Tài liệu Phương trình hàm bậc 4 và cách giải pdf

1
GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN
0
234
 dcxbxaxx


Trong chương trình đại số ở trường phổ thông chúng ta chỉ học một loại
phương trình bậc bốn đặc biệt. Đó là phương trình trùng phương. Tuy nhiên
trong các đề thi đại học thì dạng phương trình thường khai triển và đưa về dạng
phương trình bậc bốn không thuộc dạng trùng phương
Sau đây xin giới thiệu với các bạn cách giải các phương trình bậc bốn dạng
0
234
 dcxbxaxx
trong đó
dcba ,,,
là các số thực khác không.
1. Với các phƣơng trình bậc bốn, trong một số trƣờng hợp cụ thể, nếu ta
có cách nhìn sáng tạo, biết biến đổi hợp lí và sáng tạo, ta có thể giải đuợc
chúng không khó khăn gì.
Ví dụ 1. Giải phương trình

 
0246
2
2
2
 axxax

(1)
Phương trình (1) được viết thành

02462
2224
 axxaaxx

hay
 
02462
224
 aaxxax
(2)
Phương trình (2) là phương trình bậc bốn đối với x mà bạn khống đuợc học
cách giải.
Nhưng ta lại có thể viết phương trình (1) dưới dạng

 
04612
2422
 xxxaxa
(3)
Và xem (3) là phương trình bậc hai đối với a.
Với cách nhìn này, ta tìm được a theo x:

xxxxxxa 46121
24242
2,1


 
121
1441
2
22


xx
xxx

Giải các phương trình bậc hai đối với x

022
2
 axx
(4)
Và
02
2
 axx
(5)
Ta tìm đuợc các nghiệm (1) theo a.
Điều kiện để (4) có nghiệm là
03  a
và các nghiệm của (4) là

ax  31
2,1

Điều kiện để (5) có nghiệm là
01  a
và các nghiệm của (5) là

ax  11
4,3

Tổng kết
a
-3 -1
Phương trình (4)
Vô nghiệm
2 nghiệm
2 nghiệm
Phương trình (5)
Vô nghiệm
Vô nghiệm
2 nghiệm
Phương trình (6)
Vô nghiệm
2 nghiệm
4 nghiệm
1 nghiệm 3 nghiệm


2
Ví dụ 2. Giải phương trình

0445
234

 xxxx
(1)
Phương trình (1) đuợc viết dưới dạng:

 
   
  
014
0141
0444
22
222
2234



xxx
xxxxx
xxxxx

Vậy (1) có 4 nghiệm là

.
2
51
;
2
51
;2;2
4321




 xxxx

Ví dụ 3. Giải phương trình

0521104832
234
 xxxx
(1)
Ta viết (1) dưới dạng:

   
05347924162
2234
 xxxxx

Và đặt:
xxy 34
2

thì (1) được biến đổi thành

0572
2
 yy

Từ đó
1

1
y
và
2
5
2
y

Giải tiếp các phương trình bậc hai đối với x sau đây (sau khi thay
1
1
y
và
2
5
2
y
vào
xxy 34
2

):

0134
2
 xx

Và
0568
2

 xx

Ta sẽ đuợc các nghiệm của (1).
Ví dụ 4. Giải phương trình

0231632
234
 xxxx
(1)
Đây là phương trình bậc bốn (và là phương trình hồi quy khi
2
ed
ab




)
Với phương trình này ta giải như sau:
Chia hai vế của phương trình cho
2
x
(khác không) thì (1) tương đuơng với

0
23
1632
2
2


x
x
xx

Hay
2
2
11
2 3 16 0xx
xx
   
    
   
   

Đặt
1
yx
x

thì
22
2
1
2yx
x
  

Phương trình (1) đuợc biến đổi thành:

 
2
2 2 3 16 0yy   

hay
2
2 3 20 0yy  

Phương trình này có nghiệm là
12
5
4,
2
yy  



3
Vì vậy
1
4x
x
  
và
15
2
x
x

tức là

2
4 1 0xx  
và
2
2 5 2 0xx  

Từ đó ta tìm đuợc các nghiệm của (1) là:
1,2 3 4
1
2 3, , 2
2
x x x    
.
Như vậy, với các ví dụ 2,3 và 4 ta giải đuợc phương trình bậc bốn nhờ biết
biến đổi sáng tạo vế trái của phương trình để dẫn tới việc giải các phương trình
và phương trình quen thuộc.
2. Có thể giải phƣơng trình bậc bốn nói trên bằng cách phân tích vế
trái của phƣơng trình thành nhân tử bằng phương pháp hệ số bất định.
Ví dụ 5. Giải phương trình:
4 3 2
4 10 37 14 0x x x x    
(1)
Ta thử phân tích vế trái thành hai nhân tử bậc hai
2
x px q
và
2
x rx s
,
trong đó

, , ,p q r s
là các hệ số nguyên chưa xác định.
Ta có:
  
4 3 2 2 2
4 10 37 14x x x x x px q x rx s        
(2)
Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc hai vế của đồng nhất thức
ta có hệ phương trình sau

4
10
37
14
pr
s q pr
ps qr
qs
  


   








Nhờ phương trình cuối cùng của hệ này ta đoán nhận các giá trị nguyên
tương ứng có thể lấy đuợc của q và s như sau
q 1 2 7 14 -1 -2 -7 -14
s -14 -7- 2 -1 14 7 2 1
Thử lần lượt các giá trị trên của q thì thấy với
2, 7qs  
phương trình thứ
hai và thứ ba của hệ trên cho ta hệ phương trình mới

5
7 2 37
pr
pr



  


Mà khử
p
đi thì đuợc
2
2 37 35 0rr  

Phương trình này cho nghiệm nguyên của
r
là 1. Nhờ thế ta suy ra
5p 

Thay các giá trị
, , ,p q r s
vừa tìm được vào (2) thì có:

  
4 3 2 2 2
4 10 37 14 5 2 7x x x x x x x x        

Phương trình (1) ứng với
  
22
5 2 7 0x x x x    

Giải phương trình tích này ta đuợc các nghiệm sau của (1):

5 17 1 29
;
22
xx
  


Lƣu ý: Trong một số truờng hợp ta không thể dùng phương pháp này vì nhiều
khi việc phân tích trên không được như mong muốn chẳng hạn khi hệ trên
không có nghiệm nguyên.


4
3. Sau đây ta sẽ tìm công thức nghiệm của phƣơng trình bậc bốn

 
4 3 2
0f x x ax bx cx d     
(1)
trong đó
, , ,a b c d
là các số thực.
Dụng ý của ta là phân tích đa thức
4 3 2
x ax bx cx d   
thành hai nhân tử bậc
hai
Dùng ẩn phụ h, ta biến đổi như sau:

 
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2 4 4 2
f x x ax h bx cx d a x h hx ahx

         




 
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1

2 2 4 2 4
f x x ax h h a b x ah c x h d

       
         
       

       

(2)
Tam thức trong dấu móc vuông có dạng:
2
Ax Bx C


2
Ax Bx C
có thể viết dưới dạng:
 
2
2
Ax Bx C Px q   
(3)
Khi và chỉ khi
2
40B AC
hay
2
40AC B

Ta có:
2
22
1 1 1
40
4 4 2
h a b h d ah c
    
     
    
    

Đây là phương trình bậc ba đối với
h
nến phải có ít nhất một nghiệm thực.
Giả sử nghiệm đó là
1h 
.
(Ta có thể dùng công thức biểu diễn nghiệm phương trình bậc ba của Cacđanô
(nhà toán học người Italia)
32
0x px q  
(*) qua các hệ số của nó. Mọi phương
trình bậc ba tổng quát:
32
0 1 2 3 0
0, 0a y a y a y a a    
đều có thể đưa về dạng (*)
nhờ phép biến đổi ẩn số
1

