Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH
KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-----------------

TƯỞNG THỊ VÂN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO CHO HỌC SINH THCS

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN - TIN
Hệ đào tạo: Chính quy
Khóa học: 2014 - 2017

Quảng Bình, tháng 5 năm 2017


LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu và tìm hiểu em đã hoàn thành đề tài “Một số
phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS. Ngoài sự
cố gắng hết mình của bản thân, em đã nhận được rất nhiều sự động viên, giúp đỡ từ
phía Nhà trường, thầy cô, gia đình và bạn bè.
Với tình cảm chân thành của mình em xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu nhà
trường, toàn thể cán bộ, giảng viên trường Đại học Quảng Bình, giảng viên khoa Khoa
học Tự nhiên đã tận tình truyền đạt những kiến thức cũng như nhiều kinh nghiệm quý
báu cho chúng em trong suốt quá trình học tập. Đặc biệt em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc
đến Th.S Phan Trọng Tiến, người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực
hiện khóa luận.
Xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tập thể lớp CĐSP Toán –Tin K56 đã động viên,

khích lệ em trong quá trình học tập và hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này.
Xin cảm ơn gia đình, người thân đã luôn bên cạnh động viên và tạo mọi điều kiện
tốt nhất để em học tập và hoàn thành khóa luận.
Cuối cùng em xin kính chúc thầy cô giáo nhiều sức khỏe và gặt hái được nhiều
thành công trong sự nghiệp trồng người của mình.
Em xin chân thành cảm ơn !
Quảng Bình, tháng 5 năm 2017
Sinh viên

Tưởng Thị Vân


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận này là kết quả của bản thân em qua quá trình học tập, nghiên cứu ở
bậc đại học, em đã tìm tòi khám phá thông qua sách vở và sự đóng góp của các bạn
sinh viên, bên cạnh đó em cũng được sự quan tâm, tạo điều kiện của các thầy cô trong
khoa khoa học tự nhiên, đặt biệt là các thầy cô trong bộ môn Toán.
Vì vậy em xin khẳng định kết quả của đề tài:
“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC
CAO CHO HỌC SINH THCS”.
Là kết quả của riêng em không trùng với bất kì đề tài nào khác.
Quảng Bình, tháng 5 năm 2017
Sinh viên

Tưởng Thị Vân


MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN
LỜI CAM ĐOAN

MỤC LỤC
BẢNG CÁC TỪ VIẾT TẮT
LỜI MỞ ĐẦU .................................................................................................................1
1. Lý do chọn đề tài .........................................................................................................1
2. Mục đích nghiên cứu ................................................. Error! Bookmark not defined.
3. Nội dung khóa luận .....................................................................................................1
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC LÝ THUYẾT ......................................................................2
1.1 Vành đa thức một ẩn ..................................................................................................2
1.1.3 Nghiệm của đa thức ................................................................................................3
1.2 Phương trình một ẩn ..................................................................................................5
CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ...........6
2.1 Phương trình trùng phương .......................................................................................6
2.1.1 Phương pháp ...........................................................................................................6
2.1.2 Ví dụ .......................................................................................................................6
2.1.3 Bài tập ...................................................................................................................10
2.2 Phương trình quy về phương trình bậc bốn trùng phương ......................................11
2.2.1 Phương pháp .........................................................................................................11
2.2.2 Ví dụ .....................................................................................................................12
2.2.3 Bài tập ...................................................................................................................14
2.3 Phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp dùng hằng đẳng thức .............14
2.3.1 Phương pháp .........................................................................................................14
2.3.2 Ví dụ .....................................................................................................................15
2.3.3 Bài tập ...................................................................................................................16
2.4 Phương trình đối xứng .............................................................................................16
2.4.1 Phương trình đối xứng bậc chẵn ...........................................................................16
2.4.2 Phương trình đối xứng bậc lẻ ...............................................................................17
2.5 Phương trình tam thức .............................................................................................19
2.5.1 Phương pháp .........................................................................................................19
2.5.2 Ví dụ .....................................................................................................................19
2.5.3 Bài tập ...................................................................................................................20

2.6 Phương pháp dùng hệ số bất định ...........................................................................20
2.6.1 Phương pháp .........................................................................................................20
2.6.2 Ví dụ .....................................................................................................................21
2.6.3 Bài tập ...................................................................................................................23


2.7 Một số phương pháp quy về phương trình bậc hai ..................................................24
2.7.1 Phương trình hồi quy ............................................................................................24
2.7.2 Phương trình có dạng: 𝒙 + 𝒂𝒙 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙 + 𝒅 = 𝒎𝒙𝟐 ......................................29
2.7.3 Phương trình có dạng: (𝒙 + 𝒂)(𝒙 + 𝒃)(𝒙 + 𝒄)(𝒙 + 𝒅) = 𝒎 .............................31
2.7.4 Phương trình có dạng 𝒂𝟐𝒙𝟒 + 𝟐𝒂𝒃𝒙𝟑 + ±𝒂 + 𝒃𝟐𝒙𝟐 ± 𝒃𝒙 + 𝒄 = 𝟎 ...............34
KẾT LUẬN ...................................................................................................................37
TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................................38


BẢNG CÁC TỪ VIẾT TẮT
STT

Từ viết tắt

Diễn giải

1

THCS

Trung học cơ sở

2

TH

Trường hợp

3

CĐSP

Cao đẳng sư phạm

4

PTVN

Phương trình vô nghiệm

5

VT

Vế trái

6

VP

Vế phải

7

ĐS

Đáp số


LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thông môn Toán giữ một vị trí 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.
Trong môn Toán phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không những là đối
tượng nghiên cứu của 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.
Phần lớn các em học sinh còn lúng túng khi gặp các phương trình bậc cao. Ở phổ
thông không học phép giải tổng quát cho phương trình bậc 3, bậc 4. Tuy nhiên trong
một số trường hợp đặc biệt có thể đưa phương trình cần giải về phương trình bậc thấp
hơn..Việc giải phương trình bậc cao đối với học sinh THCS chỉ đòi hỏi ở mức độ đơn
giản, chủ yếu là phương trình đặc biệt đưa về phương trình bậc nhất và phương trình
bậc hai nhằm rèn luyện kỹ năng giải phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai.
Qua đó cũng hướng cho học sinh tư duy khái quát hơn về phương trình để các em làm
quen dần với cách giải phương trình trong chương trình THPT.
Đó là lý do em chọn đề tài:“Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc
cao cho học sinh THCS” để làm khóa luận tốt nghiệp với mong muốn góp phần nhỏ
bé làm tăng vẻ đẹp của môn Toán qua việc giải các phương trình bậc cao.
2. Nội dung khóa luận
Trong đề tài: “Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho
học sinh THCS” tôi đã đưa ra một số kiến thức lý thuyết cơ bản mà học sinh cần nắm
để sử dụng trong quá trình giải phương trình bậc cao và một số phương pháp để giải
phương trình bậc cao đã được giới thiệu, bao gồm những chương sau:
Chương 1: Một số kiến thức cơ sở

Trong chương này tôi sẽ trình bày một số kiến thức lý thuyết về vành đa thức mà
học sinh cần nắm chắc để sử dụng trong quá trình giải phương trình bậc cao.
Chương 2: Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao
Trong chương này tôi sẽ hệ thống lại một số phương pháp và kỹ thuật giải phương
trình bậc cao và đưa ra các ví dụ cụ thể, các bài tập tương tự để giúp học sinh nâng cao
kĩ năng và kiến thức giải phương trình.

