn được
dưới dạng (56).
Khai triển (56) được
x4 + 2ax3 + a2 + 2b + c x2 + (2ab + ac) x + b2 + bc + d = 0

(58)

Đồng nhất hệ số với (52) được


A = 2a



 B = a2 + 2b + c

C = 2ab + ac



 D = b2 + bc + d

(59)

.NE
T

Biểu diễn a, b, c, d theo A, B, C, D được


a = A2


2


2b + c = B − A4


a=C=0



a = 0, 2b + c = 2C


A


b2 + bc + d = D

(60)

THS

Nếu a = 0 thì A = C = 0, (52) trở thành phương trình trùng phương, quay lại phần trước.
Xét a = 0 thì A = 0, C = 0. Từ hệ (60) suy ra đẳng thức
2b + c = B −
Quan tâm đến A, B, C, D được

A2
2C
=
4
A

TM
A

A3 + 8C = 4AB

(61)

(62)

VIE

Remark: (62) chính là điều kiện để (52) có thể biểu diễn dưới dạng (56).
Problem : Chứng minh (62) chính là điều kiện cần và đủ để (52) có thể biểu diễn được dưới
dạng (56)
Proof: Ta chứng minh lần lượt:
Điều kiện cần Thu được từ phần trên.

Điều kiện đủ Giả sử (52) có các hệ số thỏa mãn điều kiện (62), ta sẽ chứng minh (52) có thể
biểu diễn được dưới dạng (56).
Nếu A = 0 ⇒ C = 0, hiển nhiên (52) có dạng (56).
Xét A = 0, ta viết (52) dưới dạng
x2 +

A
x+b
2

2

+ c x2 +

A
x+b +d=0
2

(63)

Ta cần chỉ ra tồn tại các số b, c, d như vậy.
Khai triển (63) và đồng nhất hệ số với (52), được
2

2b + c = B − A4 =
b2 + bc + d = D
Thay c =

2C
A

2C
A

(64)

− 2b vào phương trình thứ hai của hệ, thu được phương trình bậc 2 theo b
b2 −

2C
b+D−d=0
A
13

(65)


2

− D + d. Tới đây, có thể lựa chọn d để ∆b ≥ 0, nên (65) có nghiệm. Chứng tỏ, tồn
có ∆b = C
A2
tại bộ số (b, c, d).
Hoàn tất chứng minh.
Remark:
Ngoài ra, ta còn có thể format bộ (b, c, d). Tức là điều chỉnh d sao cho (65) có nghiệm nguyên,
hoặc nghiệm đẹp nào đó để thuận tiện việc tính toán.
2
Nếu chọn d = D − C
thì ∆b = 0 thì phương trình có nghiệm b = C

A , suy ra c = 0.
A2
Như vậy, (b, c, d) =

C
A , 0, D

C2
A2

−

là 1 bộ thỏa mãn (64).

Điều kiện (62) chỉ phụ thuộc vào A, B, C mà không phụ thuộc vào D. Tại sao?
Lớp hàm chúng ta thu được trong phần này có các hệ số thuộc
4AB − A3
,D
8

: A, B, D ∈ R ,

(66)

.NE
T

A, B,

Sau đây là một số hệ quả - những kết quả rất quen thuộc.

Corollary : Giải phương trình bậc 4 có dạng (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = m với a+b = c+d
Tại sao đây chỉ là một hệ quả của (56)?. Chúng ta thử dùng điều kiện (62) để kiểm chứng
Khai triển phương trình thành
a x3 +

ab x2 +

Đồng nhất hệ số với (52) được
A=

a, B =

abc x + abcd − m = 0

(67)

THS

x4 +

ab, C =

abc, D = abcd − m

(68)

TM
A

Sử dụng giả thiết, đặt a + b = c + d = z thì b = z − a, d = z − c. Khi đó

A = 2z, B = z 2 + (a + c) z − a2 + c2 , C = (a + c) z 2 − a2 + c2 z
Kiểm tra

=0

VIE

A3 + 8C − 4AB =
8z 3 + 8 (a + c) z 2 − 8 a2 + c2 z − 8z z 2 + (a + c) z − a2 + c2

(69)

(70)

Vậy, đây chính là hệ quả của (56).
Để giải phương trình này, ta biểu diễn về dạng (56)
0 = x2 + zx + ab x2 + zx + cd − m =
2
x2 + zx + ab − (ab − cd) x2 + zx + ab − m

(71)

Tiếp theo là một hệ quả quen thuộc khác.
Corollary : Giải phương trình bậc 4 dạng (x + a)4 + (x + b)4 = m.
Tương tự hệ quả trước, đầu tiên ta sẽ chứng minh
(x + a)4 + (x + b)4 = m

(72)

là một hệ quả của (56).

