Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức đại số dạng không đối xứng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

PHẠM ANH TUẤN

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA
THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHÔNG
ĐỐI XỨNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2015


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

PHẠM ANH TUẤN

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA
THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHƠNG
ĐỐI XỨNG

Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Đà Nẵng - Năm 2015


MỤC LỤC

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài . . . . . .
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên
3. Phương pháp nghiên cứu . .
4. Đối tượng nghiên cứu . . . .
5. Phạm vi nghiên cứu . . . .
6. Nội dung của luận văn . . .

. . . .
cứu đề
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .

. .
tài
. .
. .
. .
. .

. .

.
. .
. .
. .
. .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

1
1
1
1
1
1
2

CHƯƠNG 1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC 3
1.1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM THỨC BẬC HAI . . . . .
3
1.2. ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA . . . . . . . . . . . .
5
1.3. ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN . . . . . . . . . . . 14
CHƯƠNG 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG
2.1. PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI ĐỊNH HƯỚNG . . . . .
2.2. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN
2.2.1. Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2. Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SỐ . . . . . . . . . . . . . . .
2.4. PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26
26
35
35
46
51
61

CHƯƠNG 3. KHẢO SÁT CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ DẠNG
KHƠNG ĐỐI XỨNG
3.1. SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TAM THỨC BẬC HAI . . . . . .
3.2. SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA HÀM SỐ . . . . . . . . . . . .
3.3. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1. Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3.2. Phương pháp đổi biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65
65
69
77
77
81

KẾT LUẬN

85


TÀI LIỆU THAM KHẢO
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)

86


LỜI CAM ĐOAN
Tơi cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được
ai công bố trong bất kỳ cơng trình nào khác.
Tác giả luận văn

PHẠM ANH TUẤN


1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức là một bộ phận quan trọng của Giải Tích và Đại Số. Trong
hầu hết các kì thi đại học, thi học sinh giỏi Toán quốc gia, thi Olympic Toán
khu vực và quốc tế thì các bài tốn liên quan đến bất đẳng thức cũng rất
hay được đề cập và chúng thường thuộc loại khó hoặc rất khó. Hiện nay đã
có rất nhiều tài liệu viết về mảng bất đẳng thức trong lớp đa thức đại số
dạng đối xứng nhưng tài liệu về mảng bất đẳng thức trong lớp các đa thức
đại số dạng khơng đối xứng thì mới có rất ít và khá sơ sài. Chính vì vậy, tác
giả đã quyết định chọn đề tài "Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp
các đa thức đại số dạng không đối xứng" để làm luận văn thạc sĩ của mình.

2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu đề tài
Mục đích chính của luận văn này là trình bày một số phương pháp dùng
để giải các bài toán cực trị trong lớp các đa thức đại số dạng không đối xứng
trong đó đặc biệt chú trọng đến phương pháp tam thức bậc hai định hướng.

3. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh chuyên Toán do GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu chủ biên, tài liệu chun tốn giải tích 12, các chuyên đề
chọn lọc về bất đẳng thức và một số tài liệu tiếng Anh liên quan đến bất
đẳng thức (xem [1]-[14]).

4. Đối tượng nghiên cứu
Các phương pháp dùng để giải bài toán cực trị.

5. Phạm vi nghiên cứu
Luận văn chỉ tập trung nghiên cứu các bài toán cực trị trong lớp các đa
thức đại số dạng không đối xứng.

2

6. Nội dung của luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 3 chương:
Chương 1 trình bày các kiến thức cơ bản về tam thức bậc hai, phương
pháp giải phương trình bậc ba tổng quát và phương trình bậc bốn tổng qt
mà khơng thơng qua số phức.
Chương 2 trình bày một số phương pháp thơng dụng dùng để chứng
minh bất đẳng thức dạng không đối xứng như phương pháp tam thức bậc
hai định hướng, phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, phương
pháp sử dụng hàm số, phương pháp dồn biến.
Chương 3 trình bày một số phương pháp khác dùng để khảo sát bài
tốn cực trị dạng khơng đối xứng.


