Phần I : Đặt vấn đề
I - Lí do chọn đề tài:
Toán học là môn khoa học, là nền tảng cho các môn khoa học khác, có
ứng dụng trong hầu hết các lĩnh vực của cuộc sống. Toán học giữ vai trò quan
trọng trong mọi bậc học, làm thế nào để học đợc toán, học giỏi toán đó là vấn đề
đặt ra mà không phải lúc nào cũng giải quyết đợc một cách đễ dàng. Với cơng vị là
một giáo viên toán, tôi nhận thấy cần phải đầu t suy nghĩ hơn nữa để tìm ra phơng
pháp tốt nhất phù hợp với từng đơn vị kiến thức, giúp các em tiếp thu kiến thức một
cách chủ động, nhẹ nhàng có hiệu quả.
Trong chơng trình đại số THCS, việc giải phơng trình chỉ dừng lại ở phơng
trình bậc nhất và phơng trình bậc hai là chủ yếu. Khi gặp phơng trình bậc cao học
sinh gặp rất nhiều khó khăn, thậm trí không có phơng án giải. Điều đó cũng dễ
hiểu bởi do nhiều lí do mà sách giáo khoa không đa ra các phơng pháp giải phơng
trình bậc. Chính vì vậy việc nhận dạng, phân loại và có phơng pháp giảI cho từng
dạng phơng trình bậc cao, giúp cho học sinh định hớng và giải đơc các phơng trình
bậc cao là hết sc cần thiết. Đó chính là lí do tôi chọn đề tài này.
II nhiệm vụ nghiên cứu :
- Phân loại các dạng phơng trình bậc cao.
- Tìm phơng pháp giải các dạng phơng trình bậc cao.
- Các ví dụ minh họa.
- Các bài luyện tập.
II - Đối tợng nghiên cứu :
Học sinh lớp 9 trờng THCS Nghĩa Phúc, huyện Nghĩa Hng, tỉnh Nam Định.
III - Phạm vi nghiên cứu:
Phơng trình bậc cao một ẩn với hệ số nguyên.
Phần II : Nội dung
I - Những cơ sở lí luận và thực tiễn:
2
Khi dạy giải phơng trình bậc cao, phần bài tập trong SGK và SBTĐS lớp 9
là tơng đối đơn giản đối với đối tợng học sinh. Nhng thực tế khi khai thác các dạng
bài tập khác ta mới thấy sự phong phú đa dạng. Để giải đợc các thể loại này đòi

)là hai biểu thức chứa các biến x
1
,x
2
,,x
n
với các hệ số thuộc R. Khi phải tìm phần tử (a
1
,a
2
,.,a
n
)

R sao cho các giá trị
tơng ứng của hai biểu thức bằng nhau, tức là :
A(a
1
,a
2
,.,a
n
) = B(a
1
,a
2
,.,a
n
) thì ta viết :
3

R thỏa mãn đẳng thức :
A(a
1
,a
2
,.,a
n
) = B(a
1
,a
2
,.,a
n
) đợc gọi là một nghiệm của phơng trình.
Việc tìm nghiệm thuộc R đợc gọi là giải phơng trình.
- Phơng rình bậc nhất : Là phơng trình có dạng : ax + b = 0 ( a

0)
Trong đó xlà ẩn ; a, b là các hệ số
Cách giải : + Nếu a

0 Pt có nghiệm duy nhất : x =
a
b
+ Nếu a = 0 Pt có dạng : 0x = -b
. b

0 => 0x = b . Pt vô nghiệm.
. b = 0 => 0x = 0 . Pt có vô số nghiệm x


vô nghiệm
Phơng trình có
nghiệm kép
x
1
= x
2
=
Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt
x
1
= ; x
2
=
= 0
= 0
0
< 0 > 0
= 0
2
Ví dụ. Giải phơng trình sau:
a, x
2
+ 3x - 1 = 0
Có : a = 1; b = 3 ; c = -1

= 3
2
- 4.1.(-1) = 9 + 4 = 13 > 0 . Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt:
x

Có : a = 3; b = 5; c = 4

= 5
2
- 4.3.4 = 25 - 48 = -23 < 0 . Phơng trình vô nghiệm.
d, 7x
2
+ 23x - 30 = 0
Có a + b + c = 7 + 23 - 30 = 0. Phơng trình có 2 nghiệm : x
1
= 1 ; x
2
=
7
30
e, x
2
- 60x - 61 = 0
Có: a - b + c = 1 - (-60) - 61 = 0. Phơng trình có hai nghiệm : x
1
= -1 ; x
2
= 61
- Phơng trình bậc cao : là pt dạng a
n
x
n
+ a
n - 1
x