Thật vậy. khai triển
x4 + 2 (a + b) x3 + 3 a2 + b2 x2 + 2 a3 + b3 x +

14

a4 + b4 − m
=0
2

(73)


Đồng nhất hệ số với (52), được
A = 2 (a + b) , B = 3 a2 + b2 , C = 2 a3 + b3 , D =

a4 + b4 − m
2

(74)

Kiểm tra
A3 + 8C − 4AB = 8(a + b)3 + 16 a3 + b3 − 24 (a + b) a2 + b2 = 0

(75)

Như vậy, đây cũng là một hệ quả của (56).
Để giải phương trình này, có thể giải theo cách tổng quát cho (56), hoặc có thể đặt t = x + a+b
2 ,
rồi quy về phương trình trùng phương theo t để giải.

Một kết quả tương tự

.NE
T

4.4

Với ý tưởng của Corollary ở phần trước, ta xét một biến thể của nó có dạng
(x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = mx3 + n
với ab = cd =

n
m

Tổng quát hơn

(76)

(x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = mx4 + nx3 + px2 + qx + r

THS

2

(77)

r
với ab = cd = nq , m
= nq
Problem : Giải và biện luận các phương trình trên.

Sau đây, ta sẽ giải (76).
n
. (76) trở thành
Solution : Đặt z = ab = cd = m

x2 + (c + d) x + z = mx3 + mzx

TM
A

x2 + (a + b) x + z

Nếu z = 0, trường hợp này dễ.
Xét z = 0 thì x = 0 không là nghiệm của (76), chia 2 vế của (76) cho x2 . Đặt t = x +
(t + a + b) (t + c + d) = mt

(78)

z
x

được
(79)

VIE

Giải và biện luận phương trình bậc 2 này là xong.
Solution : Tiếp theo, ta giải dạng tổng quát hơn (77), hoàn toàn tương tự
(t + a + b) (t + c + d) = p + nt + m t2 − 2z

4.5

(80)

Phương trình có hệ số phản hồi

Xét phương trình bậc 4 tổng quát

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

(81)

2

thỏa mãn ae = db
Nếu xét dạng chính tắc thì xét
x4 + Ax3 + Bx2 + Cx + D = 0, D =
Problem : Giải phương trình trên.
Chúng ta giải (82) như sau

15

C
A

2

(82)

• Nếu e = 0 dễ dàng.
• Nếu e = 0, chia 2 vế của (82) cho x2 . Đặt α = db , y = x +

α
x

được

ay 2 + by + c − 2aα = 0

(83)

Giải phương trình bậc 2 này nữa là xong.
Ngoài ra
• α = 1: phương trình đối xứng.
• α = −1: phương trình nửa đối xứng.

4.6

Dạng tổng các bình phương

.NE
T

Problem : Tìm các lớp đa thức bậc 4 biểu diễn được dưới dạng tổng các bình phương.
Chúng ta xét các hàm đa thức monic P (x) ∈ R [x] , deg P = 4 thỏa
P (x) ≥ 0, ∀x ∈ R

(84)

THS

Nếu đồ thị của hàm P (x) không cắt trục hoành thì phương trình bậc 4 tương ứng vô nghiệm.
Khi đó, ta nghĩ đa thức này có thể là tổng của các bình phương nào đó - Ý tưởng này rất dễ
thấy ở phương trình bậc 2.
Các định lý nổi tiếng sau đây sẽ giúp ta làm sáng tỏ ý tưởng đó.
Định lý Hilbert 1: Nếu đa thức F (a1 , a2 , ..., an ) thuần nhất và không âm trong miền D,
tức là F (a1 , a2 , ..., an ) ≥ 0, ∀a1 , a2 , ..., an ∈ D thì có thể biểu diễn
F (a1 , a2 , ..., an ) = p21 + p22 + ... + p2m

