Các phương pháp giải phương trình bậc 4 toán lớp 10 THPT

Mục lục
Trang
A- Đặt vấn
đề .............................................................................................2
B- Giải quyết vấn
đề...............................................................................2
I. Cơ sở lý luận của vấn
đề................................................................................2
II. Thực trạng của vấn đề nghiên
cứu....................................................2
III.

Các

biện

pháp

tiến

hành

để

giải

quyết

vấn

đề2

IV. Các phơng pháp giải phơng trình bậc
bốn..............................................3
1. Phơng pháp đa phơng trình về dạng
tích................................................3
2. Phơng pháp đặt ẩn
phụ...............................................................................5
3. Phơng pháp đa về hai luỹ thừa cùng
bậc..................................................12
4. Phơng pháp dùng hệ số bất
định.................................................................13
5. Phơng pháp đánh
giá..................................................................................14
V.

Hiệu

quả

của

sáng

kiến

kinh

nghiệm..15
C- kết
luận...............................................................................................
..16

1


D- Tài liệu tham
khảo .........................................................................17

a. đặt vấn đề
Giải phơng trình là một trong những dạng toán cơ bản
của chơng trình THPT. Học sinh đã đợc trang bị cách giải phơng trình bậc nhất và bậc hai từ bậc THCS và đợc nhắc lại ở
lớp 10. Tuy nhiên, đối với phơng trình bậc cao nói chung và phơng trình bậc bốn nói riêng thì học sinh cha đợc học một cách
đầy đủ các phơng pháp để giải từng dạng phơng trình. Nhng
đây lại là một nội dung quan trọng trong các đề thi Đại học,
Cao đẳng, TH chuyên nghiệp và đề thi học sinh giỏi từ trớc
đến nay.
Trong khi giải các phơng trình, hệ phơng trình: vô tỷ, lợng
giác, mũ và lôgarit, chúng ta cũng thờng phải quy về giải phơng trình bậc cao, trong đó có phơng trình bậc bốn. Một số
bài toán trong hình học, trong vật lý sau khi trải qua một số bớc, cuối cùng cũng đều đi đến việc phải giải một phơng trình
bậc bốn. Cho dù đó chỉ là một bớc nhỏ trong một bài toán nhng
2


nếu không giải quyết đợc bớc nhỏ này thì chúng ta cũng cha
thể đa ra kết luận của bài toán đó.
Nói đến phơng trình bậc bốn, nhiều học sinh tỏ ra ái ngại,
lúng túng vì các em mới chỉ nắm đợc sơ qua cách giải một số
phơng trình bậc bốn đơn giản. Vì vậy, việc trang bị đầy
đủ cho học sinh các phơng pháp giải phơng trình bậc bốn là
điều cần thiết.
b. Giải quyết vấn đề.
I. Cơ sở lý luận của vấn đề:

- Tìm hiểu phơng pháp và thực trạng dạy - học toán THPT.
- Tìm ra cách giải nhanh, ngắn gọn và dễ hiểu nhằm phát
huy óc sáng tạo cho học sinh và giải một số bài toán phức tạp.
- Học sinh biết biến những bài toán có nội dung phức tạp
thành bài toán đơn giản.
iiI. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
- Trong chơng trình THPT, do thời lợng chơng trình có hạn mà
mảng phơng trình bậc bậc bốn cha đợc trình bày rõ ràng,
đầy đủ. Ngợc lại còn rất sơ lợc, chỉ mang tính chất giới thiệu
qua một số bài tập đơn giản.
- Do cha đợc hệ thống kiến thức và cha đợc học đầy đủ các
phơng pháp để giải từng dạng phơng trình bậc bốn nên khi
gặp, hầu hết học sinh thấy lúng túng và không có hớng giải.
- Tuy nhiên, các dạng bài tập về phơng trình bậc bốn thì rất
phong phú, đa dạng và phức tạp.
- Đa số học sinh cha có phơng pháp để giải từng dạng phơng
trình bậc bốn nên rất nhiều em thờng "bỏ qua" hoặc "bỏ dở"
bài toán khi đã quy về phơng trình dạng này.