Cách giải phơng trình bậc cao chính là nội dung chính của đề tài này và đợc
nghiên cứu ở phần sau.
2. Định nghĩa hai phơng trình tơng đơng: Hai phơng trình gọi là tơng đơng nếu
chúng có cùng tập hợp nghiệm.
3. Các định lý về biến đổi tơng đơng các phơng trình :
a, Định lý 1: Nếu cộng cùng một đa thức chứa ẩn vào hai vế của phơng trình
thì đợc một phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho.
Ví dụ : x
4
- 24x = 32


x
4
- 24x + 4x
2
+ 4 = 32 + 4x
2
+ 4 ( Cộng 4x
2
+ 4 vào 2 vế )
3
Hệ quả 1 : Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của một phơng
trình đồng thời đổi dấu hạng tử ấy thì đợc phơng trình mới tơng đơng với phơng trình
đã cho.
Ví dụ : 2x - 7 = 4x + 9


2x - 4x = 9 + 7 ( Chuyển vế đổi dấu hai hạng tử 4x và -7 )
Hệ quả 2 : Nếu xóa hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phơng trình

x
n
+ a
n - 1
x
n - 1
+ +a
1
x + a
0
= 0 (*) nếu có nghiệm x =
Thì (*) <=> (x - )(a
n
x
n - 1
+ b
n
x
n-2
+ + b
1
x + b
0
) = 0
5. Sơ đồ Hoocne:
Giả sử g(x) = b
n - 1
x
n -1
+ b

1
a
0

b
n-1
(=a
n
)
b
n-2
(= b
n-1
+a
n-1
)
b
n-3
(= b
n-2
+a
n-2
)
b
0
(= b
1
+a
1
)

n
).
Chú ý : Gọi m là tổng các hệ số của các số hạng bậc chẵn
và n là tổng các hệ số của các số hạng bậc lẻ
+ Nếu m + n = 0 Pt có nghiệm x = 1
+ Nếu m - n = 0 Pt có nghiệm x = -1
B - Vận dụng lý thuyết vào giảng dạy thực tiễn:
- Cung cấp cho học sinh những nội dung lí thuyết trên.
- Các phơng pháp giải phơng trình bậc cao:
I. Nhẩm nghiệm của Pt, đa Pt về Pt tích :
a) Ví dụ 1. Giải phơng trình : x
3
+ 5x
2
+ 3x - 9 = 0 (*)
Giải:
Pt có tổng các hệ số bằng 0 ( 1+5+3-9 =0 ) nên có một nghiệm nguyên x = 1. Sử
dụng sơ đồ Hoocne có :
1 5 3 -9
1 1 6 9 0
(*) <=> (x - 1)(x
2
+ 6x + 9) = 0. Tìm đợc x
1
= 1; x
2,3
= -3
b, Ví dụ 2. Giải phơng trình : 3x
3
- 14x

; x
2,3
=
2
135
.
* Bài luyện tập
5
BT1 : Giải các phơng trình :
a, 2x
3
- 5x
2
- 3x = 0
b, x
3
- 7x + 6 = 0
c, x
3
- 5x
2
+ x + 5 = 0
d, x
3
- 13x
2
- 42x - 36 = 0
e, x
4
+ 2x

2
+ 3 = 0
Đặt x
2
= t . Điều kiện t

0
Phơng trình đã cho có dạng : t
2
- 4t + 3 = 0
Có : a + b + c = 1 - 4 +3 = 0. Pt có hai nghiệm t
1
= 1; t
2
= 3
+ Với t
1
= 1 = > x
2
= 1


+ Với t
2
= 3 = > x
2
= 3


Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm x

- 9 t + 8 = 0 => t
1
= 1 => x
1
= 1
t
2
= 8 => x
2
= 2
Ví dụ 2. Giải phơng trình : x
8
+ 6x
4
- 7 = 0
Giải:
Đặt x
4
= t ( t

0) Pt đã cho có dạng : t
2
+ 6t - 7 = 0 => t
1
= 1 => x =

1
t
2
= -7 ( loại).