TM
A

với pk ∈ Q [x]

(85)

Định lý Hilbert 2: Nếu đa thức F (a1 , a2 , ..., an ) không thuần nhất và không âm trong miền
n

a1 ≥ 0, a2 ≥ 0, ..., a1 ≥ 0,

ai ≤ 1 thì
i=1

ck aα1 1 aα2 2 ...aαnn (1 − a1 − a2 − .... − an )αn+1

(86)

VIE

F (a1 , a2 , ..., an ) =

trong đó αi , i = 1, n + 1 là các số nguyên không âm và ck > 0
Định lý trên chỉ giúp ta củng cố niềm tin rằng tồn tại cách biểu diễn như vậy, đó là giá trị
về lý thuyết. Còn về thực hành, việc xây dựng dạng biểu diễn đó đòi hỏi một số kỹ thuật phân
tích nhất định.
Sau đây, ta sẽ xét một số dạng phương trình bậc 4 có thể biểu diễn được dưới dạng tổng các
bình phương, nhằm thuận tiện trong việc giải phương trình hay đặc biệt hơn là chứng minh
phương trình vô nghiệm thực.
Sau đây là một số lớp phương trình như vậy.
n

f (x) =
i=1
n

f (x) =
i=1
n

f (x) =

ai x2 + bi x + ci

2

ai x2 + bi x + ci

2

ai x2 + bi x + ci

2

=0
m

+
j=1
m

+

i=1

j=1

16

(dj x + ej )2 = 0
(dj x + ej )2 +

l
k=1

(87)
fk2 = 0

Remark:
Để chứng minh một đa thức monic luôn không âm, ngoài cách biểu diễn đa thức đó dưới
dạng tổng các bình phương, ta cũng có thể sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc như AM-GM,
Cauchy - Schwarz,... hoặc phân hoạch R thành các miền, và đánh giá thích hợp trên từng miền
đó.
Phương pháp sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số cũng là một công cụ rất mạnh để giải
phương trình. Chúng ta sẽ xét ý tưởng này ở các phần sau.

4.7

Quy về hệ phương trình đối xứng

THS

.NE
T

Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 4 giải được nhờ hệ phương trình đối xứng.
Các ý tưởng trong phần này sẽ giúp chúng ta liên kết 2 mảng rất gần nhau, đó là phương trình
và hệ phương trình. Khi giải hệ phương trình, chắc hẳn nhiều lần các bạn đã cố gắng rút tất cả
về 1 ẩn và lao vào giải một phương trình bậc cao. Ý tưởng này khá trực tiếp, tư tưởng đơn giản.
Nhưng mấu chốt lại nằm ở phương trình cuối cùng. Liệu nó có dễ giải không? Nếu có thêm một
cái máy tính Casio chắc bạn phần nào tự tin hơn, vì chức năng shift solve sẽ giúp ta tìm ra các
nghiệm đặc biệt để hạ bậc. Còn các nghiệm ngoại lai kia, đòi hỏi ta cần đến một số kỹ thuật
khác để loại bỏ. Nói chung, cách giải đó khá 50:50 và không có điều gì đặc biệt về tư tưởng để
chúng ta học hỏi.
Thôi việc lội ngược dòng vất vả và không liên quan, chúng ta hãy xét chiều ngược lại - ý tưởng
chính của phần này: Giải phương trình bằng hệ phương trình. Trong phần này chỉ xét hệ phương
đối xứng. Cách giải phương trình này đã quá quen thuộc. Ta sẽ bắt đầu ý tưởng này từ 4 = 2.2.
Xét hệ phương trình đối xứng 2 ẩn x, y có dạng

TM
A

ax = y 2 + by + c
ay = x2 + bx + c

(88)

với a, b, c ∈ R, a = 0
Hệ này dễ dàng giải được. Tiếp theo là
Problem : Những phương trình bậc 4 nào giải được nhờ hệ phương trình (88)?
1
a

x2 + bx + c từ phương trình thứ 2 và vào phương trình thứ nhất của hệ (88),được

VIE

Rút y =

x4 + 2bx3 + b2 + ab + 2c x2 + 2bc + ab2 − a3 x + abc + a2 c − c2 = 0

(89)