3


Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và từ thực trạng
trên, để học sinh có thể dễ dàng và tự tin hơn khi gặp các bài
tập về phơng trình bậc bốn, giúp các em phát huy đợc khả
năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua các bài tập nhỏ,
cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua những năm
giảng dạy, tôi đa ra sáng kiến kinh nghiệm Các phơng pháp
giải phơng trình bậc bốn cho học sinh lớp 10". Sáng kiến
kinh nghiệm này đã và đang phục vụ đắc lực cho tôi trong

việc giảng dạy.
iii. Các biện pháp tiến hành để giảI quyết vấn đề.
Trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng các phơng pháp
sau:
- Phơng pháp trực quan .
- Phơng pháp vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề
(là 2 phơng pháp chủ đạo).
- Phơng pháp đặc trng của môn toán nh phân tích, tổng
hợp, suy luận, lập luận, so sánh.
iv. Các phơng pháp giải phơng trình bậc bốn.
1. Phơng pháp đa phơng trình về dạng tích.
Cho

phơng

trình:

ax4+bx3+cx2+dx+e

=0

(a 0)

(1)
a) Phơng pháp:
Cách 1: Nhóm các hạng tử, sau đó đặt thừa số chung để đa
vế trái về dạng tích.
Cách 2:
- Bớc 1: Đoán nghiệm x0 của phơng trình dựa vào các kết quả
sau:

+ Nếu a+b+c+d+e=0 thì (1) có nghiệm x = 1.
4


+ Nếu a-b+c-d+e=0 thì (1) có nghiệm x = -1.
+ Nếu a, b, c, d, e nguyên và (1) có nghiệm hữu tỉ

p
q

thì p, q

theo thứ tự là ớc của e và a.
- Bớc 2:
+ Bằng cách chia đa thức hoặc dùng lợc đồ Hoócne, phân tích
(1) thành:
x = x0

(x- x0)(ax3 +b1x2 +c1x+d1) = 0

3
2
ax + b1 x + c1 x + d1 = 0 (1.1)

+ Giải phơng trình (1.1) bằng cách:
- Đoán nghiệm x1 của phơng trình (1.1) dựa vào các kết quả
sau:
+ Nếu a+b1+c1+d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = 1.
+ Nếu a-b1+c1-d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = -1.
p

+ Nếu a, b1, c1 ,d1 nguyên và (1.1) có nghiệm hữu tỉ q thì
p, q theo thứ tự là ớc của d1 và a.
c

1
+ Nếu ac13 = b13d1 (a, b1 0) thì (1.1) có nghiệm x = b .
1

- Phân tích (1.1) thành: (x- x1)(ax2 +b2x +c2) = 0 bằng cách
chia đa thức hoặc dùng lợc đồ Hoócne.
* Lợc đồ Hoócne :
Nếu f(x) có nghiệm x=x 0 thì f(x) chứa nhân tử (x-x 0), tức là :
f(x) =(x-x0).g(x).
Trong đó :

f(x) = anxn + an -1xn -1 + ... + a1x + a0

g(x)= bn-1xn-1 + bn - 2xn - 2 + ... + b1x + b0

5


với :

b n 1 = a n
b
n 2 = x 0 bn 1 + a n 1
...

bi 1 = x 0 bi + a i
...

b 0 = x 0 b1 + a1

xi

an

x

= bn-

an 1
x0bn-

Ta có bảng sau ( Lợc đồ Hoócne).

...
...

ai
x0 bi

...
...

a0
x0 b0

...

bi-1

...

0

1

x0
b) Ví dụ:

1

bn-2

=an

Ví dụ 1: (Đề đại học Ngoại thơng - 2000)
Giải phơng trình: (x2+3x-4)2+3(x2+3x-4)=x+4
(1.2)
Giải: Phơng trình (1.2) (x-1)2(x+4)2+3(x-1)(x+4)-(x+4)=0
(x+4)[(x-1)2(x+4)+3(x-1)-1]=0
x = 0

(x+4)x(x2+2x-4)=0 x = 4
x = 1 5

Vậy phơng trình có 4 nghiệm : x=0, x= -4, x = 1 5 .
Ví dụ 2: Giải phơng trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0
(1.3)
Giải: Ta có a+b+c+d+e=0 nên phơng trình có 1 nghiệm x=
1.
Đa phơng trình về dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0.
Phơng trình x3-3x2-4x+12=0 có một nghiệm x = 2 nên
x = 1
x 1 = 0
x = 2