1


CHƯƠNG 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Vành đa thức một ẩn

1.1.1 Xây dựng vành đa thức một ẩn
Định lý:( Định lý 1.1, [3]): Giả sử 𝐴 là vành giao hoán có đơn vị kí hiệu là 1. Gọi 𝑃 là
tập hợp các dãy ( 𝑎0 , 𝑎1 ,…, 𝑎𝑛 ,…).
Trong đó các 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, ∀𝑖 ∈ 𝑁 và chỉ một số hữu hạn các hạn tử 𝑎𝑖 ≠ 0. Như vậy 𝑃 là
một bộ phận của luỹ thừa đề các 𝐴.Ta định nghĩa các phép cộng và phép nhân trong 𝑃
như sau:
(1) (𝑎0 , 𝑎1 ,…, 𝑎𝑛 ,…) + (𝑏0 , 𝑏1 ,…, 𝑏𝑛 ,…) = ( 𝑎0 + 𝑏0 , 𝑎1 + 𝑏1 ,…,𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ,…)
(2) (𝑎0 , 𝑎1 ,…, 𝑎𝑛 ,… ).(𝑏0 , 𝑏1 ,…, 𝑏𝑛 ,…) = (𝑐0 , 𝑐1 ,…, 𝑐𝑛 ,…)
Với 𝑐𝑘 = 𝑎0 𝑏𝑘 + 𝑎1 𝑏𝑘−1 + ⋯ + 𝑎𝑘 𝑏0 𝑐𝑘 = ∑𝑖+𝑗=𝑘 𝑎𝑖 𝑏𝑗 , 𝑘 = 0, 1, 2 …

1.1.2 Phép chia đa thức
1.1.2.1 Phép chia với số dư
Định lí:( Định lí 2.3, [3]) Giả sử A là một trường, 𝑓 (𝑥)và 𝑔(𝑥) ≠ 0 là hai đa thức của
vành 𝐴𝑥; thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất là 𝑞(𝑥)và 𝑟(𝑥) thuộc 𝐴𝑥 sao
cho
𝑓 (𝑥)= 𝑔(𝑥). 𝑞 (𝑥) + 𝑟(𝑥), với 𝑑𝑒𝑔 𝑟(𝑥)< 𝑑𝑒𝑔 𝑔(𝑥) nếu 𝑟(𝑥) ≠ 0
Hệ quả:(Hệ quả 2.3, [3]): 𝑓(𝑥)chia hết cho 𝑔(𝑥) khi và chỉ khi dư trong phép chia

𝑓(𝑥) cho 𝑔(𝑥)bằng 0.

1.1.2.2 Lược đồ Horner
Cho đa thức 𝑓(𝑥)∈ 𝐴𝑥
𝑓(𝑥)= 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 , 𝑎 ∈ A
Giả sử thương của phép chia 𝑓(𝑥) cho (𝑥 – α) trong 𝐴𝑥 là
𝑞(𝑥) = 𝑏0 𝑥 𝑛−1 + 𝑏1 𝑥 𝑛−2 +… + 𝑏𝑛−1 , 𝑏𝑖 ∈ A, 𝑖 = ̅̅̅̅̅
0, 𝑛
Suy ra
𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 = (x – α)(𝑏0 𝑥 𝑛−1 + 𝑏1 𝑥 𝑛−2 +… + 𝑏𝑛−1 ) + 𝑓(𝛼)
So sánh các hệ tử của các lũy thừa giống nhau của 𝑥 trong hệ thức trên ta lập được
bảng sau:
𝑎0
α

𝑏0 = 𝑎0

𝑎1
𝑏1 = 𝑎1 +α𝑏0

𝑎𝑛−1

…
…

𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 +α𝑏𝑛−2

2

𝑎𝑛

𝑟 = 𝑎𝑛 +α𝑏𝑛−1


1.1.3 Nghiệm của đa thức

1.1.3.1 Định nghĩa: (Định nghĩa 4.3, [3])
Giả sử 𝐾 là một trường nào đó, 𝐴 là trường con của 𝐾. Một phần tử α ∈ 𝐾 gọi là
nghiệm của đa thức 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴𝑥 nếu và chỉ nếu 𝑓(𝛼) = 0.
Ta cũng nói α là nghiệm của phương trình đại số 𝑓(𝑥) = 0 trong 𝐾.
Nếu 𝑑𝑒𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑛 thì phương trình 𝑓(𝑥) = 0 gọi là phương trình đại số bậc
𝑛 (𝑛 ≥ 1).

1.1.3.2 Định lí Berzout: (Định lí 4.4, [1])
Cho A là một trường, α ∈ 𝑃(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥]. Khi đó dư trong phép chia 𝑃(𝑥) cho 𝑥 – 𝛼 là
𝑃(𝛼).
Đây là định lí quan trọng và được ứng dụng nhiều nhất. Sau đây tôi sẽ chứng minh lại
định lí.
Chứng minh
Giả sử 𝑃(𝑥) = (𝑥 – 𝛼). 𝑞(𝑥) + 𝑟(𝑥), 𝑟(𝑥) ≠ 0 hoặc 𝑟(𝑥) = 0.
- Nếu 𝑟(𝑥) ≠ 0 thì 𝑑𝑒𝑔 𝑟(𝑥) < 𝑑𝑒𝑔(𝑥 – 𝛼 ) = 1. Suy ra 𝑟(𝑥) = 𝑟 ∈ 𝐴.
Ta có 𝑃(𝛼) = 0 + 𝑟 = 𝑟. Trong trường hợp này phần dư trong phép chia 𝑃(𝑥) cho
𝑥 – 𝛼 là 𝑟 = 𝑃(𝛼).
- Nếu 𝑟(𝑥) = 0 thì 𝑃(𝑥) = ( 𝑥 – 𝛼 ). 𝑞(𝑥). Khi đó 𝑃(𝛼) = 0 ⇔ 𝑃(𝑥) chia hết
(𝑥 – 𝛼).
Hệ quả: (Hệ quả 4.3, [3]): Cho 𝑃(𝑥) ∈ 𝐾[𝑥], 𝛼 ∈ 𝐾. Khi đó: 𝑃(𝑥) chia hết cho 𝑥 – 𝛼
khi và chỉ khi 𝛼 là nghiệm của 𝑃(𝑥) trong 𝐾.