Đồng nhất hệ số với (52)

A = 2b, B = b2 + ab + 2c, C = 2bc + ab2 − a3 , D = abc + a2 c − c2

(90)

Tiếp theo, chúng ta sẽ tìm mối quan hệ của các hệ số A, B, C, D.
Tính a: có Bb − C = a3 + b3 lại có b = A2 , nên
a=

3

AB
A3
−C −
= a0
2
8

(91)

Tiếp theo, có

 c=


1
2

B−
c2 −

A2
4

−

Aa0
2 c

A
2

3

AB
2

−C −

+ D − a20 c = 0
17

A3
8

(92)


Xét phương trình bậc 2
Aa0
+ a20 c + D = 0
2

c2 −

(93)

2

2

2
2
0
0
− 4D Chúng ta cần ∆c ≥ 0 hay Aa
≥ 4D.
có ∆c = Aa
2 + a0
2 + a0
Khi đó, (93) có nghiệm là


2
Aa0
1 Aa0
c1,2 = 
+ a20 ±
+ a20 − 4D
2
2
2

(94)

Như vậy, có
1
2
1
2






Aa0
2

+ a20

B−

A2

B−

4
A2
4

−
−

hay






B−

A2

B−

A2

4
4

−
−

Aa0
2
Aa0
2



B−

A2
4

−

Aa0
2
Aa0
2

Aa0
2 2 ≥
2 + a0
2
0
= Aa
2 + a0 +
2
0
= Aa
2 + a0 −

tương đương



≥ 4D
= c1

(95)

= c2

4D

Aa0
2
Aa0
2

+ a20
+

Aa0
2 2 ≥ 4D
2 + a0
2
2
Aa0
2
0
−
a
= a20 + Aa
0
2
2

trong đó

3

− 4D

(96)

− 4D

− 4D

AB
A3
−C −
2
8

TM
A

a0 =

2

2
a20

THS





 

2

.NE
T




 

Điều kiện (97) chính là tiêu chuẩn để (52) có thể biểu diễn được dưới dạng (89).
Remark: Chúng ta hãy xem các trường hợp đơn giản
Với b = 0 (97) trở thành
A=0
√
3
2
B + 4D = 2B C 2

(97)

(98)

(99)

VIE

Với c = 0 thì (89) có nghiệm x = 0, (97) trở thành

4B −

4.8

3
A2

D=0
+ 8C = A2 4B − A2

(100)

Quy về hệ phương trình giải được

Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 4 giải được bằng hệ phương trình.
Trong phần này, chúng ta sẽ tiếp tục ý tưởng và mở rộng cho phần trước. Cụ thể là, nếu phần
trước chỉ xét hệ phương trình đối xứng với 2 biến x, y thì trong phần này ta sẽ xét các hệ phương
trình không đối xứng, nhưng "giải được". Còn định nghĩa "giải được" như thế nào, chúng ta sẽ
tìm hiểu ngay sau đây.
Bắt đầu bằng
Xét hàm 2 biến x, y bậc 2 có dạng
P (x, y) = a x2 + b y 2 + c x + d y + e = 0

18

(101)

trong đó a = 0, b = 0, a , b , c , d , e ∈ R
Chia 2 vế của (101) cho a thu được
f (x, y) = x2 + ay 2 + bx + cy + d = 0

(102)

Điều mà chúng ta mong muốn ở đây là (102) có thể biểu diễn được dưới dạng
(x + my + n) (x + py + q) = 0

(103)

Nếu (102) có thể biểu diễn như vậy, thì ta có thể giải (102) dễ dàng. Đó là định nghĩa giải được
trong phần này.
Tiếp theo, khai triển (103)

.NE
T

x2 + (m + p) xy + mpy 2 + (n + q) x + (mq + np) y + nq = 0

(104)

Để (104) giống (102) cần m + p triệt tiêu, tức m = −p. Khi đó (10) trở thành
x2 − m2 y 2 + (n + q) x + m (q − n) y + nq = 0
Đồng nhất hệ số (105) với (102) được