Một phơng trình dạng : a
n
x
n
+ a
n - 1
x
n - 1
+ + a
1
x + a
0
= 0
trong đó vế trái là đa thức bậc n đợc gọi là phơng trình đối xứng nếu các hệ số của
các số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối bằng nhau, nghĩa là :
a
n
= a
0
, a
n - 1
= a
1
,.
Tùy theo n là số chẵn hay lẻ mà ta có phơng trình đối xứng bậc chẵn hay bậc lẻ.
Ví dụ 1. Giải phơng trình : x
4
+ 6x
3
+ 11x

Đặt x+
x
1
= t x
2
+
2
1
x
+ 2 = t
2
x
2
+
2
1
x
= t
2
- 2
Pt có dạng : t
2
- 2 + 6t + 11) = 0 => (t + 3)
2
= 0 => t = -3
x+
x
1
+ 3 = 0 => x
2

2
4
x
+
3
3
x
= 0


3(x
3
+
3
1
x
) - 4( x
2
+
2
1
x
) + 2(x+
x
1
) - 8 = 0
Đặt x+
x
1
= t x

t ( 3t
2
- 4t -7) = 0

t ( t + 1) ( 3t - 7) = 0
=> (*)

( x
2
+ 1) ( x
2
+ x +1) ( 3x
2
- 7x + 3) = 0.
x
2
+ 1 = 0. Pt vô nghiệm

3x
2
- 7x + 3 = 0. Pt có 2 ngiệm: x
1,2
=
6
137
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x
1,2
=
6
137

1
cũng là nghiệm của ph-
ơng trình đó.
* Cách chia cả hai vế của Pt cho x
2


0 cũng đợc sử dụng đối với các Pt có
dạng :
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 trong đó
2






=
b
d
a
e
gọi là phơng trình hồi quy .Để giải Pt dạng này ta đặt ẩn phụ : t = x +
bx

2
1
x
= t
2
+ 2
Pt đã cho có dạng : t
2
+ 2 + 6t + 7 = 0

( t
2
+ 3 )
2
= 0
(*)

( x
2
+ 3x - 1)
2
= 0. Nghiệm của Pt (*): x
1,2
=
2
73

x
2
+ x +1 = 0. Pt vô nghiệm

d, x
4
- 3x
3
- 6x
2
+ 3x + 1 = 0
e, x
4
+ 3x
3
- 14 x
2
- 6x + 4 = 0
3. Phơng trình dạng : (ax + m) (bx + n) ( cx + k) ( dx + l) = r (*)
trong đó a.d = b.c và a.l + d.m = b.k + c.n
Cách giải : (*)

[(ax + m) ( dx + l)][ (bx + n) ( cx + k)] = r


[adx
2
+ (a.l + d.m)x + ml][ bcx
2
+ (b.k + c.n)x + nk] = r
Do a.d = b.c và a.l + d.m = b.k + c.n . Nên đặt adx
2
+ (a.l + d.m)x = t
Khi đó Pt có dạng At

24
21711
Ví dụ 2. Giải phơng trình : (x
2
+ 5x + 6)(x
2
+ 9x + 20) = 24 (*)
Giải
(*)

( x + 2) ( x + 3) ( x + 4) ( x + 5) = 24


[( x + 2) ( x + 5)][ ( x + 3) ( x + 4)] = 24


(x
2
+ 7x + 10)( x
2
+ 7x + 12) - 24 = 0
9
Đặt x
2
+ 7x + 11 ( =
( ) ( )
2
127107
22
+++++ xxxx

2
+ 4x + 3)(x
2
+ 12x + 35) + 15 = 0
4. Phơng trình dạng : (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = mx
2
trong đó a.d = b.c
Cách giải
Nhóm [(x + a)( x + d)][ (x + b)(x + c)] = mx
2

rồi đặt ẩn phụ
x
ad
xt +=

Ví dụ. Giải phơng trình : (x + 2)(x + 3)(x + 8)(x+ 12) = 4x
2
Giải
Ta nhóm nh sau : [(x + 2)(x+ 12)][(x + 3)(x + 8)] = 4x
2

(x
2
+ 14x + 24)( x
2
+ 11x + 24) = 4x
2
Vì x =0 không phải là nghiệm của Pt nên chia cả hai vế của Pt cho x
2

+
= y, ta có : (y + 14)(y + 11) - 4 = 4

y
2
+ 25y + 150 = 0
Giải Pt ta đợc y
1
= -10; y
2
= -15 =>
Pt có 4 nghiệm x
1
= -4 ; x
2
= -6 ; x
3,4
=
2
12915
* Bài luyện tập
BT5 . Giải các phơng trình :
a, 4(x + 5)(x + 6)(x + 10)(x+ 12) = 3x
2
x
2
+10x +24 = 0
x
2
+15x +24 = 0