1.1.3.3 Nghiệm bội
Định nghĩa: (Định nghĩa 4.4, [3]): Cho đa thức
𝑃(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥].

Nếu 𝑃(𝑥) có biểu diễn dạng
𝑃(𝑥) = (𝑥 − 𝛽1 )𝑚1 (𝑥 − 𝛽2 )𝑚2 …(𝑥 − 𝛽𝑘 )𝑚𝑘
Trong đó
- 𝛽1 , 𝛽2 ,…, 𝛽𝑘 là những đôi một khác nhau.
- 𝑚1 , 𝑚2 ,…, 𝑚𝑘 là những số tự nhiên và 𝑚1 + 𝑚2 +…+ 𝑚𝑘 = 𝑛.
Khi đó 𝑚1 , 𝑚2 ,…, 𝑚𝑘 gọi là bội tương ứng của các nghiệm 𝛽1 , 𝛽2 ,…, 𝛽𝑘
Người ta gọi nghiệm α của đa thức 𝑃(𝑥) là những bội bậc 𝑚 chỉ khi
3


𝑃(𝑥) chia hết (𝑥 − 𝛼)𝑚 nhưng không chia hết cho (𝑥 − 𝛼)𝑚+1 .
Nhận xét: 𝑐 ∈ 𝐴 là nghiệm của bội m của đa thức 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] nếu và chỉ nếu
𝑓(𝑥) = (𝑥 − 𝑐)𝑚 .𝑔(𝑥) với (𝑔(𝑥), 𝑥 − 𝑐) = 1.
Chú ý:
- Giả sử 𝐴 là miền nguyên, thế thì số nghiệm của một đa thức 0 ≠ 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥],
mỗi nghiệm tính với số bội của nó không vượt quá bậc của 𝑓(𝑥).
- Nếu hai đa thức 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] có bậc 𝑛 và lấy giá trị bằng nhau tại 𝑛 + 1 phần
tử khác nhau của miền nguyên 𝐴 thế thì chúng bằng nhau.

1.1.3.4 Một số định lí về sự tồn tại nghiệm của đa thức
Định lí 1: (Định lí 4.1, [3]): Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có ít nhất một nghiệm
thực.
Định lí 2: (Định lí 4.2, [3]): Mọi đa thức 𝑓(𝑥) bậc 𝑛 ≥ 1 trên trường số phức ( hay số
thực ) đều có đúng 𝑛 nghiệm phức, mỗi nghiệm tính với bội của nó.
Định lí 3: (Định lí 4.3, [3]): Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥), 𝑑𝑒𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑚 và 𝑔(𝑥) có đúng 𝑚
nghiệm trong 𝐴. Khi đó 𝑓(𝑥) chia hết cho 𝑔(𝑥) ⇔ 𝑓(𝑥) = 0 hoặc mọi nghiệm bội 𝑐
của 𝑔(𝑥) là nghiệm bội 𝑘’của 𝑓(𝑥) với 𝑘’ ≥ 𝑘.
Định lí 4: (Định lí 4.4, [3]): Cho đa thức hệ số nguyên 𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +… +
𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛
(𝑎 ≠ 0). Khi đó phân số tối giản

𝑝
𝑞

là nghiệm của đa thức 𝑓(𝑥) thì {

𝑝/𝛼𝑛
𝑞/𝛼0

Hệ quả 1: (Hệ quả 4.1, [3]): Mọi nghiệm nguyên của đa thức với hệ số nguyên là ước
của số hạng tự do.
Hệ quả 2: (Hệ quả 4.2, [3]): Mọi nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên có hệ số
cao nhất bằng 1 đều là số nguyên.
Định lí 5: (Định lí 4.5, [3]): Cho đa thức với hệ số nguyên 𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 +…
+ 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥].Phân số tối giản

𝑝
𝑞

là nghiệm của đa thức 𝑓(𝑥). Khi đó với mọi

𝑚 ∈ ¢ ta có
( 𝑝 – 𝑚𝑞)/𝑓(𝑚)
Trường hợp đặc biệt: (𝑝 – 𝑞)/𝑓(1) và (𝑝 + 𝑞)/𝑓(−1).

4


Hệ quả: (Hệ quả 4.3, [3]): Nếu α ≠ ± 1 là nghiệm của đa thức
𝑓(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥] thì

𝑓(1)

𝑓(−1)

1−𝛼

1+𝛼

,

đều là số

nguyên.
Định lí 6:(Định lí Rolle) (Định lí 4.5, [3]):
Giả sử hàm số 𝑓: [𝑎; 𝑏] ⟶ 𝑅 liên tục trên đoạn [𝑎; 𝑏] và có đạo hàm trong khoảng
(a;b), nếu 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) thì tồn tại ít nhất một điểm 𝑐 ∈ (𝑎; 𝑏) sao cho 𝑓’(𝑐) = 0.

1.1.3.5 Công thức Viet
Định nghĩa (Định nghĩa 5.1, [3])
Cho 𝑃(𝑥) = 𝑎0 𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥], 𝑎0 ≠ 0
Giả sử 𝑃(𝑥) có trong 𝐴 hoặc mở rộng của 𝐴, tức là một trường nào đó chứa 𝐴 làm
trường con, 𝑛 nghiệm 𝛼1 , 𝛼2 , … , 𝛼𝑛 .
Khi đó:
𝛼1 + 𝛼2 + ⋯ + 𝛼𝑛 =

(−1)1 𝑎1
𝑎0

𝛼1 𝛼2 + 𝛼2 𝛼3 + ⋯ + 𝛼𝑛−1 𝛼𝑛 =

(−1)2 𝑎2
𝑎0

……………….
𝛼1 𝛼2 …𝛼𝑛 =

(−1)𝑛 𝑎𝑛
𝑎0

Công thức trên gọi là công thức Viet.
1.2 Phương trình một ẩn
Khái niệm: Cho hai hàm số 𝑓(𝑥) và 𝑔(𝑥) với biến số 𝑥 và các hệ số thuộc 𝐷. Khi
gán cho biến số 𝑥 giá trị 𝑎 ∈ 𝐷, ta tính được 𝑓(𝑎), 𝑔(𝑎) tương ứng gọi là các giá trị
của hàm số 𝑓, 𝑔 tại 𝑎. Ta tìm được 𝑎 ∈ 𝐷 sao cho 𝑓(𝑎) = 𝑔(𝑎). Khi đó mệnh đề
biến

𝑥: 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) được gọi là phương trình ẩn 𝑥, 𝑓(𝑥) là vế trái, 𝑔(𝑥) là vế

phải của phương trình, 𝑎 ∈ 𝐷: 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) gọi là nghiệm của phương trình. Việc
tìm tất cả các nghiệm của phương trình gọi là giải phương trình trên 𝐷.
𝐷 = 𝐷𝑓 ∩ 𝐷𝑔 . Trong đó 𝐷𝑓 , 𝐷𝑔 lần lược là tập xác định của phương trình
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥).