THS

a = −m2 , b = n + q, c = m (q − n) , d = nq

(105)

(106)

Giải tiếp hệ này, ta sẽ thu được điều kiện để (102) có thể biểu diễn được dưới dạng (103)
Cụ thể là

Xét 2 trường hợp
√
Nếu m = −a thu được hệ

TM
A

√
c
m = ± −a, q − n = ± √
−a

n+q =b
c
q − n = √−a

Giải hệ được


 n=

(108)

√c
−a
c
√
−a

(109)

n+q =b
c
q − n = − √−a

(110)

VIE

1
2
1
2

(107)

 q=

b−

b+

2

Suy ra d = nq = 41 b2 + ca
√
Nếu m = − −a thu được hệ

Giải hệ được

 n=
 q=
Suy ra d = nq =

1
4

b2 +

1
2
1
2

b+
b−

√c
−a
√c
−a

(111)

c2
a

Điều kiện để (102) có thể biểu diễn được dưới dạng (103) là
4d = b2 +
19

c2
a

(112)


Câu hỏi ở đây là f (x, y) dùng để làm gì?
Câu trả lời nằm ở hệ phương trình có dạng sau
ax = y 2 + cy + e
by = x2 + dx + f

(113)

với a, b, c, d, e, f ∈ R
Ta muốn hệ này giải được theo một nghĩa nào đó. Định nghĩa mà tôi muốn sử dụng ở đây là
(113) giải được nhờ (102).
Cụ thể, với A là một số thực khác 0. Lấy phương trình thứ 2 trong hệ trừ cho phương trình thứ
nhất nhân cho A, được

.NE
T

x2 − A2 y 2 + d + aA2 x − A2 c + b y + f − A2 e = 0

(114)

Như đã thiết lập ở trên, muốn (114) giải được cần

2 2

2

4 f − A e = d + aA
hay

A2 c + b
+
−A2

Đặt A2 = T > 0, (114) trở thành

2

− A2 c + b

2

THS

4A2 f − A2 e = A2 d + aA2

2

a2 T 3 + 2ad − c2 + 4e T 2 + d2 − 4f − 2bc T − b2 = 0

(115)

(116)

(117)

TM
A

Nếu a = 0 giải tiếp phương trình bậc ≤ 2.
Với a = 0.

• Nếu b = 0 (117) là một phương trình bậc 3 có 1 nghiệm bằng 0, quay lại phần 3.1.
• Với b = 0 (117) là một phương trình bậc 3 theo T .

4.9

cos 4x = m

VIE

Điều kiện để có số A như vậy để hệ giải được là (117) có ít nhất một nghiệm dương. Về điều
này, quay lại phần 3.
Remark: Tuy nhiên, nếu xét bài toán này trên trường C thì mọi chuyện sẽ dễ dàng và ít điều
kiện ràng buộc hơn.

Problem : Biểu diễn cos 4x thành đa thức của cos x

Problem : Giải phương trình bậc 4 vừa thu được
Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình cos 4x = m và cosh 4x = m

4.10

sin 4x = m

Problem : Biểu diễn sin 4x thành đa thức của sin x
Problem : Giải phương trình bậc 4 vừa thu được
Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình sin 4x = m và sinh 4x = m

20


4.11

Phương trình x4 = ax2 + bx + c, b2 = 4 (a + 2) (c + 1)

Problem : Giải phương trình
x4 = ax2 + bx + c

(118)

với b2 = 4 (a + 2) (c + 1)
Solution : (118) tương đương
x2 + 1

2

= (a + 2) x2 + bx + c + 1

(119)

.NE
T

Trường hợp b = 0 dễ.
Trường hợp b = 0: nếu a < −2 thì V T > 0 ≥ V F nên (119) vô nghiệm. Xét a > −2 thì
√
√
2
2
x2 + 1 =
a + 2x ± c + 1
(120)
Giải tiếp các phương trình bậc 2
x2 + 1 = ±

√

a + 2x ±

√

c+1

(121)

Remark: Phần này và phần kế tiếp là Pre-solution cho phương trình bậc 4 tổng quát.