2



x

2
=
0

(1.3) (x-1)(x-2)(x -x-6)=0

x = 2
x 2 x 6 = 0

x = 3

6

Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x =1, x= 2, x= -2,
x= 3.
* Nhận xét: Phơng pháp đa phơng trình về dạng tích là phơng pháp thờng đợc nghĩ đến đầu tiên khi giải phơng trình.
Nhng nếu việc đa về dạng tích gặp khó khăn, chúng ta nên
nghĩ đến việc sử dụng các phơng pháp khác.
2. Phơng pháp đặt ẩn phụ.
2.1. Dạng 1 (PT trùng phơng): ax4 + bx2+c =0 (a 0)
(2)
a) Phơng pháp:
- Đặt t = x2 (t 0), đa (2) về phơng trình bậc hai: at2+bt+c=0
(2')
- Giải (2'), nếu (2') có nghiệm t0 0 thì (2) có nghiệm x = t0
* Chú ý:
- (2) vô nghiệm (2') vô nghiệm hoặc (2') có nghiệm t1 t2<0
- (2) có nghiệm duy nhất (2') có nghiệm t1 0 =t2
- (2) có 2 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm t1 < 0 t1=t2>0
- (2) có 3 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm 0=t1 - (2) có 4 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm 0< t1 b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm m để phơng trình sau có 3 nghiệm phân
biệt:
mx4-2(m-1)x2+m-1=0
(2.1)
Giải:

Đặt t = x2 (t 0). Phơng trình trở thành:
mt2 -2(m-1)t+m-1 =0

(2.2)
Phơng trình (2.1) có 3 nghiệm phân biệt
7


(2.2) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn: 0=t1m 0
1 m > 0
m 0

m 0
' > 0

m 1



= 0 m < 1 (không có m thoả mãn)
P
=
0
m


m = 1

S > 0
2(m 1)
>0

m

Vậy không tồn tại m để phơng trình có 3 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2:

Tìm m để phơng trình sau có 4 nghiệm phân

biệt lập thành cấp số cộng:

x4 -2(m+1)x2+2m+1 =0

(2.3)
Giải: Đặt t = x2 (t 0) . Phơng trình trở thành:
t2 -2(m+1)t+2m+1 =0
(2.4)
(2.3) có 4 nghiệm phân biệt (2.4) có 2 nghiệm t1, t2 thoả
mãn : 0< t1
' = (m + 1) 2 2m 1 > 0

1
b
= 2(m + 1) > 0
2
a
c
a = 2m + 1 > 0

Khi đó 4 nghiệm của (2.3) là : - t2 ; - t1 ; t1 ; t2

Bốn nghiệm trên lập thành cấp số cộng
t2 + t1 = 2 t1

t2 = 3 t1 t2 = 9t1 (*)
t1 + t2 = 2 t1
t1 + t2 = 2(m + 1)
(**)
t1t2 = 2m + 1

Theo định lý Viét ta có:
Thay (*) vào (**) ta đợc:

m = 4
5t1 = m + 1
t1 + 9t1 = 2(m + 1)
2
2
9m 32m 16 = 0

m = 4
t
.9
t
=
2
m
+
1
9
t

=
2
m
+
1
1 1
1
9

8


Vậy với m = 4 hoặc m = -

4
thì phơng trình đã cho có 4
9

nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.
2.2. Dạng 2: Phơng trình có dạng : ( a1x +a2)(b1x+b2)(c1x+c2)
(d1x+d2) = m,
a1b1 = c1d1
a1b2 + a2b1 = c1d 2 + c2 d1

với
(3)
a) Phơng pháp:
- Viết lại phơng trình dới dạng:

[a1b1x2+( a1b2 + a2b1 )x+a2b2].[ c1d1 x2+( c1d 2 + c2 d1 )x+c2d2]=m

-

Đặt t = a1b1x2+( a1b2 + a2b1 )x+a2b2, suy ra c1d1 x2+( c1d 2 + c2 d1

)x+c2d2=t-a2b2+c2d2.
Ta đa (3) về phơng trình bậc hai ẩn t: t(t-a2b2+c2d2)=m
* Đặc biệt: Khi a1=b1=c1=d1=1, phơng trình có dạng :
(x +a2)(x+b2)(x+c2)(x+d2) = m với b2 + a2 = d 2 + c2
ta cũng có cách giải tơng tự.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình: (x-1)(x+1)(x+3)(x+5)= 9
(3.1)
Giải: Phơng trình (3.1) (x-1)(x+5)(x+1)(x+3)= 9
( x2 + 4x-5)(x2+4x+3) = 9