3

CHƯƠNG 1

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC

1.1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM THỨC BẬC HAI
Trong phần này, ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản liên quan đến tam
thức bậc hai với hệ số thực. Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 +bx+c (a = 0),
∆
b
với ∆ = b2 − 4ac.
khi đó af (x) = (ax + )2 −

2
4
Sau đây ta phát biểu hai kết quả quen thuộc về dấu của tam thức bậc
hai.
Định lý 1.1. Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0.
i) Nếu ∆ < 0 thì af (x) > 0, ∀x ∈ R.
ii) Nếu ∆ = 0 thì af (x) 0, ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
b
khi x = − .
2a
iii) Nếu ∆ > 0 thì af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với
√
∆
b
x1,2 = − ∓
.
(1.1)
2a 2|a|
Trong trường hợp này, af (x) < 0 khi x ∈ (x1 , x2 ) và af (x) > 0 khi
x < x1 hoặc x < x2 .
Định lý 1.2 (Định lí đảo). Điều kiện cần và đủ để tồn tại số α sao cho
af (α) < 0 là ∆ > 0 và x1 < α < x2 , trong đó x1,2 là các nghiệm của f (x)
xác định theo (1.1).
Nhận xét rằng, hai định lí trên đều được mơ tả thơng qua bất đẳng thức
(kết quả so sánh biệt thức ∆ với 0). Định lí thuận và định lí đảo về dấu của
tam thức bậc hai cho ta phát biểu kết quả biểu diễn tam thức bậc hai theo
các nghiệm của chúng.
Định lý 1.3 (Định lí Viete). Điều kiện cần và đủ để tam thức bậc hai

f (x) = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R, a = 0,

có nghiệm thực là tồn tại các số x1 , x2 ∈ R sao cho


 b = −x1 − x2
a
c

 = x1 x2
a


4

Tuy nhiên, ta cũng có thể phát biểu kết quả tương tự trong trường hợp
khi ta còn chưa tường minh các nghiệm x1 , x2 của tam thức bậc hai. Điều
này rất có ý nghĩa khi ta xét các bài tốn tam thức bậc hai tổng qt. Hai
định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, khi
nào thì tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0 có nghiệm. Khơng mất
tính tổng qt, ta xét tam thức bậc hai dạng

f (x) = 3x2 + 2bx + c.

(1.2)

Ta chứng minh 2 kết quả quan trọng khác liên quan đến tam thức bậc
hai f (x) dạng (1.2).
Định lý 1.4. Với mọi tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực đều tồn
tại một nguyên hàm F (x), là đa thức bậc ba, có ba nghiệm đều thực.
Chứng minh. Khi f (x) có nghiệm kép, tức là f (x) = a(x − x0 )2 , thì
ta chỉ cần chọn nguyên hàm dưới dạng

a
F (x) = (x − x0 )3 .
3
Khi f (x) có hai nghiệm phân biệt, tức là

f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), x1 < x2 , a = 0,
ta chọn nguyên hàm F (x) thỏa mãn điều kiện

F

x1 + x2
2

= 0.

Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có cực đại cực tiểu lần lượt tại x1 và x2 và
x1 + x2
điểm uốn của đồ thị tương ứng là M
, 0 . Từ đây suy ra điều cần
2
chứng minh.
Định lý 1.5. Tam thức bậc hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghiệm (thực)
khi và chỉ khi các hệ số b, c có dạng

b = α + β + γ
c = αβ + βγ + γα
Chứng minh. Điều kiện đủ là hiển nhiên bởi vì ta có

∆ = b2 − 3c = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα)
= α2 + β 2 + γ 2 − (αβ + βγ + γα)

1
1
1
= (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2
2
2
2

0.


5

Điều kiện cần. Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1 , x2 . Khi
đó, tồn tại đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, là nguyên hàm của f (x), tức
là:
F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ).
Từ đây suy ra điều cần chứng minh.

1.2. ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
Trước tiên ta nhắc lại một định lí quen thuộc trong chương trình tốn
bậc phổ thơng là định lí Rolle.
Định lý 1.6 (Định lí Rolle). 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.
Ta kí hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực là R[x]. Từ định lí
Rolle, ta chứng minh được kết quả sau đối với đa thức.
Định lý 1.7. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức
P (x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực.
Hệ quả 1.1. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực thì đa

thức P (x) cũng có các nghiệm đều thực.
Bây giờ ta tìm các tiêu chuẩn để nhận biết, thông qua biểu diễn các hệ
số, khi nào thì một đa thức bậc ba tổng quát

f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, a, b, c, d ∈ R, a = 0
có các nghiệm đều thực.
Khơng mất tính tổng qt, ta coi đa thức bậc ba tổng quát có dạng

f (x) = −4x3 + 3ax2 − 2bx + c, a, b, c ∈ R.
Bổ đề 1.1. Đa thức bậc ba với hệ số thực f (x) = −4x3 + 3ax2 − 2bx + c
có các nghiệm đều thực khi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng



a=α+β+γ+δ


(1.3)
b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ



c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ
trong đó α, β, γ, δ ∈ R.