5


CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
2.1 Phương trình trùng phương
2.1.1 Phương pháp

Cho phương trình 𝑎𝑥 4 +𝑏𝑥 2 +c = 0

(1)

Trong đó 𝑎, 𝑏, 𝑐 là những hệ số thực và 𝑎 ≠ 0.
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt 𝑡 = 𝑥 2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0
Bước 2: Khi đó phương trình đã cho trở thành với phương trình
𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0

(2)

Bước 3: Khi đó ta có kết luận sau
a) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình (2) có nghiệm duy nhất
𝑡 = 0 hoặc có nghiệm 𝑡1 < 0 = 𝑡2 .
b) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có nghiệm
𝑡1 < 0 < 𝑡2 hoặc 0 < 𝑡1 = 𝑡2
c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có nghiệm
𝑡1 = 0 < 𝑡2
d) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có nghiệm
0 < 𝑡1 < 𝑡2
Chú ý:
1) Các kết luận trên dựa vào nhận xét: Nếu phương trình (2) có nghiệm 𝑡0 ≥ 0 thì
phương trình (1) có nghiệm 𝑥 = ±√𝑡0
2) Cũng qua nhận xét này chúng ta có điều kiện của 𝑥 thì chúng ta cũng thiết lập được
điều kiện của 𝑡.
2.1.2 Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình
𝑥 4 + 5𝑥 2 − 6 = 0
Giải

Đặt 𝑡 = 𝑥 2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0.
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
𝑡 2 + 5𝑡 − 6 = 0 ⇔ [

𝑡=1
𝑡 = −6(𝑙𝑜ạ𝑖)

Kiểm tra điều kiện ta được 𝑡 = 1
6


Với 𝑡 = 1 ta có 𝑥 2 = 1 ⇔ 𝑥 = ± 1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 𝑥 = 1, 𝑥 = −1.
Ví dụ 2: Giải phương trình
𝑥 4 − 9𝑥 2 + 8 = 0

Giải
Đặt 𝑡 = 𝑥 2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
𝑡=1
𝑡 2 − 9𝑡 + 8 = 0 ⇔ [
( thỏa mãn)
𝑡=8
Với 𝑡 = 1 ta có 𝑥 2 = 1 ⇔ 𝑥 = ± 1.
Với 𝑡 = 8 ta có 𝑥 2 = 8 ⇔ 𝑥 = ± 2√2.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghệm phân biệt là: 𝑥 = ± 1, 𝑥 = ± 2√2.
Ví dụ 3: Cho phương trình
(𝑚 − 1)𝑥 4 − 2𝑚𝑥 2 + 𝑚 − 5 = 0
Tìm m để phương trình
a) Có nghiệm duy nhất.

b) Có 2 nghiệm phân biệt.
c) Có 3 nghiệm phân biệt.
d) Có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
Đặt 𝑡 = 𝑥 2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
(𝑚 − 1)𝑡 2 − 2𝑚𝑡 + 𝑚 − 5 = 0

(1)

Đặt 𝑓(𝑡) = (𝑚 − 1)𝑡 2 − 2𝑚𝑡 + 𝑚 − 5
TH1: Với 𝑚 − 1 = 0 ⇔ 𝑚 = 1 thì phương trình (1)trở thành
−2𝑡 − 4 = 0 ⇔ 𝑡 = −2 (loại).
Suy ra với m = 1 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
TH2: Với 𝑚 ≠ 1, ta có:
a) Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất
𝑡 = 0 hoặc phương trình (1) có nghiệm 𝑡1 < 0 = 𝑡2
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 𝑡 = 0.
7


5

⇔{

𝛥′ = 0
𝑚=
6𝑚 − 5 = 0
6 ⇔𝑚 ∈ ∅
⇔{

⇔{
𝑓 (0) = 0
𝑚−5=0
𝑚=5

Phương trình (1) có nghiệm 𝑡1 < 0 = 𝑡2
𝛥′ > 0
⇔{ 𝑆 < 0 ⇔{
𝑃=0

6𝑚 − 5 > 0
5
𝑚>
2𝑚
6
< 0 ⇔{
𝑚−1
0
<
𝑚
<
1
⇔
𝑚∈∅
𝑚−5
=0
𝑚=5
𝑚−1

Vậy không có giá trị nào của 𝑚 để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

b) Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm trái
dấu
⇔ (𝑚 – 1)(𝑚 – 5) < 0
⇔1 < 𝑚 < 5
Vậy với 𝑚 ∈ (1,5) thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
c) Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm
𝑡1 = 0 < 𝑡2
𝛥′ > 0
⇔{ 𝑆 > 0 ⇔ {
𝑃=0

6𝑚 − 5 > 0
5
𝑚>
2𝑚
6
> 0 ⇔{
𝑚−1
𝑚
<
0
∪
𝑚
>1⇔𝑚= 5
𝑚−5
=0
𝑚=5
𝑚−1

Vậy với 𝑚 = 5 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

d) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm
0 < 𝑡1 < 𝑡2
𝛥′ > 0
⇔{ 𝑆 > 0 ⇔ {
𝑃>0

6𝑚 − 5 > 0
5
𝑚>
2𝑚
6
5
>0 ⇔{
⇔𝑚 ∈ ( ; 1) ∪ (5; +∞)
𝑚−1
𝑚
<
0
∪
𝑚
>
1
6
𝑚−5
>0
𝑚 <1∪𝑚 >5
𝑚−1

5

Vậy với 𝑚 ∈ ( ; 1) ∪ (5; +∞) thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.
6

Chú ý: Từ dạng trên ta có bài toán quen thuộc: Tìm điều kiện của tham số để phương
trình
𝑎𝑥 4 + 𝑏𝑥 2 + 𝑐 = 0

(1)

có 4 nghiệm phân biệt cách đều.
Giải
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt 𝑡 = 𝑥 2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0.
Khi đó phương trình (1) trở thành
8


𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0

(2)

Bước 2: Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm
0 < 𝑡1 < 𝑡2
𝛥>0
⇔{ 𝑆 > 0
𝑃>0

(3)

và khi đó 4 nghiệm của phương trình (1) là:

−√𝑡2 ; −√𝑡1 ; √𝑡1 ; √𝑡2
Bước 3: Bốn nghiệm phân biệt cách đều:
⇔{

−√𝑡2 + √𝑡1 = −2√𝑡1
⇒ √𝑡2 = 3√𝑡1 ⇒ 𝑡2 = 9𝑡1
−√𝑡1 + √𝑡2 = 2√𝑡1

Theo định lí Viet ta có:{

𝑡1 + 𝑡2 =
𝑡1 𝑡2 =

(4)

−𝑏

𝑐

𝑎

(5)

𝑎

Thay (4) vào (5) ta được
{

𝑡1 + 9𝑡1 =
𝑡1 9𝑡1 =

−𝑏

𝑐
𝑎

𝑎

⇔{

𝑡1 =
2

−𝑏
10𝑎
𝑐

𝑡1 =

⇒(

−𝑏 2
10𝑎

) =

𝑐
9𝑎

(6)

9𝑎

Bước 4: Kết hợp (3) và (6) ta nhận được điều kiện của tham số.
Ví dụ: Cho phương trình
𝑥 4 − (𝑚 + 1)𝑥 2 + 𝑚 = 0

(1)

Tìm 𝑚 để phương trình có 4 nghiệm phân biệt cách đều nhau.
Giải
Đặt 𝑡 = 𝑥 2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0
Khi đó phương trình (1) trở thành
𝑡 2 − (𝑚 + 1)𝑡 + 𝑚 = 0

(2)

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm
0 < 𝑡1 < 𝑡2
𝛥>0
(𝑚 + 1)2 − 4𝑚 > 0
2
{(𝑚 + 1) > 0 ⇔ 𝑚 > 0
⇔{ 𝑆 > 0 ⇔{
𝑚+1>0
𝑚>0
𝑃>0
𝑚>0
Và khi đó 4 nghiệm của phương trình (1) là
−√𝑡2 ; −√𝑡1 ; √𝑡1 ; √𝑡2

Bốn nghiệm phân biệt cách đều:

9

(3)


⇔{

−√𝑡2 + √𝑡1 = −2√𝑡1
⇒ √𝑡2 = 3√𝑡1 ⇒ 𝑡2 = 9𝑡1
−√𝑡1 + √𝑡2 = 2√𝑡1

Theo định lí Viet ta có:{

𝑡1 + 𝑡2 =

−𝑏

𝑐

𝑡1 𝑡2 =

𝑎

𝑎

𝑡 + 𝑡2 = 𝑚 + 1
⇔{1
𝑡1 𝑡2 = 𝑚

(4)

(5)

Thay (4) vào (5) ta được
𝑚+1

𝑡1 =
𝑡 + 9𝑡1 = 𝑚 + 1
𝑚+1 2
𝑚
{1
⇔ { 2 10
⇔(
) =
𝑚
10
9
𝑡1 9𝑡1 = 𝑚
𝑡 =
1

9

𝑚=9
⇔9𝑚2 − 82𝑚 + 9 = 0 ⇔[ 𝑚 = 1

(thỏa mãn điều kiện)

9

1

Vậy với 𝑚 = 9 hoặc 𝑚 = thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt cách đều.
9

2.1.3 Bài tập
Bài 1: Giải phương trình
a) 𝑥 4 − 10𝑥 2 + 9 = 0
ĐS: 𝑥 = ±1, 𝑥 = ±3
b) (𝑥 2 − 5𝑥)2 + 10(𝑥 2 − 5𝑥) + 24 = 0
ĐS: 𝑥 = 1, 𝑥 = 2, 𝑥 = 3, 𝑥 = 4
Bài 2: Cho phương trình
𝑥 4 + 2(2𝑚 + 1)𝑥 2 − 3𝑚 = 0
a) Giải phương trình với 𝑚 = 3.
ĐS: 𝑥 = √−7 ± √58
b) Với giá trị nào của 𝑚 thì phương trình trên có 4 nghiệm phân biệt.
ĐS: 𝑚 <

−7−√33
8

∪𝑚 >

−7+√33
8

Bài 3: Cho phương trình
2𝑥 4 − 𝑚𝑥 2 + 𝑚 = 0

Tìm 𝑚 để phương trình
a) Có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn 𝑥1 < −2 < 𝑥2 < 𝑥3 < 1 < 𝑥4
b) Có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng.
ĐS: 𝑚 =

200
9

10


2.2 Phương trình quy về phương trình bậc bốn trùng phương
Là phương trình bậc bốn có dạng
(𝑥 + 𝑎)4 + (𝑥 + 𝑏)4 = 𝑐

(1)

Trong đó 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực tùy ý.
2.2.1 Phương pháp
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt 𝑦 = 𝑥 +

𝑎+𝑏
2

, tức là

𝑎−𝑏

𝑥+𝑎 =𝑦+

2
{
𝑎−𝑏
𝑥+𝑏 =𝑦−
2

Như vậy, phương trình đã cho trở thành
2𝑦 4 + 12(

𝑎−𝑏 2 2
) 𝑦
2

+ 2(

𝑎−𝑏 4
)
2

−𝑐 =0

(2)

Bước 2: Đây là phương trình bậc bốn trùng phương mà ta đã biết cách giải.
Chú ý:
1) Số nghiệm của phương trình (2) là số nghiệm của phương trình (1).
2) Tìm điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm.
Ta xét bài toán ngược lại: tìm điều kiện cần và đủ để phương trình (1) vô nghiệm.
Giải
Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ Phương trình (2) vô nghiệm.