Phương trình x4 = ax2 + bx + c

Problem : Giải phương trình

THS

4.12

x4 = ax2 + bx + c

(122)

TM
A

Solution : Nếu b = 0 thì (122) trở thành phương trình trùng phương. Xét b = 0. Gọi α ∈ R
thỏa
b2 = 4 (a + 2α) c + α2
(123)
(123) là một phương trình bậc 3 nên luôn có nghiệm thực.
Tiếp theo f (x) := (a + 2α) x2 + bx + c + α2 có nghiệm kép và

2
 (a + 2α) x +
b
, if : a + 2α = 0
2(a+2α)
f (x) =

c + α2 , if : a + 2α = 0

2

4.13

VIE

Có (122) ⇔ x2 + α = f (x).
Nếu a + 2α < 0 (122) vô nghiệm.
Nếu a + 2α > 0 giải tiếp các phương trình
√
x2 + α = ± a + 2α x −

b
2 (a + 2α)

(124)

(125)

Giải phương trình bậc 4 tổng quát

Problem : Giải phương trình bậc 4 tổng quát.
Từ dạng tổng quát, ta có dạng chính tắc, nhưng dạng này vẫn còn bất tiện để giải. Đặt x = y − A4
được
x4 = ax2 + bx + c
(126)
trong đó
a = 38 A2 − B
b = 81 A3 + 12 AB − C
1

c = 16
3A4 − 16BA2 + 64AB − 256D
Quay lại phần trước.
21

(127)


4.14

Một cách khác giải phương trình bậc 4 tổng quát

Chúng ta sẽ giải phương trình bậc 4 dạng chính tắc. Đổi biến tương tự được
x4 + ax2 + bx + c = 0

(128)

Ý chính của lời giải này là tìm p, q, r sao cho
x4 + ax2 + bx + c = x2 + px + q

x2 − px + r

(129)

Đồng nhất hệ số, được
a = q + r − p2 , b = p (r − q) , c = qr

(130)

Biểu diễn theo p

b
p

2

,q =

Thay vào
p2 + a

2

−

hay

p2 + a −

b
p

.NE
T

r=

p2 + a +

2

b2
= 4c
p2

(132)

(133)

THS

p6 + 2ap4 + a2 − 4c p2 − b2 = 0

(131)

Đặt t = p2 rồi giải phương trình bậc 3 là xong.

4.15

Thêm nghiệm để giải phương trình

TM
A

Problem : Thêm một nghiệm để giải phương trình.
Problem : Thêm nhiều nghiệm để giải phương trình.

Go on next section?

4.16

Problems are coming...

VIE

Problem : Với phương trình bậc 4 hệ số thực tổng quát. Chứng minh tồn tại số thực k để phép
thế x = y + k sẽ giúp đưa phương trình dạng tổng quát về dạng phương trình với hệ số phản hồi
Problem : Khảo sát hàm đa thức bậc 4.
Problem : Biện luận số nghiệm của phương trình bậc 4 thông qua các hệ số của nó.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 4 có nghiệm bội.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 4 có các nghiệm phân biệt.
Problem : Khảo sát nghiệm âm, nghiệm dương của phương trình bậc 4 thông qua các hệ số của
nó.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 4 có một số nghiệm tạo thành cấp số cộng.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 4 có một số nghiệm tạo thành cấp số nhân.
Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 4 có các nghiệm thực là các số:
i. nguyên dương.
ii. nguyên.
iii. hữu tỷ.
iv. vô tỷ.
Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải được nhờ các phương trình tan 4x = m, tanh 4x =
m, cot 4x = m, coth 4x = m.
22


VIE

TM
A

THS

.NE
T

Problem : Mở rộng tất cả tính chất trong phần này cho trường C.
Problem : Mở rộng tất cả tính chất trong phần này cho các trường khác.
Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình (nói chung) giải được nhờ các lớp phương trình trong
phần này.

23


5

Phương trình bậc 5

Xét phương trình bậc 5 dạng chuẩn tắc:
x5 + Ax4 + Bx3 + Cx2 + Dx + E = 0

5.1

(134)

Khi biết 1 nghiệm

Sử dụng lược đồ Horner để phân tích và quay lại phần 4.