6

Chứng minh. Điều kiện đủ. Xét đa thức

F (x) = −x4 + ax3 − bx2 + cx − m
với m là hằng số tùy ý. Thay a, b, c từ công thức (1.3) vào biểu thức của
F (x), ta thu được

F (x) = −x4 + (α + β + γ + δ)x3
− (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2 + (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − m.
Chọn m = αβγδ . Khi đó, ta có

F (x) = −x4 + (α + β + γ + δ)x3 − (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2
+ (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − αβγδ
= −(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ).
Suy ra F (x) có bốn nghiệm thực là α, β, γ, δ . Theo định lí Rolle thì đạo
hàm của nó là f (x) = F (x) sẽ có ba nghiệm thực.
Điều kiện cần. Giả sử phương trình bậc ba có ba nghiệm x1 , x2 , x3 . Ta
chỉ ra rằng tồn tại đa thức bậc bốn có bốn nghiệm thực là nguyên hàm của
f (x), tức là F (x) = −(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ). Thật vậy, ta xét ba
trường hợp sau đây.
i) Nếu f (x) có nghiệm bội bậc ba là x0 thì f (x) có dạng

f (x) = −4(x − x0 )3 .
Chọn F (x) = −(x − x0 )4 thì ta sẽ có α = β = γ = δ = x0 .
ii) Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệm
kép. Giả sử đó là nghiệm x0 , nghiệm cịn lại là x1 . Khơng giảm tính tổng
qt, ta giả sử x0 = 0. Khi đó f (x) có dạng

f (x) = −4x2 (x − x1 ) = −4x3 + 4x1 x2 .
Suy ra

4
F (x) = −x4 + x1 x3 + m (m là hằng số).

3
4
Chọn m = 0 thì đa thức F (x) = −x3 (x − x1 ) sẽ có hai nghiệm phân
3
4
biệt, trong đó, x = 0 là nghiệm bội ba, nghiệm còn lại là x = x1 . Khi đó,
3
ta thu được
4
α = β = γ = 0, δ = x1 .
3


7

Nhận xét rằng trong trường hợp tổng quát, nếu f (x) có nghiệm kép (bội
bậc hai) là x0 , nghiệm cịn lại là x1 thì ta thu được

4
α = β = γ = x0 , δ = x0 + x1 .
3
iii) Nếu f (x) có ba nghiệm phân biệt, thì khơng giảm tổng qt, ta có
thể coi f (x) có dạng
f (x) = −4(x + a)x(x − b), a > 0, b > 0,
hay

f (x) = −4x3 − 4(a − b)x2 + 4abx, a > 0, b > 0.
Khi đó

4

F (x) = −x4 − (a − b)x3 + 2abx2 + m.
3
Chọn m = 0 thì
4
F (x) = −x4 − (a − b)x3 + 2abx2
3
4
= −x2 [x2 + (a − b)x − 2ab].
3
Suy ra F (x) = 0 khi và chỉ khi
4
x2 [x2 + (a − b)x − 2ab] = 0.
3
4
Khi x2 = 0 thì x1 = x2 = 0. Xét phương trình x2 + (a − b)x − 2ab = 0,
3
4(a + b)2 + 2ab
ta có ∆ =
, (a > 0, b > 0). Do đó phương trình bậc hai
9
tương ứng có hai nghiệm thực phân biệt là x3 , x4 .
Vậy F (x) có bốn nghiệm là
x1,2 = 0 (α = β = 0), x3 = γ, x4 = δ.
Từ bổ đề trên ta có thể phát biểu kết quả sau.
Định lý 1.8. Đa thức bậc ba với hệ số thực f (x) = x3 + ax2 + bx + c
có các nghiệm đều thực khi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng

3



a = − (α + β + γ + δ)


4

1
b = (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)

2



c = − 1 (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)
4
trong đó α, β, γ, δ ∈ R.


8

Định lý 1.9 (Định lí Viete cho phương trình bậc 3). Nếu x1 , x2 , x3 là
ba nghiệm của phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = 0 thì ta có



T = x1 + x2 + x3 = −a

 1
T2 = x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b




T = x x x = −c
3

1 2 3

Từ định lí này, ta có hệ quả sau
Hệ quả 1.2.