Xét phương trình (2).
Đặt 𝑡 = 𝑦 2 , điều kiện 𝑡 ≥ 0 thì phương trình (2) trở thành
2𝑡 2 + 12(

𝑎−𝑏 2
) 𝑡
2

+ 2(

𝑎−𝑏 4
)
2

⇔2𝑡 2 + 3(𝑎 − 𝑏)2 𝑡 +
𝛥 = 9(𝑎 − 𝑏)4 − 8[

(𝑎−𝑏)4
8

(𝑎−𝑏)4
8

−𝑐 =0
−𝑐 =0

(3)

− 𝑐]

= 8(𝑎 − 𝑏)4 + 8𝑐

11


Phương trình vô nghiệm ⇔ Phương trình (3) vô nghiệm hoặc phương trình có nghiệm
âm.
8(𝑎 − 𝑏)4 + 8𝑐 < 0
8(𝑎 − 𝑏)4 + 8𝑐 ≥ 0

𝛥<0
𝛥≥0
⇔[
⇔
{𝑆 < 0
𝑃>0

3(𝑎−𝑏)2
2

(𝑎−𝑏)4
−𝑐
8

[{

2

<0
>0

(𝑎 − 𝑏)4 + 𝑐 < 0
(𝑎 − 𝑏)4 + 𝑐 < 0
4
(𝑎 − 𝑏) + 𝑐 ≥ 0
⇔
⇔ [ (𝑎 − 𝑏)4 > 8𝑐
{
{
𝑎≠𝑏
𝑎≠𝑏
4
[ (𝑎 − 𝑏) − 8𝑐 > 0

Do đó phương trình (2) có nghiệm
(𝑎 − 𝑏)4 + 𝑐 ≥ 0
(𝑎 − 𝑏)4 ≤ 8𝑐
⇔[ (𝑎 − 𝑏)4 ≤ 8𝑐 ⇔ {
⇔ (𝑎 − 𝑏)4 ≤ 8𝑐
{
𝑐≥0
𝑎=𝑏
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi (𝑎 − 𝑏)4 ≤ 8𝑐.
2.2.2 Ví dụ
Ví dụ 1: giải phương trình
(𝑥 + 3)4 + (𝑥 + 5 )4 = 2
Giải
Đặt 𝑦 = 𝑥 +
{

3+5
2

= 𝑥 + 4. Từ đó:

𝑥+3=𝑦−1
𝑥+5=𝑦+1

Thay vào phương trình đã cho ta được
(𝑦 − 1)4 + (𝑦 + 1 )4 = 2
⇔ 𝑦 4 + 6𝑦 2 = 0
⇔ 𝑦 2 (𝑦 2 + 6) = 0
⇔𝑦=0
Với 𝑦 = 0 ta có 𝑥 + 4 = 0 ⇔ 𝑥 = −4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 𝑥 = −4.
Ví dụ 2: Cho phương trình
(𝑥 − 1)4 + (𝑥 + 𝑚 − 2)4 = 𝑚 2

(1)

Tìm 𝑚 để phương trình có nghiệm.
12


Giải
Đặt 𝑦 = 𝑥 +
{

−1+𝑚−2
2

𝑥−1=𝑦+

𝑚−3

=𝑥+

2

. Từ đó:

1−𝑚
2

𝑥+𝑚−2=𝑦−

1−𝑚
2

Thay vào phương trình (1)
(𝑦 +

1−𝑚 4
)
2

+ (𝑦 −

⇔ 2𝑦 4 + 12(

1−𝑚 4
)
2

1−𝑚 2 2
) 𝑦
2

= 𝑚2

+ 2(

⇔ 2𝑦 4 + 3(1 − 𝑚)2 𝑦 2 +

1−𝑚 4
)
2

(1−𝑚)4
8

− 𝑚2 = 0

− 𝑚2 = 0

(2)

Đặt 𝑡 = 𝑦 2 , với điều kiện 𝑡 ≥ 0, thì phương trình (2) trở thành
2𝑡 2 + 3(1 − 𝑚)2 𝑡 +
𝛥 = 9(1 − 𝑚)4 − 8[

(1−𝑚)4
8

(1−𝑚)4
8

− 𝑚2 = 0

(3)

− 𝑚2 ]

= 8(1 − 𝑚)4 + 8𝑚2
Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ Phương trình (2) vô nghiệm ⇔ Phương trình (3) vô
nghiệm hoặc phương trình (3) có nghiệm âm.
𝛥<0
𝛥≥0
⇔[{
⇔
𝑆<0
𝑃>0

8(1 − 𝑚)4 + 8𝑚2 < 0
8(1 − 𝑚)4 + 8𝑚2 ≥ 0
3(

1−𝑚 2
)
2

(1−𝑚)4
−𝑚2
8

[{

2

<0

4

⇔{(1 − 𝑚) > 8𝑚
𝑚≠1

2

>0

Suy ra phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
4

2

[(1 − 𝑚) ≤ 8𝑚 ⇔ (1 − 𝑚)4 ≤ 8𝑚2 ⇔(1 − 𝑚)2 ≤ 2√2 𝑚
𝑚=1

(4)

Nếu 𝑚 ≥ 0 thì (4) ⇔ (1 − 𝑚)2 ≤ 2√2 𝑚
⇔ 𝑚2 − 2(√2 + 1)𝑚 + 1 ≤ 0
⇔ √2 + 1 − √2 + 2√2 ≤ 𝑚 ≤ √2 + 1 + √2 + 2√2
Kết hợp với 𝑚 ≥ 0 ta được √2 + 1 − √2 + 2√2 ≤ 𝑚 ≤ √2 + 1 + √2 + 2√2
13


Nếu 𝑚 > 0 thì (4) ⇔ (1 − 𝑚)2 ≤ −2√2 𝑚
⇔ 𝑚2 + 2(√2 + 1)𝑚 + 1 ≤ 0

(5)

Ta có : 𝛥’ = (√2 − 1)2 − 1 = 2 − 2√2 < 0
⇒𝑚2 + 2(√2 + 1)𝑚 + 1 ≤ 0, ∀𝑚 ∈ 𝑅
⇒Phương trình (5) vô nghiệm.
Vậy với 𝑚 ∈ [√2 + 1 − √2 + 2√2 ; √2 + 1 + √2 + 2√2 ] thì phương trình đã cho có
nghiệm.
2.2.3 Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau
a) (𝑥 + 4)4 + (𝑥 + 6)4 = 82
ĐS: 𝑥 = −3, 𝑥 = −7.
b) (𝑥 + 3)4 + (𝑥 + 7)4 = 21
ĐS: 𝑥 =

−34±√554
2

c) (2𝑥 + 1)4 + (2𝑥 − 3)4 = 15
ĐS: 𝑥 =

−22±√542
2

Bài 2: Cho phương trình
(𝑥 + 𝑚)4 + (𝑥 − 3𝑚)4 = 1 − 𝑚
Tìm 𝑚 để phương trình vô nghiệm.
2.3 Phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp dùng hằng đẳng thức
2.3.1 Phương pháp
Sử dụng 7 hằng đẳng thức đáng nhớ dưới “dạng tổng hoặc hiệu” để đưa về “dạng
tích”.
1. (𝐴 + 𝐵)2 = 𝐴2 + 2𝐴𝐵 + 𝐵2
2. (𝐴 − 𝐵)2 = 𝐴2 − 2𝐴𝐵 + 𝐵2
3. 𝐴2 − 𝐵2 = (𝐴 − 𝐵)(𝐴 + 𝐵)
4. (𝐴 + 𝐵)3 = 𝐴3 + 3𝐴2 𝐵 + 3𝐴𝐵2 + 𝐵3
5. (𝐴 − 𝐵)3 = 𝐴3 − 3𝐴2 𝐵 + 3𝐴𝐵2 − 𝐵3
14