5.2

Sử dụng phương trình bậc 2 có Delta bình phương

với a, b, c, d, e, f, g ∈ R
Đặt t = x2 + ax + b (135) trở thành

2

+ x2 + ax + b (dx + e) + f x + g = 0

THS

(x + c) x2 + ax + b

.NE
T

Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 5 giải được nhờ sử dụng phương trình bậc 2 có Delta
bình phương
Sau đây là ý tưởng Delta bình phương
Xét phương trình bậc 5 có dạng

(x + c) t2 + (dx + e) t + f x + g = 0

(135)

(136)

Nếu x = −c là một nghiệm của (136) thì

TM
A

c2 − ac + b (e − cd) + g − f c = 0

(137)

Khi đó, ta giải tiếp nhân tử bậc 4 còn lại. Trong trường hợp này (137) là điều kiện để (135) giải
được.
Nếu x = −c không là nghiệm của (136) thì
c2 − ac + b (e − cd) + g − f c = 0

(138)

VIE

và (136) là một phương trình bậc 2 theo biến t. Việc còn lại là tìm điều kiện của a, b, c, d, e, f, g
để phương trình bậc 2 này có thể giải đẹp.
(136) có biệt thức
∆t = d2 − 4f x2 + (2de − 4g − 4cf ) x + e2 − 4cg
(139)
Điều mà chúng ta mong muốn ở đây là biệt thức (139) có dạng bình phương, tức ∆t = (mx + n)2 .
Điều này tương đương với
d2 > 4f
∆x = (de − 2g − 2cf )2 − d2 − 4f

e2 − 4cg = 0

(140)

tương đương
d2 > 4f

g 2 + c2 f 2 + d2 cg + e2 f = 2cf g + dge + cdef

(141)

Như vậy ta đã thu được điều kiện để (139) có dạng bình phương, nên (136) có các nghiệm "đẹp"
- không chứa căn thức chứa x.

24


Tiếp theo, với những điều kiện thích hợp đó

∆t =

d2

− 4f x +

de − 2g − 4cf

2

(142)

d2 − 4f

Suy ra (136) có 2 nghiệm là
t1,2 =

1

− (dx + e) ±
2 (x + c)

d2 − 4f x +

de − 2g − 4cf
d2 − 4f

(143)

Giải tiếp các phương trình (bậc 3 sau khi quy đồng) là xong

.NE
T

x2 + ax + b = t1,2

(144)

Tiếp theo là
Problem : Những lớp phương trình bậc 5 nào có thể biểu diễn được dưới dạng trên? Tìm tiêu
chuẩn đối với các hệ số của phương trình để điều đó có thể thực hiện được
Tiếp theo là một số dạng biểu diễn tổng quát hơn
(x + c) x2 + ax + b

2

+ x2 + ax + b

dx2 + ex + f + gx3 + hx2 + ix + j = 0

(145)

cos 5x = m

TM
A

5.3

THS

Problem : Tìm điều kiện để Delta của phương trình trên có dạng bình phương.
Problem : Giải phương trình bậc 5 nói trên. Tìm điều kiện của các hệ số để phương trình bậc
5 dạng chuẩn tắc có thể biểu diễn dưới dạng trên.
Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải được nhờ các phương trình trên.

Problem : Biểu diễn cos 5x thành đa thức của cos x
Problem : Giải phương trình bậc 5 vừa thu được
Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình cos 5x = m và cosh 5x = m

5.4

sin 5x = m

5.5

VIE

Problem : Biểu diễn sin 5x thành đa thức của sin x

Problem : Giải phương trình bậc 5 vừa thu được
Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình sin 5x = m và sinh 5x = m

Thêm nghiệm để giải phương trình

Problem : Thêm một nghiệm để giải phương trình.
Problem : Thêm nhiều nghiệm để giải phương trình.
Go on next section?

5.6

Problems are coming...

Problem
Problem
Problem
Problem

:
:
:
:

Khảo sát hàm đa thức bậc 5.
Biện luận số nghiệm của phương trình bậc 5 thông qua các hệ số của nó.
Tìm điều kiện để phương trình bậc 5 có nghiệm bội.
Tìm điều kiện để phương trình bậc 5 có các nghiệm phân biệt.
25