(x1 + x2 − x3 )(x2 + x3 − x1 )(x3 + x1 − x2 ) = a3 − 4ab + 8c
Chứng minh. Thật vậy, ta có

(x1 + x2 − x3 )(x2 + x3 − x1 )(x3 + x1 − x2 )
= (T1 − 2x1 )(T1 − 2x2 )(T1 − 2x3 )
= (T1 − 2x1 )(T12 − 2T1 x2 − 2T1 x3 + 4x2 x3 )
= T13 − 2T12 x1 − 2T12 x2 + 4T1 x1 x2 − 2T12 x3 + 4T1 x1 x3 + 4T1 x2 x3 − 8x1 x2 x3
= −T13 + 4T1 T2 − 8T3 = a3 − 4ab + 8c.
Định lý 1.10 (Định lí Sturm về nghiệm của phương trình bậc ba).
Phương trình bậc ba

x3 + ax2 + bx + c = 0

( )

với các hệ số thực a, b, c có ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 khi và chỉ khi

−4a3 c + a2 b2 + 18abc − 4b3 − 27c2

0.

(1.4)

Chứng minh. Phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = 0 có thể đưa về
1
a
dạng rút gọn y 3 + py + q = 0 bằng cách đặt y = x + với p = b − a2 , q =
3
3
3
2a
ab
− + c. Hơn nữa phương trình y 3 + py + q = 0 có ba nghiệm thực khi
27
3
q 2 p3
+
0.
và chỉ khi
4
27
Thay
1
2a3 ab
p = b − a2 , q =
−
+c
3
27
3

9

vào bất đẳng thức

q 2 p3
+
4
27
ta được

Suy ra

0

q 2 p3
1 a3 ab
1
1 2 3
+
= (2
+ c)2 + (b
a)
4
27 4 27
3
27
3
1
(4a3 c a2 b2 18abc + 4b3 + 27c2 ) 0.

=
108
3
4a c + a2 b2 + 18abc 4b3 27c2 0.
(Điều kiện để nghiệm phương trình bậc ba dương)

Phương trình bậc ba

x3 + ax2 + bx + c = 0

( )

có ba nghiệm dương x1 , x2 , x3 khi và chỉ khi ta có bất đẳng thức (1.4) và

a < 0, b > 0, c < 0.

(1.5)

Nếu cả ba nghiệm là dương thì chúng là
những nghiệm thực nên theo định lí 1.9, ta có

T1 = x1 + x2 + x3 =

a ) a < 0,

T2 = x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b ) b > 0,
T3 = x1 x2 x3 =

c ) c < 0.

Vậy (1.5) được thỏa mãn.
Nếu (1.4) thỏa mãn thì theo định lí 1.10 các nghiệm của
( ) phải là nghiệm thực. Hơn nữa nếu có một nghiệm, giả sử x1 0 thì theo
(1.5), ta có
x31 + ax21 + bx1 + c < 0.
Điều này là vơ lí bởi vì x1 là một nghiệm của phương trình ( ). Do đó,
tất cả các nghiệm của phương trình ( ) phải là những số dương.
Phương trình bậc ba

x3 + ax2 + bx + c = 0

( )

có ba nghiệm x1 , x2 , x3 là độ dài ba cạnh của tam giác khi và chỉ khi có bất
đẳng thức (1.4), (1.5) và

a3

4ab + 8c > 0

(1.6)


10

Chứng minh. Điều kiện cần. Ta có

(x1 + x2 − x3 )(x2 + x3 − x1 )(x3 + x1 − x2 ) = a3 − 4ab + 8c.
Nếu các nghiệm của phương trình ( ) là độ dài ba cạnh tam giác thì
chúng là những số dương và

x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0.
Điều này chứng tỏ (1.4), (1.5), (1.6) thỏa mãn.
Điều kiện đủ. Vì (1.4), (1.5) thỏa mãn nên nghiệm của phương trình là
những số thực dương. Vì (1.6) thỏa mãn nên

x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0.
Thật vậy, nếu một trong ba bất đẳng thức trên có dấu ngược lại, chẳng
hạn x1 + x2 − x3 0, thì theo (1.6) phải có một bất đẳng thức nữa có dấu
ngược lại. Chẳng hạn, x3 + x1 − x2 0. Từ đó suy ra x1 0, vơ lí.
Vậy các nghiệm x1 , x2 , x3 của phương trình ( ) là độ dài ba cạnh của
tam giác.
Tiếp theo ta sẽ nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số
thực tùy ý mà khơng thơng qua số phức.
Bài tốn 1.1. Giải phương trình

ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a = 0)

(1.7)

khi biết x = x0 là một nghiệm của phương trình.
Giải. Vì x0 là một nghiệm của phương trình (1.7) nên

ax30 + bx20 + cx0 + d = 0.
Ta có
(1.7) ⇔ ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d

⇔ a(x3 − x30 ) + b(x2 − x20 ) + c(x − x0 ) = 0
⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c] = 0.
i) Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax20 + bx0 + c) < 0 thì phương trình (1.7)

có nghiệm duy nhất là x0 .
ii) Nếu ∆ 0 thì phương trình (1.7) có các nghiệm là
√
−(ax0 + b) ± ∆
x0 ; x1,2 =
.
2a


11

Bài tốn 1.2. Giải phương trình

ax3 + bx2 + cx + d = 0

(1.8)

ac3 = db3 (a = 0, d = 0).

(1.9)

với điều kiện

Phương trình (1.8) với điều kiện (1.9) được gọi là phương trình hồi quy
bậc ba.
Chứng minh. Từ (1.9) suy ra:
d
3
i) c = 0 ⇒ b = 0 và (1.8) ⇔ ax3 + d = 0 ⇔ x = − .
a

c 3
d
.
ii) c = 0 ⇒ b = 0 và =
a
b
c
Đặt = −x0 thì c = −bx0 , d = −ax30 . Thế vào (1.8), ta được
b

ax3 + bx2 − bx0 x − ax30 = 0
⇔ a(x3 − x30 ) + bx(x − x0 ) = 0
⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 ] = 0.
c
Vậy x = x0 = − là một nghiệm.
b
Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a2 x20 0 thì phương trình (1.8) cịn có nghiệm
√
−(ax0 + b) ± ∆
x=
.
2a
Bài tốn 1.3. Giải phương trình

4x3 − 3x = m với |m|

1

(1.10)

Giải. Đặt m = cos α = cos(α ± 2π), khi đó

α
α
α
= 4 cos3 − 3 cos .
3
3
3
α
α ± 2π
Do vậy phương trình (1.10) có ba nghiệm là x1 = cos ; x2,3 = cos
.
3
3
1
1
Bài toán 1.4. a) Đặt x =
a+
, a = 0. Chứng minh rằng
2
a
cos α = cos 3.

4x3 − 3x =

1 3
1
a + 3
2

a

.

(∗)


12

b) Giải phương trình

4x3 − 3x = m, |m| > 1.
Giải. a) Thế x =

1
1
a+
2
a

(1.11)

vào vế trái của (∗) thì ta được ngay điều

phải chứng minh.
b) Ta chứng minh phương trình (1.11) có nghiệm duy nhất.
Thật vậy, phương trình (1.11) khơng có nghiệm trong đoạn [−1, 1] bởi
vì nếu x = x0 ∈ [−1, 1] là nghiệm thì đặt x0 = cos ϕ. Khi đó

|4x3 − 3x| = | cos 3ϕ|

4x31

1 = m.

Giả sử phương trình (1.11) có nghiệm x = x1 với |x1 | > 1. Khi đó
− 3x1 = m, và ta có phương trình:

4x3 − 3x = 4x31 − 3x1
⇔ 4(x3 − x31 ) − 3(x − x1 ) = 0
⇔ (x − x1 )[4x2 + 4x1 x + 4x21 ] = 0
⇔ x = x1 .
Vậy x = x1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1.11).
√
1
1 3
a + 3 với a3 = m ± m2 − 1, khi đó theo (∗) thì
Đặt m =
2
a
phương trình (1.11) có nghiệm duy nhất là

x=

1
1
a+
2
a

=

1
2

3

m2 − 1 +

m+

3

m−

m2 − 1

Bài tốn 1.5. Giải phương trình

4x3 + 3x = m, m ∈ R

(1.12)

Giải. Nhận xét rằng nếu x = x0 là nghiệm của phương trình (1.12) thì
đó là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, xét x > x0 , khi đó 4x3 + 3x > 4x30 + 3x0 = m. Tương tự, với
x < x0 thì 4x3 + 3x < 4x30 + 3x0 = m.
1
1
Đặt x =
a−

, a = 0. Ta dễ dàng chứng minh được đẳng thức
2
a

4x3 + 3x =

1 3
1
a − 3
2
a

(∗∗)