0
3
a
yx
a

. Công thức được viết như sau:
2 3 2 3
33
2 4 27 2 4 27
q q p q q p
x        
trong đó mỗi căn thức bậc ba ở vế sau có
ba giá trị, nhưng phải chọn các cặp giá trị có tích bằng
3
p

để cộng với nhau)
Thế thì (2) đuợc viết dưới dạng:
   
2
2
2
11
22
f x x ax t px q

    



(4)
Vậy:
 
22
1 1 1 1
0
2 2 2 2
f x x ax t px q x ax t px q
  
         
  
  

Từ đó:
2
11
0
22
x a p x t q

    



hoặc
2
11
0
22
x a p x t q


    



Giải hai phương trình bậc hai này ta đuợc tập hợp nghiệm của (1):
2
1,2
1 1 1
42
2 2 2
x a p a p q t
   
      
   
   



5
Và
2
3,4
1 1 1
42
2 2 2
x a p a p q t
   
      
   

   


Ví dụ 6. Giải phương trình:
4 3 2
7 6 0x x x x    

Dựa vào công thức (3) ta xác định đuợc
h
:

2
2
29 1 1
4 6 1 0
4 4 2
h h h
    
     
    
    

tức
32
7 25 175 0h h h   

Ta tìm đuợc một nghiệm thực
h
của phương trình này là
5h 

Dựa vào (3) và với
5, 1,, 7, 1, 6h t a b c d       
thì tính đuợc
71
,
22
pq



Phương trình đã cho sẽ đuợc diễn đạt theo (4) là:
22
2
22
1 5 7 1
0
2 2 2 2
1 5 7 1 1 5 7 1
0
2 2 2 2 2 2 2 2
x x x
x x x x x x
   
    
   
   
  
         
  

  

Thì đựơc tập nghiệm của phương trình đã cho là:
 
1; 2;3;1

4. Ta còn có thể giải phƣơng trình bậc bốn bằng cách sử dụng đồ thị.
Thật vậy, để giải phương trình bậc bốn

4 3 2
0x ax bx cx d    
(1)
bằng đồ thị, ta hãy đặt
2
x y mx

Phương trình (1) trở thành:
2 2 2 2 2
20y mxy m x axy axm bx cx d       

Để khử đuợc các số hạng có
xy
trong phương trình này thì phải có:
20ma  
và
2
a
m 

Vậy nếu đặt

2
x y mx
và
2
a
m 
tức
2
2
a
x y x

Thì (1) trở thành:
22
2 2 2 2
0
42
aa
y x x bx cx d     
(2)
Thay
2
x
bởi
2
a
yx
và biến đổi thì (2) trở thành

32

22
10
2 8 2 4
a a ab a
x y c x b y d
   
         
   
   

Vậy phương trình (1) tương đuơng với hệ phương trình


4
32
22
,(3)
2
1 0,(4)
2 8 2 4
a
y x x
a a ab a
x y c x b y d





   


         
   

   




6
Do đó hoành độ các giao điểm của parabol, đồ thị (3) và của đuờng tròn,
đồ thị của (4), là nghiệm của phương trình (1) đã cho
Nếu ta đặt
2
( 0)
2
a
my x x m  
thì khi ấy nghiệm của phương trình (1) lại là
hoành độ các giao điểm của hai parabol

2
1
2
a
y x x
mm


Và

2
22
33
4
2 8 2 3
a
m b y
my
xd
ab a ab a
cc




  
   


Bây giờ, ta hãy vận dụng các phương pháp trên để giải các phương trình bậc
bốn sau:
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1) 4 3 2 1 0,
2) 2 5 4 12 0,
3)6 5 38 5 6 0,
4) 5 12 5 1 0,

5) 2 2 6 15 0.
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
    
    
    
    
    