Đặt t = x2 + 4x-5, phơng trình (3.1) trở thành: t(t+8) = 9
t = 1
t2 + 8t 9 = 0
t = 9

. Với t=1 thì x2 + 4x 5 = 1 x2 + 4x - 6 = 0 x= 2 10
. Với t= 9 thì x2 + 4x 5 = -9 x2 + 4x + 4 = 0 x = - 2

9


Vậy phơng trình có 3 nghiệm : x = 2 + 10 ; x = 2 10 ; x
= -2
Ví dụ 2: Giải phơng trình: (2x-1)(x-1)(x-3)(2x+3)=-9
(3.2)

Phơng trình (3.2) (2x2-3x+1)(2x2-3x-9)=-9

Giải:

Đặt t = 2x2-3x+1, suy ra 2x2-3x-9=t-10, phơng trình (3.2) trở
thành:
t = 1

t(t-10)=-9 t2-10t+9=0
t = 9
x = 0
. Với t=1 thì 2x2-3x+1=1 3
x=

2
3 73
. Với t = 9 thì 2x2-3x+1=9 2x2-3x-8=0 x =
4

3
3 73
Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt: x=0, x = , x =
2

4

2.3. Dạng 3 : Phơng trình có dạng:
2

e

d
ax + bx +cx +dx+e =0 (a 0), với = ữ ; e 0
a b
4

3

2

(4)
a) Phơng pháp:
- Nhận xét x=0 không phải là nghiệm của (4), chia hai vế cho
x2 0, ta đợc:
e 1
d 1
a ( x 2 + . 2 ) + b( x + . ) + c = 0
a x
b x

- Đặt t= x +

d
e 1
d
, suy ra x 2 + . 2 = t 2 2. , phơng trình (4) trở
bx
a x
b

thành:

d
b

at2+bt +c - 2a =0. Đây là phơng trình bậc hai quen thuộc.

10


* Đặc biệt: Khi a=e, phơng trình có dạng: ax4 + bx3+cx2
bx+a =0 (a 0)
ta cũng có cách giải tơng tự.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình:

2x4 - 21x3 +74x2 -105x + 50 = 0

(4.1)
Giải: Nhận thấy x =0 không phải là nghiệm của (4.1), chia hai
vế của (4.1) cho
25
5
) 21( x + ) + 74 = 0
2
x
x

x2 0, ta đợc phơng trình: 2( x 2 +
5
x

t = x + ( t 2 5 ), suy ra x 2 +

Đặt

25 2
= t 10 . Phơng trình (4.1) trở
x2

thành:
t = 6
2t 21t + 54 = 0 9
t =
2
2

(thỏa mãn đk)
x = 1
x = 5

5
x

2
. Với t = 6 thì x + =6 x 6 x + 5 = 0

x = 2
9
5 9
2
. Với t = thì x + = 2 x 9 x + 10 = 0 5

x=
2
x 2

2

Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt là: x=1, x=2, x=5,
x=

5
.
2

Ví dụ 2: Giải phơng trình: (x-2)4+(x-2)(5x2-14x+13)+1=0
(4.2)
Giải: Đặt y=x-2. Phơng trình trở thành: y4+5y3+6y2+5y+1=0
(4.3)
Nhận thấy y=0 không là nghiệm của phơng trình (4.3), chia 2
vế của (4.3) cho y2 0 ta đợc phơng trình :