13

rồi dựa vào đẳng thức này, ta có thể giải phương trình (1.12) như sau:
√
1
1 3
a − 3 với a3 = m ± m2 + 1. Khi đó theo (∗∗) ta có
Đặt m =
2
a
nghiệm duy nhất của phương trình (1.12) là

x=

1

1
a−
2
a

1
2

=

3

m+

√

m2 + 1 +

3

m−

√

m2 + 1

Bài toán 1.6. Giải và biện luận phương trình

t3 + at2 + bt + c = 0

(1.13)

a
Giải. Đặt t = y − . Khi đó ta có thể viết phương trình (1.13) dưới
3
dạng
y−

a
3

3

+a y−

a
3

2

+b y−

a
+c=0
3

2a3 ab
a2
− b và q = −
+

− c.
⇔ y − py = q, trong đó p =
3
27
3
3

i) Nếu p = 0 thì phương trình (1.13) có nghiệm duy nhất là y =
p
ii) Nếu p > 0 thì đặt y = 2
x, khi đó ta được phương trình
3
√
3
3q
4x3 − 3x = m với m = √ .
2p p

· Nếu |m|

√
3

q.

1 thì ta đặt m = cos α và phương trình (1.13) có ba nghiệm

là

α

α ± 2π
x1 = cos ; x2,3 = cos
.
3
3
√
1 3
1
· Nếu |m| > 1 thì đặt m =
d + 3 với d3 = m ± m2 − 1. Khi
2
d
đó phương trình (1.13) có nghiệm duy nhất là
x=

1
1
d+
2
d

=

1
2

3

m+

iii) Nếu p < 0 thì đặt y = 2

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1

−p
x, ta sẽ được phương trình
3

4x3 + 3x = m.


14

√
1
1 3
d − 3 với d3 = m ± m2 + 1. Khi đó phương trình
2
d
(1.13) có nghiệm duy nhất là
Đặt m =

x=

1
1
d−
2
d

=

1
2

3

m+

√

m2 + 1 +

3

m−

√

m2 + 1 .

1.3. ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN
Mở đầu phần này, ta sẽ khảo sát các đa thức bậc 4.
Bổ đề 1.2. Giả sử đa thức

f (x) = 5(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ), x1

x2

x3

x4

có nguyên hàm F0 (x) là đa thức bậc năm với hệ số thực

F0 (x) = x5 − a1 x4 + a2 x3 − a3 x2 + a4 x.
Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại hằng số thực c sao cho nguyên
hàm

F (x) = F0 (x) − c
có các nghiệm đều thực là

F0 (x1 )

F0 (x4 ).

(1.14)

Chứng minh. Ta xét các trường hợp theo sự phân bố các nghiệm của
đa thức f (x).
i) Khi f (x) có các nghiệm phân biệt, tức là x1 < x2 < x3 < x4 , thì
ngun hàm của nó đạt cực đại tại x = x1 và x = x3 , đạt cực tiểu tại x = x2
và x = x4 . Nếu xảy ra trường hợp (1.14) thì ta có

F0 (x1 )

max {F0 (x2 ), F0 (x4 )} , F0 (x3 )

max {F0 (x2 ), F0 (x4 )} .

Suy ra min {F0 (x1 ), F0 (x3 )} max {F0 (x2 ), F0 (x4 )} . Vậy ta chọn c sao
cho c ∈ (max {F0 (x2 ), F0 (x4 )} , min {F0 (x1 ), F0 (x3 )}), thì nguyên hàm F (x)
tương ứng sẽ có năm nghiệm thực.
ii) Khi f (x) có hai nghiệm trùng nhau, chẳng hạn

x1 = x2 < x3 < x4 (x1 < x2 < x3 = x4 )
và F0 (x1 ) < F0 (x4 ), thì hiển nhiên (1.14) là không thỏa mãn và không tồn
tại c để đa thức F (x) có năm nghiệm thực. Khi F0 (x1 ) F0 (x4 ), thì ta chọn
c = F0 (x1 ). Ta thu được đa thức F (x) tương ứng có năm nghiệm thực. Nếu