= 2
Giải
Đặt x + 4 = y => x + 5 = y + 1; x + 3 = y -1
Pt đã cho có dạng : (y + 1)
4
+ (y - 1)
4
= 2

y
4
+ 4y
3
+ 6y
2
+ 4y +1 + y
4
- 4y
3
+ 6y
2
- 4y +1 = 2
y
4
+ 6y
2
= 0

khi đó x + 4 = 0. Pt có nghiệm x = -4
5. Vài dạng phơng trình bậc cao khác :

2
- x
2
+ 2x -1 = 0


(x
2
+ 2x)
2
- (x - 1)
2
= 0


(x
2
+ x + 1)( x
2
+ 3x -1) = 0

Pt đã cho có 2 nghiệm x
1,2
=
2
133
Ví dụ 2. Giải phơng trình : x
4
- 24x = 32
Giải

5.2 Giải phơng trình : x
4
+ 2x
3
- x
2
- 2x -15 = 0
Giải
y
2
= 0
y
2
= -6
x
2
+ x + 1 = 0
x
2
+ 3x - 1 = 0
x
2
+ 2x + 8= 0
x
2
- 2x - 4= 0
11
x
4
+ 2x


t = 5 hoặc t = -3

(x
2
+ x - 5) (x
2
+ x + 3) = 0
Pt có nghiệm x
1,2
=
2
211
a) 5.3 Giải phơng trình : x
4
- 6x
3
+ 12x
2
- 14x + 3 = 0 (*)
Giải
(Pt này không thuộc các dạng trên. Để giải Pt ta dùng phơng pháp hệ số bất
định để đa Pt về Pt tích)
Giả sử x
4
- 6x
3
+ 12x
2
- 14x + 3 = ( x

(* )

( x
2
- 4x + 1) ( x
2
- 2x + 3) = 0
Pt có nghiệm x
1,2
=
2
32
Hớng dẫn hoặc đáp số :
BT1:
a, x(x - 3) ( 2x + 1) = 0 => Nghiệm Pt: x
1
= 0; x
2
= 3; x
3
=
2
1
.
b , ( x - 1) ( x - 2) (x + 3 ) = 0 => Nghiệm Pt: x
1
= 1; x
2
= 2; x
3

2
= - 2 .
f, ( 3x -1) ( x
2
- 2x + 5) = 0 => NghiÖm Pt: x =
3
1
.
BT2:
a, x
1
= 1; x
2
= - 1.
b, §Æt x
3
= t => t
1
= - 1 => x
1
= -1
t
2
= 8 => x
2
= 2
c, §Æt x
4
= t ( t
≥

- 6 x
3
+ 10x
2
- 6x + 10) = 0. NghiÖm x
1
= 1; x
2
= -1; x
2,3
=
32 ±
d + e, Pt håi quy: d, x
1,2
=
52 ±
; x
3,4
=
2
51±−
e, §Æt
x
x
2
−
= t. NghiÖm: x
1,2
=
31±

2
(4x + 4) (4x + 2) = 810.8 ( Nh©n c¶ 2 vÕ víi 8)
⇔
(16x
2
+ 24x + 9) (16x
2
+ 24x + 8) - 6480 = 0
§Æt 16x
2
+ 24x + 8 = t. T×m nghiÖm
HoÆc ®Æt 4x + 3 = t = > t
4
- t
2
- 6480 = 0 => t =
9±
. NghiÖm x
1
=
2
3
; x
2
= -3.
d, ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) ( x + 7) + 15 = 0
⇔
[( x + 1)( x + 7)][ ( x + 3) ( x + 5)] + 15 = 0
§Æt x
2

3,4
=
4
26535 ±−
13
b, (x
2
- 9x + 8) (x
2
- 6x + 8) = 4x
2
§Æt
=−+ 6
8
x
x
t. NghiÖm: x
1,2
=
7±
14

b) x
2
+ 4x -12
c) 2x
3
- 5x
2
- 3x

+ 3x + 1) (x
2
+ 3x + 2) - 6
c)( x
2
+ 4x + 8)
2
+ 3x ( x
2
+ 4x + 8) + 2x
2
d)x( x + 4) ( x+ 6) ( x+10) + 128
e)4x( x + y) ( x + y+ z ) ( x + z) + y
2
z
2
f) x
4
- 7x
3
+ 14 x
2
- 7x + 1
g)x
6
+ 3x
5
- 30x
4
- 29 x

