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

Khoá luận tốt
nghiệp

Trần Thị Ly - K30C Toán

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-


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


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


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

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


Chương 1: một số kiến thức liên quan

1.1. Đa thức.
1.1.1. Bậc và nghiệm của đa thức.
n-1

Cho đa thức f(x) = a0 + a1x + … + an-1x

n

+ anx

i

aix - 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-1x

n-1

+

n
anx 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].
n-1

+) Phần tử f(c) = a0 + a1c + … + an-1c

n

+ anc ∈ 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:
n-1

a0 + a1x + …. + an-1x

n

+ anx = 0 trong A.

+) Giả sử A là một trường c ∈ A, f(x) ∈ A[x], c là nghiệm bội
m

cấp m nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho (x - c) 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.


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
n

Cho f(x) = a0x + a1x

n-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
+ ...

 α + α + α

a
+ α = (-1)

2
n− 1 n
a0
 1

a2
α α + α α + ...
=
(-1)
+ α
α
 1 2 13
n− 1 n
a

0

........................................



a

α α ...α α = (-1)n n
1 2
n− 1
a

n
0


1

2


Bổ đề : Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực.


* Nghiệm hữu tỉ.

Z[x]. Nếu phân số tối giản
n

n-1

Cho f(x) = anx + an-1x
∈

+ … + a1x + a0

p
q

p a0
là nghiệm của f(x) thì 
q an

Hệ quả. Với số hữu tỉ α là nghiệm của đa thức:
n

n-1

f(x) = x + an-1x

+ … + 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)
q

f (m), ∀ m
∈ Z

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:
n

n-1

anx + an-1x

+ … + a1x + a0 = 0 (1)

Trong đó:
a i - hệ tử , i = 1, n
i

x - ẩn, i = 1, n
+. n = 1 thì (1) có dạng
+. n = 2 thì (1) có dạng

a1x + a0 = 0
2

a2 x +1 a x 0+ a = 0

+. n = 3 thì (1) có dạng a x3 + a x2 + a x + a = 0
3
2
1
0

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 + b + c x + d = 0 ( a ≠ 0)
1
1
1
2
x 1
Đều có thể đưa về dạng: x3 + ax2 + bx
+c= 0

(*)

(1.1)

Đặt

x = y thì phương trình (1.1) trở thành:
a
−
3

a
a
(y − a)3 + a(y − )2 + b(y
− )+ c= 03 3
3
Khai triển và nhóm số hạng ta được:



a

2

ab
y3 + (b 2
3
a
2a
+ c) = 0
)y + ( −
−
3
27 3

3
y + py
 p
Đặt =b
ta có phương trình sau: + q = 0
−

 3 3
 2a ab
q = − + c

 27 3

Dùng phép thế Vieta

(1.2)

y= z−

p


3z
(z − p

)3

vào phương trình (1.2) ta được:
p

+ p(z −
3z
3z

)2 + q = 0

⇔ 3 + q= 0
p
z3 −
27z 3
⇔3 + qz3 = 0
z6
p
−
27
t=
Đặt 3
ta được phương trình
z
t 2 + qt
p
−

(1.3)

3

= 0
27
Phương trình (1.3) có 2 nghiệm (thực hoặc phức)
q
p3
t = − q2±

1,2
427

2
q
Suy ra z =3 
2

q2


427

p3

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

2k
+ isi
π n

2kπ
3

với k = 0,1,2

3
Nghĩa là e0 = 1; e1
;e = −
1 +i 3 2 1 −i 3
= −

2
2
2
2
2
Trong đó i là đơn vị ảo và i = −1 hay i =

3
1 3
e
e
=
(−
)(−
)= 1
1
+ i
− i
1 2
2
2
2
2
3

t

−1 . Dễ thấy rằng:

Tổng quát

có 3 giá trị là: t , t e , t e trong đó t là giá trị thực của
1

1 1

1 2

1

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:
2

3

q
q
p
z1 = 3 −
+
+
;
0
2

4 27

z11 =
z10e1 ;

z12 = z10e2

3

t.