15

xảy ra trường hợp x1 < x2 = x3 < x4 thì chọn c = F (x2 ). Ta thu được đa
thức F (x) có năm nghiệm thực.
Thật vậy, do x2 là nghiệm kép của f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc
ba của nguyên hàm F0 (x). Mà hàm số F0 đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu
tại x4 nên F0 (x1 ) > F0 (x2 ) = F0 (x3 ) > F0 (x4 ). Do đó F0 (x1 ) − c > 0. Mặt
khác, ta thấy lim F0 (x) = −∞ nên trong khoảng (−∞, x1 ), đa thức F0 (x)
x→−∞

có ít nhất một nghiệm. Tương tự, do F0 (x4 ) − c < 0 và lim F0 (x) = +∞
x→+∞

nên trong khoảng (x4 , +∞), đa thức F0 (x) cũng có nghiệm.
iii) Khi f (x) có hai nghiệm kép, tức là x1 = x2 < x3 = x4 , thì

f (x) = 5(x − x1 )2 (x − x3 )2 , f (x)

0 ∀x ∈ R

nên F0 (x) là hàm đơn điệu tăng. Vì vậy điều kiện (1.14) là khơng thỏa mãn.
Khi đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ thị của đa thức
F0 (x) tại một điểm (bội bậc 3), tức là F (x) có ba nghiệm thực (kể cả bội).
Do đó, ứng với mọi c ∈ R, các ngun hàm Fc (x) tương ứng đều có khơng
q ba nghiệm thực.
iv) Khi f (x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn

x1 = x2 = x3 < x4 (x1 < x2 = x3 = x4 )
5
4
1
thì f (x) = 5(x − x1 )3 (x − x4 ). Khi đó F0 (x) = (x − x1 )4 ( x + x1 − x4 ).
4
5
5
Do đó F0 (x1 ) = (x − x1 )5 , F0 (x4 ) = (x − x4 )5 . Suy ra F0 (x1 ) = F0 (x2 ) =
F0 (x3 ) F0 (x4 ) thỏa mãn điều kiện (1.14). Ta chọn c = 0 thì đa thức F (x)
có đúng năm nghiệm thực.
v) Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả bốn nghiệm trùng nhau
x1 = x2 = x3 = x4 ,
thì hiển nhiên điều kiện (1.14) được thỏa mãn và f (x) = 5(x − x1 )4 . Chọn
c = x51 (là giá trị duy nhất) thì nguyên hàm F (x) = (x − x1 )5 có nghiệm
thực bội bậc năm, tức là F (x) thỏa mãn điều kiện của định lí.

Từ kết quả khảo sát bài toán ngược trên ta phát biểu điều kiện cần và
đủ để đa thức bậc bốn có tất cả các nghiệm đều thực (trừ trường hợp có hai
nghiệm kép) dưới dạng định lí sau.
Định lý 1.13. Đa thức bậc bốn

f (x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d
có bốn nghiệm thực (nhưng khơng có hai nghiệm kép) khi và chỉ khi các hệ


16

số có dạng



a = α1 + α2 + α3 + α4 + α5




b = α α + α α + α α + α α + α α + α α + α α + α α + α α + α α
1 2
1 3
1 4
1 5
2 3
2 4
2 5
3 4
3 5

4 5


c = α1 α2 α3 + α1 α2 α4 + α1 α2 α5 + α1 α3 α4 + α1 α3 α5 + α2 α3 α4 + α2 α3 α5 + α3 α4 α5




d = α α α α + α α α α + α α α α
1 2 3 4
1 2 3 5
2 3 4 5
Chứng minh. Điều kiện đủ. Xét hàm số

F (x) = (x + α1 )(x + α2 )(x + α3 )(x + α4 )(x + α5 )
có năm nghiệm thực α1 , α2 , α3 , α4 , α5 . Khi đó đạo hàm f (x) = F (x) = 0 có
bốn nghiệm thực. Do đó

f (x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d
có bốn nghiệm thực với a, b, c, d thỏa mãn hệ thức trên.
Điều kiện cần. Giả sử phương trình bậc bốn có bốn nghiệm thực x1 , x2 , x3 , x4 ,
trừ trường hợp có hai nghiệm bội. Khi đó, tồn tại đa thức bậc năm có năm
nghiệm thực, là nguyên hàm của f (x), tức là:

F (x) = (x + α1 )(x + α2 )(x + α3 )(x + α4 )(x + α5 ).
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta sẽ nêu phương pháp giải một số dạng phương trình bậc
bốn đặc biệt và phương trình bậc bốn tổng qt.
Bài tốn 1.7. Giải phương trình trùng phương

ax4 + bx2 + c = 0 (a = 0, c = 0)

(1.15)