6. 𝐴3 + 𝐵3 = (𝐴 + 𝐵)(𝐴2 − 𝐴𝐵 + 𝐵2 )
7. 𝐴3 − 𝐵3 = (𝐴 − 𝐵)(𝐴2 + 𝐴𝐵 + 𝐵2 )
2.3.2 Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình
𝑥 4 + 12𝑥 3 + 32𝑥 2 − 8𝑥 − 4 = 0

(1)
Giải

(1) ⇔(𝑥 4 + 12𝑥 3 + 36𝑥 2 ) − (4𝑥 2 + 8𝑥 + 4) = 0
⇔[(𝑥 2 )2 + 2. 𝑥 2 . 6𝑥 + (6𝑥)2 ] − [(2𝑥)2 + 2.2𝑥. 2 + 22 ] = 0
⇔(𝑥 2 + 6𝑥)2 − (2𝑥 + 2)2 = 0

⇔(𝑥 2 + 6𝑥 − 2𝑥 − 2)(𝑥 2 + 6𝑥 + 2𝑥 + 2) = 0
2
2
𝑥 = −4 ± √14
⇔[𝑥 2 + 6𝑥 − 2𝑥 − 2 = 0 ⇔[𝑥 2 + 4𝑥 − 2 = 0⇔[
𝑥 + 6𝑥 + 2𝑥 + 2 = 0
𝑥 + 8𝑥 + 2 = 0
𝑥 = −2 ± √6

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là:
𝑥1 = −4 + √14, 𝑥2 = −4 − √14, 𝑥3 = −2 + √6, 𝑥4 = −2 − √6
Ví dụ 2: Giải phương trình
4𝑥 4 − 6𝑥 3 − 6𝑥 2 + 12𝑥 − 4 = 0

(2)
Giải

3

9

9

2

4

4

(2) ⇔(2𝑥 2 )2 − 2. 2𝑥 2 . 𝑥 + 𝑥 2 − 𝑥 2 − 6𝑥 2 + 12𝑥 − 4 = 0

3

3

3

9

9

15

2

2

2

4

4

2

⇔(2𝑥 2 − 𝑥)2 − 2 (𝑥 2 − 𝑥) . + − 𝑥 2 +

−

25
4

3

3

3

3

5

25

2

2

2

2

2

4

3

3

3

5 2

2

2

2

2

3

3

3

5

3

3

3

5

2

2

2

2

2

2

2

2

⇔(2𝑥 2 − 𝑥 − )2 − [( 𝑥)2 + 2. 𝑥. +

=0

]=0

⇔(2𝑥 2 − 𝑥 − )2 − ( 𝑥 + ) = 0
⇔(2𝑥 2 − 𝑥 − − 𝑥 − ) (2𝑥 2 − 𝑥 − + 𝑥 + ) = 0
⇔(2𝑥 2 − 3𝑥 − 4)(2𝑥 2 + 1) = 0
3+√17

𝑥=
2𝑥 − 3𝑥 − 4 = 0
4
⇔[ 2
⇔[
3−√17

2𝑥 + 1 = 0 (𝑃𝑇𝑉𝑁)
𝑥=
2

4

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: 𝑥 =

3+√17

3−√17

4

4

;𝑥=

Ví dụ 3: Giải phương trình
2𝑥 4 − 4𝑥 3 − 2√2𝑥 − 1 = 0

(3)

15

.


Giải
(3) ⇔ 4𝑥 4 − 8𝑥 3 − 4√2𝑥 − 2 = 0

⇔(2𝑥 2 )2 − 2. 2𝑥 2 . 2𝑥 + 4𝑥 2 − 4𝑥 2 − 4√2𝑥 − 2 = 0
2

⇔(2𝑥 2 − 2𝑥)2 − (2𝑥 + √2) = 0
⇔(2𝑥 2 − 2𝑥 − 2𝑥 − √2)(2𝑥 2 − 2𝑥 + 2𝑥 + √2) = 0
⇔(2𝑥 2 − 4𝑥 − √2)(2𝑥 2 + √2) = 0
4+√16+8√2

𝑥=
2𝑥 2 − 4𝑥 − √2 = 0
4
⇔[ 2
⇔[
4−√16+8√2
2𝑥 + √2 = 0 (𝑃𝑇𝑉𝑁)
𝑥=
4

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: 𝑥 =

4+√16+8√2
4

,𝑥 =

4−√16+8√2
4

2.3.3 Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau

a) 𝑥 4 + 𝑥 2 + 6𝑥 − 8 = 0
ĐS: 𝑥 = 1, 𝑥 = −2
b)𝑥 4 + 4𝑥 3 + 3𝑥 2 + 2𝑥 − 1 = 0
ĐS: 𝑥 =

−3±√13
2

2.4 Phương trình đối xứng
Định nghĩa:
Phương trình có dạng:
𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 +… + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 = 0 (𝑎𝑛 ≠ 0)
Trong đó các hệ số của các số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối bằng nhau
(𝑎𝑛 = 𝑎0 , 𝑎𝑛−1 = 𝑎1 ,…). Gọi là phương trình đối xứng.
Nếu 𝑛 là số chẵn ta gọi là phương trình đối xứng bậc chẵn, còn 𝑛 là số lẻ ta gọi là
phương trình đối xứng bậc lẻ.
Ví dụ: Các phương trình sau là phương trình đối xứng
a) 2𝑥 4 + 3𝑥 3 − 16𝑥 2 + 3𝑥 + 2 = 0

(Đối xứng bậc 4).

b) 2𝑥 5 + 3𝑥 4 − 5𝑥 3 − 5𝑥 2 + 3𝑥 + 2 = 0 ( Đối xứng bậc 5).
2.4.1 Phương trình đối xứng bậc chẵn

2.4.1.1 Phương pháp
𝑛

- Chia cả hai vế cho 𝑥 2 ≠ 0.

16

1

- Đặt 𝑥 + = 𝑦

(1)

𝑥

- Biểu diễn: 𝑥 𝑘 +

1

1

1

𝑥

𝑥 𝑘−1

= (𝑥 + ) (𝑥 𝑘−1 +

𝑥𝑘

) − (𝑥 𝑘−2 +

1
𝑥 𝑘−2

).

- Thay giá trị vừa tìm được của 𝑦 tìm giá trị của 𝑥.