11


( y2 +

1
1
) + 5( y + ) + 6 = 0
2
y

y
1
y

Đặt t = y + ( t 2 ). Phơng trình trở thành:
= 1
t (loại)

t + 5t +4 = 0
(t/m)
t = 4
2

1
y

Với t = 4 thì y + = 4 y 2 + 4 y + 1 = 0 y = 2 3 x = 3
Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x= 3
* Nhận xét: Phơng trình ban đầu không phải là phơng
trình dạng 3 nhng với phép đặt ẩn phụ thích hợp, ta có thể đa phơng trình về dạng 3.
2.4. Dạng 4 : Phơng trình có dạng : ( x + a)4 + ( x + b)4 = c
(5)
a) Phơng pháp:
- Đa (5) về dạng phơng trình trùng phơng bằng cách đặt t=
x+

a+b
2

b) Ví dụ: Giải phơng trình : ( x + 1)4 + ( x +3)4 = 16

(5.1)
Giải: Đặt t = x + 2, phơng trình (5.1) trở thành:
( t-1)4 + ( t+1)4 = 16 2t4 + 12t2 + 2 = 16
t4 + 6t2 7 = 0 ( Phơng trình trùng phơng)
t 2 = 1
2
(loại)
t = 7

Với t2 = 1 thì t = 1 hoặc t = -1. Từ đó suy ra x= -1 hoặc
x= -3
Vậy phơng trình có 2 nghiệm là : x = - 1; x = -3
2.5. Dạng 5: Phơng trình có dạng :
12


m( x +a)(x+b)(x+c)(x+d) = nx2 , với ab = cd 0, m
0, n 0

(6)

a) Phơng pháp:
- Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6), chia hai vế cho x 2
0, ta đợc:

m(x + a+b +
- Đặt t = x +a+b+

ab
cd

) (x + c+d +
)= n
x
x
ab
, ta đa (6) về phơng trình bậc hai ẩn t:
x

mt(t-a-b+c+d)=n
b) Ví dụ: Giải phơng trình: 4(x+5)( x+6)(x+10)(x+12) = 3x2
(6.1)

Giải:

(6.1)

4(x+6)( x+10)(x+5)(x+12) =

3x2
4(x2+16x+60)(x2+17x+60) = 3x2

Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6.1), chia hai vế cho x 2
0, ta đợc:
4(x

+

16

+

60
) (x
x

+

17

+

( 6.2)
Đặt t = x + 16 +

60
, phơng trình trở thành:
x

1
t = 2
2
4t ( t + 1) = 3 4t + 4t 3 = 0
t = 3

2
x = 8
1
2
. Với t=
thì 2x + 31x + 120 = 0

15
x=
2

2

. Với t=-

3
35 265
thì 2x2 + 35x + 120 = 0 x =
2
4

13

60
)=
x

3


Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt: x=-8, x=-

15
,
2

35 265

.
4

2.6. Dạng 6: Phơng trình có dạng:
a.A(x) +b.B(x) + c.C(x) =0 với A(x).B(x) = C2(x), B(x) 0
(7)
a) Phơng pháp:
- Chia hai vế cho B(x) 0 rồi đặt t =

C ( x)
B ( x)

- Phơng trình (7) trở thành: at2+ct+b=0.
b) Ví dụ: Giải phơng trình : -x3+2x2-4x +3 - (x2+x+1)2=0
(7.1)
Giải: Phơng trình (7.1) 2(x-1)2-(x2+x+1)2 - (x3-1) =0
Chia hai vế của (7.1) cho (x2+x+1)2 0 ta đợc:
2.(

x 1 2
x 1
) 1 2
=0
x + x +1
x + x +1
2

t = 1
x 1
2

Đặt t = 2
, phơng trình trở thành: 2t t 1 = 0
1
t=
x + x +1

2

. Với t=1 thì
1
2

x 1
=1 x 2 + 2 = 0 (vô nghiệm)
x + x +1
2

. Với t = thì

x 1
1
3 13
= x 2 + 3x 1 = 0 x =
x + x +1
2
2
2

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x =

3 13
2

2.7. Dạng 7: Phơng trình có dạng tổng quát: ax4 +
bx3+cx2+dx+e =0 (a 0).
a) Phơng pháp:
- Bớc 1: Biến đổi phơng trình về dạng
B(x2+b1x+c1) +C=0
14

a(x2+b1x+c1)2+


- Bớc 2: Đặt t= x2+b1x+c1, phơng trình trở thành: at2+Bt+C=0.
b) Ví dụ:
Giải phơng trình: x4 -4x3+3x2+2x-20 =0
(8.1)
Giải: Phơng trình (8.1) x4 -4x3+4x2-(x2- 2x) -20 =0
(x2- 2x)2-( x2- 2x)-20=0