Giải. Đặt x2 = y, y > 0 (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1.15)). Khi
đó phương trình (1.15) trở thành

ay 2 + by + c = 0, y > 0.
i) Nếu b2 − 4ac < 0 thì phương trình (1.15) vô nghiệm.
ii) Nếu

b2 − 4ac = 0
 −b 0
2a


17

thì phương trình (1.15) vơ nghiệm.
iii) Nếu

b2 − 4ac = 0
 −b > 0
2a
thì phương trình (1.15) có các nghiệm là x = ±

−b
.
2a

iv) Nếu



b2 − 4ac > 0


 −b
>0

2a


c

 >0
a
thì phương trình (1.15) có các nghiệm là x = ±

−b ±

√

b2 − 4ac
.
2a

v) Nếu




b2 − 4ac > 0


 −b
<0

2a


c

 >0
a
thì phương trình (1.15) vơ nghiệm.
c
vi) Nếu < 0 thì phương trình (1.15) có các nghiệm là
a
√
−b + b2 − 4ac
x=±
.
2a
Bài tốn 1.8. Giải phương trình

(x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m

(1.16)

với giả thiết rằng a + b = c + d.

Giải. Đặt x2 + (a + b)x = x2 + (c + d)x = t, ta thu được phương trình

(t + ab)(t + cd) = m


18

hay

t2 + (ab + cd)t + abcd − m = 0.
i) Nếu (ab − cd)2 + 4m < 0 thì phương trình (1.16) vơ nghiệm.
ii) Nếu

(ab − cd)2 + 4m = 0
a2 + b2 − 2cd 0
thì phương trình (1.16) có các nghiệm là
√
−a − b ± a2 + b2 − 2cd
.
x=
2
iii) Nếu

(ab − cd)2 + 4m = 0
a2 + b2 − 2cd < 0
thì phương trình (1.16) vơ nghiệm.
iv) Nếu

(ab − cd)2 + 4m > 0
a2 + b2 − 2cd − 2 (ab − cd)2 + 4m > 0

thì phương trình (1.16) có các nghiệm là

−a − b ±
x=

a2 + b2 − 2cd + 2 (ab − cd)2 + 4m
2

và

−a − b ±
x=

a2 + b2 − 2cd − 2 (ab − cd)2 + 4m
2

v) Nếu

(ab − cd)2 + 4m > 0
(a2 + b2 − 2cd)2 − 4 (ab − cd)2 + 4m < 0

.


19

thì phương trình (1.16) có các nghiệm là

−a − b ±

a2 + b2 − 2cd + 2 (ab − cd)2 + 4m

x=

.

2

vi) Nếu

(ab − cd)2 + 4m > 0
a2 + b2 − 2cd + 2 (ab − cd)2 + 4m < 0
thì phương trình (1.16) vơ nghiệm.
vii) Nếu

(ab − cd)2 + 4m > 0
a2 + b2 − 2cd − 2 (ab − cd)2 + 4m = 0
thì phương trình (1.16) có các nghiệm là

−a − b ±

a2 + b2 − 2cd + 2 (ab − cd)2 + 4m

x=

2

và

x=

−a − b
.
2

viii) Nếu

(ab − cd)2 + 4m > 0
a2 + b2 − 2cd + 2 (ab − cd)2 + 4m = 0
thì phương trình (1.16) có nghiệm là x =

−a − b
.
2

Bài tốn 1.9. Giải phương trình

(x + a)4 + (x + b)4 = m
Giải. Đặt x = t −

a+b
. Khi đó phương trình (1.17) trở thành
2

16t4 + 24(a − b)2 t2 + (a − b)4 − 8m = 0.

(1.17)


20

i) Nếu (a − b)4 + m < 0 thì phương trình (1.17) vơ nghiệm.
ii) Nếu

(a − b)4 + m = 0
a = b
thì phương trình (1.17) vơ nghiệm.
iii) Nếu

(a − b)4 + m = 0
a = b
thì phương trình (1.17) có nghiệm là x = −a.
iv) Nếu

(a − b)4 + m > 0
(a − b)4 − 8m 0
thì phương trình (1.17) có các nghiệm là

x=±

−12(a − b)2 +

128(a − b)4 + 128m a + b
−
.
16
2

v) Nếu


(a − b)4 + m > 0
(a − b)4 − 8m > 0
thì phương trình (1.17) vơ nghiệm.
Bài tốn 1.10. Giải phương trình

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

(1.18)

ad2 = eb2 (a, b = 0).

(1.19)

với điều kiện