Và z =3 t 2 cho 3 giá trị là:
z 20
=

q 2 p3
; z21 =

427
z20e1 ;

q

2

3

z22 = z20e2

Thay vào biểu thức

y = z ta được 6 giá trị của y là
p
−
3z

y = z
p
−

= z−

1k

1k

;p y
3z1k

2k

2k

với k = 0,1,2

3z 2k

Tuy nhiên vì:
=

y10

y20 y11
= y22
=

y12
y21

Nên phương trình bậc ba (1.2) chỉ có 3 nghiệm là y ; y y . Ta có thể giải
12
10
11
;
thích điều này như sau:
Vì t1,2

là nghiệm của phương trình t + qt −
3
= 0
27
p3
=
−
t1t 2
27
p
hay z10 = −
⇒ z10z20 =3

=
tp
1t2
−
2

3
ze z = z e .z =
z z
⇒

11 22 10 1

20 2

=
p
−

10 20

3z20

3

p
nên


p

Tương tự z z = −
12 21
3

p
Chứng tỏ y10 = z10 −
3 10
p
p
= −
−
p
3z20
3(− )
3z
20


= z20−p 3z
20
= y20
Tương tự với chú ý
y = z
11

11

y = z
12

12

e1e2 = 1 ta có:

−
−

p

= −
3z11
3z22
p

= −
3z12
3z21

p
22

p
21

+ z

= y

+ 21z

= y

22

Vậy phương trình bậc ba (1.2) có 3 nghiệm là
y = z
10

10

p

−

= z
10

3z1

20

+ z

0

y = z
11

11

y = z
12

12

p

−

= z
11

3z11
p

−

= z
12

3z12

22

21

+ z
+ z

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)
2

Trường hợp 1: ∆ = q + 4(
p 3
) > 0 hay
3

q

2

4

3

p
+ > 0
27

Phương trình bậc hai (1.3) có 2 nghiệm thực phân biệt
q
p3
t = − q2±

1,2
427
2
Do đó phương trình (1.2) có 1 nghiệm thực là:
y10 = z10 + z20

q
=3 
2

q2


427

p3 +3 q

2

q2


427

p3

(1.4)


Với 2 nghiệm phức liên hợp là:
y11 = z11 + z22

3

= z10e1 + z20e2
= z1
(− +
10

(−

1

2 2
z10 + 3

= −
z20
+ i
2

3

i) + z

(z
2

i)

−

20

2

2

−z )
10

20

y12 = z12 + z21 = z10e2
+ z20e1
= z1
(− −

3

(−
10

3

i) + z
1

2 2
z10 + 3

i)

+

20

2

2

−z )
= −
z20
(z
− i
10
20
2
2
Công thức (1.4) gọi là công thức Cacnado dùng để tính nghiệm của phương
trình bậc ba (1.2)
p
2
Trường hợp 2: ∆ =
=0
3
q
+
4 27
Suy
ra

q
t1 = t 2 = −

. Do đó

2

q
q
z10 = z203 = = 3−
2
2

Phương trình (1.2) có :
1 nghiệm đơn

y = z

+ z
q

= −2 3
10

10

20

2


1 nghiệm kép y =
y

11

= −
12

3

2

z10 + zq20
=
3
2
2

q
p
Trường hợp
∆ =
+
< 0
3:
4 27
Khi đó p < 0 . Viết t1,2 dưới dạng lượng giác ta được:
q
t1,2
= −
±

2

q2


427

p

3

q
= −
±
i2

2

3

q
p
− − = r(cosα ±
4 27 isinα)


q2 p
q
Trong đó: r = ()2 ()
2
427

3

=

p3
27
2

− q cosα =
2
3
−p
27

;

sin
α
=

q p
−−
4 27
3
−p
27

3
Theo công thức Moivre thì 3 giá trị của z =

t1

theo công thức:

Nghĩa là:

z1k
=

3

3

r(cos+isin)

được tính

=
α+k2π α+k2π
3
r (cos
) với k = 0,1,2
+ isi
3
3
n
3

z10 = r (cos
3

α

+ isin
3

α

)

α+2π α+2π
3
+isin
)
z11 = r (cos
3
3
α+4π α+4π
r
(cos
+isin
)
z12 =
3
3
3

3
Tương tự 3 giá trị của z =
t 2 =3 r(cos isin) =3 r(cos(-)  isin(-))

được tính theo công thức:
−α+k2π −α+k2π
3
r
(cos
) với k = 0,1,2
+ isi
z2k
3
3
n
=
Nghĩa là:
−α −α
α
3
+ isin )
r (cos − isin )
3 =
3
3
3
−α+2π −α+2π
3
r
(cos
+ isin
)
z21 =