Đặt t = x2- 2x (t -1), phơng trình trở thành:
= 4
t (loại)

t2 - t -20 =0 (t/m)
t = 5
Với t =5 thì x2- 2x =5 x = 1 6
Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 1 6 .
3. Phơng pháp đa về hai luỹ thừa cùng bậc.
a) Phơng pháp: Đa phơng trình về dạng: [f(x)]2 = [g(x)]2

f(x) = g(x)
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình: x4 = 24x + 32
(9.1) Giải: Phơng trình (9.1) x4 + 4x2 + 4 = 4x2 + 24x + 36
(x + 2) = ( 2x + 6)
2

2

2

x2 + 2 = 2x + 6
2
x + 2 = (2 x + 6)

x2 2x 4 = 0
2
x = 1 5
x
+
2
x
+
8
=
0

Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 1 + 5 ; x = 1 5
Ví dụ 2: Giải phơng trình: x4 + 4x -1=0
(9.2)

Giải: Phơng trình (9.2) x4 +2x2+1 = 2(x2-2x+1)

15


x 2 + 1 = 2 ( x 1)
( x + 1) = 2 ( x 1)
x 2 + 1 = 2 ( x 1)
2

2

2

x 2 2 x + 1 + 2 = 0 (VN )
2 4 2 2

x=
2
x 2 + 2 x + 1 2 = 0

Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x = 2 4 2 2
2

4. Phơng pháp dùng hệ số bất định:
a) Phơng pháp: Xét phơng trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d =
0

(10)

- Bớc1: Giả sử (10) phân tích đợc thành (x2 + a1x + b1)( x2 +
a2x + b2)=0

Khi đó ta có:

a1 + a 2 = a
a a + b + b = b
1 2
1
2

a1b2 + a 2 b1 = c
b1b2 = d

- Bớc 2: Xuất phát từ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm các hệ số
b1; b2; a1 ; a2.
x 2 + a1x + b1 = 0

- Bớc 3: Phơng trình (10)
2
x + a 2 x + b 2 = 0

* Chú ý: Phơng pháp này thờng áp dụng khi việc nhẩm tìm
các hệ số a1; b1; a2; b2 là đơn giản.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình:

x4 + 4x3 +3x2 + 2x - 1 = 0

(10.1)

Giải: Giả sử (10.1) phân tích đợc thành : (x2 + a1x + b1)( x2 +
a2x + b2) = 0

16


a1 + a2 = 4
b1 = −1
a a + b + b = 3
b =1
 1 2
 2
1
2
⇔
Khi ®ã: 
a1b2 + a2b1 = 2
a1 = 3


b1b2 = −1
a2 =1

Ph¬ng tr×nh (10.1) ⇔ (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = 0

−3 − 13
x =
 x 2 + 3x − 1 = 0
2
⇔ 2

⇔

−3 + 13
 x + x + 1=0 (VN )
x =

2

VËy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm:

x=

−3 ± 13
2

* NhËn xÐt: Tõ b1b2=-1 ta thö ngay víi b1=-1, b2=1, tõ ®©y cã
thÓ dÔ dµng t×m ®îc a1=3, a2=1.
VÝ dô 2: T×m a, b ®Ó ph¬ng tr×nh x4 - 4x3 +(4+a)x + b = 0
(10.2)
cã 2 nghiÖm kÐp ph©n biÖt.
Gi¶i: Ph¬ng tr×nh (10.2) cã 2 nghiÖm kÐp ph©n biÖt x1, x2
nªn:
x4 - 4x3 +(4+a)x + b = (x-x1)2(x-x2)2
⇔ x4 - 4x3 +(4+a)x + b = x 4-2(x1+x2)x3+(x12+x22 +4x1x2)x2-

2x1x2(x1+x2)x+x12x22
§ång nhÊt 2 vÕ, ta cã:
 x1 + x2 = 2 (1)
 −4 = −2( x1 + x2 )



2
2
2
0 = x1 + x 2 + 4x1x 2
(x1 + x 2 ) + 2x1x 2 = 0 (2)
⇔

 4 + a = −2x1x 2 ( x1 + x 2 )
 2x1x 2 ( x1 + x 2 ) = −4 − a (3)
b = x 2 x 2
 x 2 x 2 = b (4)