2.4.1.2 Ví dụ
Giải phương trình sau:
2𝑥 4 + 3𝑥 3 − 16𝑥 2 + 3𝑥 + 2 = 0 (1) (Đối xứng bậc 4)
Giải
Ta thấy 𝑥 = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho 𝑥 2 ≠ 0 ta có
phương trình:
1

2

𝑥

𝑥2

2𝑥 2 + 3𝑥 − 16 + 3 +
⇔ 2 (𝑥 2 +

1
𝑥2

=0

1

) + 3 (𝑥 + ) = 16

𝑥

1

1

𝑥

𝑥2

Đặt 𝑥 + = 𝑦 (2) ⇒ (𝑥 2 +

) = 𝑦2 − 2
5

Ta có phương trình 2𝑦 2 + 3𝑦 − 20 = 0 có nghiệm 𝑦 = −4, 𝑦 = . Theo thứ tự thay
𝑦 = −4 và 𝑦 =

5
2

2

vào (2) ta có:
1

𝑥1 = −2 + √3 ; 𝑥2 = −2 − √3 ; 𝑥3 = 2 ; 𝑥4 = .
2

Lưu ý: Nếu 𝑚 là nghiệm của phương trình đối xứng bậc chẵn thì

1
𝑚

cũng là nghiệm

của phương trình đó.
2.4.2 Phương trình đối xứng bậc lẻ

2.4.2.1 Phương pháp
Vì 𝑥 = −1 luôn là nghiệm của phương trình đối xứng bậc lẻ. Nên phương trình đã
cho trở thành phương trình
(𝑥 + 1). 𝑓(𝑥) = 0
Trong đó 𝑓(𝑥) = 0 là một phương trình đối xứng bậc chẵn
Do đó ta đưa việc giải phương trình đối xứng bậc lẻ về giải phương trình đối xứng bậc
chẵn 𝑓(𝑥) = 0 và phương trình 𝑥 + 1 = 0.

17


2.4.2.2 Ví dụ
Giải phương trình
2𝑥 5 + 3𝑥 4 − 5𝑥 3 − 5𝑥 2 + 3𝑥 + 2 = 0
Giải
Phương trình đã cho là phương trình đối xứng bậc 5
2𝑥 5 + 3𝑥 4 − 5𝑥 3 − 5𝑥 2 + 3𝑥 + 2 = 0
⇔ (𝑥 + 1)(2𝑥 4 + 𝑥 3 − 6𝑥 2 + 𝑥 + 2) = 0
⇔[

𝑥+1=0

𝑥 = −1
⇔[ 4
2
3
2𝑥 + 𝑥 − 6𝑥 + 𝑥 + 2 = 0 2𝑥 + 𝑥 − 6𝑥 2 + 𝑥 + 2 = 0
4

3

Phương trình đối xứng bậc chẵn 2𝑥 4 + 𝑥 3 − 6𝑥 2 + 𝑥 + 2 = 0
Vì x ≠ 0 nên chia cả hai vế cho 𝑥 2 ta có phương trình
1

2

𝑥

𝑥2

2𝑥 2 + 𝑥 − 6 + +
⇔ 2 (𝑥 2 +
Đặt t = 𝑥 +

1
𝑥2

=0
1

)+𝑥+ −6=0

1
𝑥

𝑥

(2)

⇒ 𝑡2 − 2 = 𝑥2 +

1
𝑥2

Ta có phương trình
𝑡=2
2𝑡 2 + 𝑡 − 10 = 0 ⇔ [𝑡 = −5
2

1

Nếu 𝑡 = 2⇔ 𝑥 + = 2 ⇔ 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 0 ⇔ 𝑥 = 1
𝑥

Nếu 𝑡 =

−5
2

−1

5
𝑥=
2
⇔ 𝑥2 + 𝑥 + 1 = 0 ⇔ [
2
𝑥 = −2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
𝑥1 = −1, 𝑥2 = 1, 𝑥3 =

−1
2

, 𝑥4 = −2.

2.4.2.3 Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) 𝑥 4 + 5𝑥 3 − 12𝑥 2 + 5𝑥 + 1 = 0
ĐS: 𝑥 = 1, 𝑥 = ±

−7±3√5

.

2

b) 𝑥 5 + 2𝑥 4 − 3𝑥 3 − 3𝑥 2 + 2𝑥 + 1 = 0
ĐS: 𝑥 = ±1, 𝑥 =

−3±√5

2

.
18


Bài 2: Giải phương trình:
a) 2𝑥 4 − 21𝑥 3 + 74𝑥 2 − 105𝑥 + 50 = 0
ĐS: 𝑥 = 1, 𝑥 = 2, 𝑥 = 5, 𝑥 =

5
2

b) 2𝑥 8 − 9𝑥 7 + 20𝑥 6 − 33𝑥 5 + 46𝑥 4 − 66𝑥 3 + 80𝑥 2 − 72𝑥 + 32 = 0
ĐS: 𝑥 = 1, 𝑥 = 2
2.5 Phương trình tam thức
2.5.1 Phương pháp
Dạng tổng quát
𝑎𝑥 2𝑛 + 𝑏𝑥 𝑛 + 𝑐 = 0

(1)

(𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số thực, 𝑛 nguyên dương, 𝑛 ≥ 2, 𝑎 ≠ 0)
- Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 đồng thời khác không và 𝑛 = 2 thì phương trình (1) là phương trình
trùng phương đã nghiên cứu ở trên
- Xét trường hợp 𝑛 > 2
Đặt ẩn phụ 𝑡 = 𝑥 𝑛 , ta đưa về phương trình bậc hai
𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0 và sau đó giải phương trình 𝑥 𝑛 = 𝑡.
2.5.2 Ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình 𝑥 6 − 9𝑥 3 + 8 = 0

Giải
Đặt 𝑥 3 = 𝑡 ta có phương trình
𝑡 2 − 9𝑡 + 8 = 0 có nghiệm là 𝑡1 = 1; 𝑡2 = 8
Với 𝑡1 = 1 ⇔ 𝑥 3 = 1 ⇔ 𝑥 = 1
Với 𝑡2 = 8 ⇔ 𝑥 3 = 8 ⇔ 𝑥 = 2
Ví dụ 2: giải phương trình 𝑥 8 + 6𝑥 4 − 7 = 0
Giải
Đặt 𝑥 4 = 𝑡 (𝑡 ≥ 0) ta có phương trình
𝑡 2 + 6𝑡 − 7 = 0 có nghiệm là 𝑡1 = 1; 𝑡2 = −7(loại)
Với 𝑡1 = 1 ⇔ 𝑥 4 = 1 ⇔ 𝑥 = ±1

19