3
3
3

z20 = r (cos

α


Vậy:

z22
=

3

−α+4π −α+4π
r (cos
+isin
)
3
3

y10 = z10 + z20
= 2 3 rcosα
2

3

q

q
p
q2 p3
q
=3 − +
+ +3 

2
4 27
427
2
y11 = z11 + z22
α+2π
α+2π
= 3 r (cos
+ isin
)+
−α+4π
−α+4π
r (cos
+ isin
)
3
3
3
α+2π
= 2 3 rcos(
)
3
y12 = z12 + z21

α+4π
α+4π
3
= r (cos
+ isin
)+
−α+2π
−α+2π
r (cos
+ isin
)
3
3
3
α+4π
= 2 3 rcos(
)
3

3

3

3

3

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

Nghiệm của phương trình bậc ba được cho trong bảng sau
3

2

a x + b x + c x + d = 0 (a ≠ 0)
1

3

1

1

1

1

2

hay x + ax + bx + c = 0 . Đưa về dạng rút gọn
bằng cách
Dạng tổng quát

Dạng rút gọn



2

a
 p= b−
a
3

Đặt x = y −  và

3
3 q = − 2a+ ab
c

 27 3
3
y + py + q = 0

3

2

q
1.

p
+
> 0
27

4

Một nghiệm thực

2

và hai nghiệm
y = −

phức

z10 + z20

2.

4

p

3

+ =0
27

Một nghiệm đơn
và một nghiệm

2

3

2

3

4

27

q +q
p
+ 27
4
3
4
27

(z

)

11

2

3

+ i

− z
q

3

q
q
p+
y10 = z10 + z20 =
−
+
− − 2
3
2

10

20

2
2
+
z
z
3 q
y y ==−z 10 + z20 −
= i −2 3(z
10

10

20

y = y= −

11
12
2

2
z10 + z20

=

3

q

2

kép
3.

q

2

p

3

+ < 0
4 27

Ba nghiệm thực

y = z
10

10

20

+ z

= 2 3 rcosα
2

3

q
q
p
=3 − +
+ +
+
2
4 27

q
q
p
3 −
−
2

y2 3 rcos( +2) ;
11
3
(*). Nhận xét:

y2 3 rcos( +4)
12
3

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
3

y +15y +124 = 0
Lời giải
q2 +p3

Ta có p = 15, q = 124 nên z = 3
q
− +
1

Do đó

=
4 27

2

2k
+ isi
π n
3

z1 có 3 giá trị z1k 1 =
= cos
1
3

=
3

2kπ
3

3

1

62  3969

, k = 0,1,2

1
3
3

Hay z10 =
z11 = − 2 ; z12 = − 2 − i
1;
2
+ i
2
q2 +p3

Tương tự z = 3
q
− −
2

= −

=
4 27

2

2kπ
+ isi
n

z2k =
−5(cos
Hay z20 =
−5 ;

3

5

z21 =
i

2

5 3
2

−

3

62  3969
2kπ
3

) , k = 0,1,2

5
; z22 =

5 3
2

+ i

2

3

125 = −53 1


Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm
y10 = z10 + z20 = −4
y11 = z11 + z22
= 2 + 3i 3 y12
= z12 + z21 = 2
− 3i 3
Ví dụ 2: Giải phương trình
x3 + 3x2 − 6x + 3 = 0

(1)


Lời giải
Đặt

x= y−
3

a

⇒ x = y −1
3

(1) ⇔ y
− 9y +11 = 0

(2)

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

3

q
q
p
−11 + 13
11
121
3
 27 = 3
z10 = − +
+ =3 
≈ −1,5463
4
2
4 27
2
2
z
10
(−1 + i 3) ≈
z =
−0, 77315(−1 + i 3)
11

2
z12

=

z

(−1− i 3) ≈
0,77315(1 + i 3) 2
10

2

3

q
q
p
3
z20 = − − +
=
2
4 27
z21
z22
Do đó

=
=

3

11

2

121
− 13
 27 = −11
3
≈ −1,9401
4
2

z20
(−1 + i 3) ≈
−0,97005(−1 + i 3) 2
z

(−1 − i 3) ≈
0,97005(1 + i 3) 2
20

y10 = z10 + z20 ≈ −3,
4864
y11 = z11 + z 22 ≈ 1,7432
+ 0,3412i y12 = z12 + z21
≈ 1,7431 − 0,3412i
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau

suy
ra

x10 = y10 −1 ≈ −4, 4864
x20 = y20 −1 ≈ 0,7432 +
0,341i
x30 = y30 −1 ≈ 0,7432 −
0,341i