1
2
 1 2
 x1 + x 2 = 2
⇔ x1,2 = 1 ± 3
 x1x 2 = −2

Tõ (1), (2) ⇒ 

ThÕ vµo (3), (4) ta ®îc a=b=4.
VËy víi a= b =4 th× ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm kÐp ph©n biÖt.
17


5. Phơng pháp đánh giá:
a) Phơng pháp: Sử dụng các hằng đẳng thức, các bất đẳng
thức để đánh giá 2 vế của phơng trình. Từ đó đa ra kết luận

về nghiệm của phơng trình.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình x4 + 8x2 8x + 17 = 0
(11.1)
Giải: Phơng trình (11.1) x4 - 8x2 + 16 + 16x2 8x + 1 = 0
( x2 4)2 + ( 4x 1)2 = 0

Vì

( x 2 4) 2 0
nên (2)

(4 x 1) 2 0

x = 2


1
x = 4

x 2 4 = 0

4 x 1 = 0

Vậy phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phơng trình: ( x 8 ) + ( x 9 ) = 1
4

4

(11.2)
Giải: Dễ thấy x = 8 ; x = 9 đều là nghiệm của (11.2)
Xét các giá trị còn lại của x:
+) Với x < 8, ta có 9 x > 1 ( 9 x ) > 1 , ( x 8 ) > 0
4

4

Suy ra vế trái của (11.2) lớn hơn 1 nên (11.2) vô nghiệm.
+) Với x > 9, ta có x 8 > 1 ( x 8 ) > 1 , ( x 9 ) > 0
4

4

Suy ra vế trái của (11.2) lớn hơn 1 nên (11.2) vô nghiệm.
+) Với 8 < x < 9 thì:

0 < x 8 < 1 => (x-8)4< x-8
0 < 9 x < 1 => (x-9)4= (9-x)4 < 9-x



( x 8)

4

+ ( x 9 ) < x 8 + 9 x = 1 nên (11.2) vô nghiệm.
4

Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 8, x = 9.

18


v. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Thông qua quá trình giảng dạy học sinh lớp 10 và ôn luyện cho
đối tợng học sinh khá giỏi, tôi đã áp dụng đề tài trên và kết
quả cho thấy:
- Học sinh có khả năng nhìn nhận chính xác cách giải một phơng trình bậc bốn.
- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phơng pháp giải
hay, ngắn gọn cho từng dạng phơng trình bậc bốn.
- Hình thành đợc t duy logic, kỹ năng giải các phơng trình bậc
bốn. Đồng tời tạo hứng thú trong học tập cho học sinh.

C. kết luận
- Trong quá trình dạy học về phơng trình, hệ phơng trình và
bất phơng trình nói chung, tôi thấy các phơng pháp giải phơng trình bậc bốn cha đợc trình bày một cách đầy đủ. Vì
vậy, không chỉ học sinh lớp 10 mà ngay cả học sinh lớp 11, 12
vẫn thấy lúng túng khi gặp loại phơng trình này. Rất mong có
thêm nhiều tài liệu hơn nữa viết về đề tài này để góp phần
cho việc dạy và học đạt hiệu quả cao hơn.
- Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy tài liệu này rất hữu
ích đối với giáo viên và đã mang lại những kết quả khả quan
19


khi dạy học sinh. Hy vọng nó sẽ trở thành tài liệu tham khảo cho
các giáo viên, học sinh và những ngời quan tâm đến vấn đề
này. Do thời gian có hạn nên việc nghiên cứu không tránh khỏi
những thiếu sót. Rất mong đợc sự đóng góp ý kiến của ngời

đọc.
Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp
đã giúp đỡ tôi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này!

D. tài liệu tham khảo.
- Các bài giảng luyện thi môn toán- NXB Giáo dục.
- Tuyển chọn 400 bài toán đại số 10- Hà Văn Chơng. NXB ĐHQG
Hà Nội.
- Đại số sơ cấp- Trần Phơng - Lê Hồng Đức. NXB Hà Nội.
- Tạp chí toán học tuổi trẻ.
20


- §Ò thi tuyÓn sinh m«n to¸n- NXB Gi¸o dôc 1996.

21