2
- 22xy - 4x + 8y + 7y
2
+ 1
Một số bài tập áp dụng:
6) Tìm nghiệm của đa thức:
a) x
2
- 7x+ 6
b) x
3
+ 5x
2
+ 8x + 4
c) (y + 1) ( 2 - y) + ( y - 2)
2
+ y
2
-4
d) ( x
2
+ x)
2
+ 4x
2
+ 4x -12
e) x
4
+ 4x
3

+ 18x - 4 = 0
g) (x
2

+ 8x + 7) ( x
2
+ 8x + 15) + 15 = 0
h)
i) 4 ( x + 5) ( x + 6) ( x + 10) ( x + 12) - 3x
2
= 0
j) ( 12x + 7)
2
( 3x + 2) ( 2x + 1) = 3
8) Rút gọn
a)
273
253
2
2
+
+
xx
xx
b)
16x16x8x4x
16x
234
4
++

+ 2x + 2) ( x
2
- 2x + 2)
b) ( x
2
+ 4x + 8) ( 8x
2
- 4x + 8)
c) ( 8x
2
- 4x + 1) ( 8x
2
+ 4x + 1)
d) ( 9x
2
- 6x + 2) ( 9x
2
+ 6x + 2)
e )(2x
2
+ 2x + 1) (2x
2
- 2x + 1)
f) (8x
2
+ y
2
+ 4xy) (8x
2
+ y

l) (x
2
+ x + 1) (x
2
- x + 1) ( x
6
- x
4
+ 1)
m) (x
2
+ x + 1) (x
2
- x + 1)
3) a) Đặt t = x
2
+ 5x cho kết quả t
2
- 2t - 24 = ( t + 4) ( t - 6)
= (x
2
+ 5x + 4) (x
2
+ 5x - 6)
= ( x + 1) ( x + 4) ( x - 1) ( x + 6)
b) ( x
2
+ 3x - 1) ( x
2
+ 3x + 4)

2
®Æt x
2
+ xy + xz = m
⇒ 4m ( m + yz) + y
2
z
2
= ( 2m + yz)
2
= ( 2x
2
+ 2xy + 2xz + yz)
2
g) ( x
2
- 3x + 1) ( x
2
- 4x + 1)
g
h) (x
2
+ x + 1)( x
2
- 5x + 1) ( x
2
+ 7x + 1)
4) a) ( x - y) ( x - z) ( z - y) ( xz + yz + xy)
b) ( a + b) ( b + c) ( a - c)
c) ( b - c) ( c - a) ( a - b) ( a + b + c)

3
- 2x
2
- 9x + 2) = ( x+ 2) ( x
2
+ x + 2) ( x
2
- 5x + 1)
d) D¹ng ( 3x + ay + b) ( x + cy + d) ⇒ kÕt qu¶ ( 3x + y + 5) ( x + 7y + 2)
6) a) x = 1; 6;
b) x = -1; -2
c) ( y + 1) ( 2 - y) + ( y - 2)
2
+ ( y - 2) ( y + 2) = ( y - 2) ( y -1)
⇒ y = 1 ; 2
d) ( x
2
+ x )
2
+ 4 (x
2
+ x) - 12 . §Æt x
2
+ x = t ⇒ t = 6 ; -2
Víi t = 6 ⇒ x
2
+ x - 6 = 0 ⇒ x = 2 ; -3
Víi t = -2 ®a thøc x
2
+ x + 2 kh«ng cã nghiÖm

k) Nh©n 2 vÕ víi 24 ⇒ ( 12x+ 7)
2
( 12x + 8) ( 12x+ 6) = 72
17
Đặt 12 x + 7 = y x = -
3
1
; -
6
5
.
8) a)
)2)(13(
)2)(13(

+
xx
xx
=
2
2

+
x
x
b)
22
2
)2)(4(
)2)(2)(4(

zyxyxzxzx

++
= x + y + z
9) a) x
2
+ 3x + 3
4
3
x = -
2
3
b)
)3)(1(
)3)(1)(2)(1(
2
2
++
++
xx
xxxx
= x
2
- 3x + 2 -
4
1
x =
2
3
C -Kết quả thu đợc:

Ngời thực hiện : Nguyễn Văn Minh
Đơn vị : Trờng THCS Nghĩa Phúc

20
Mục lục
Trang
Phần I : Đặt vấn đề 3
I - Lí do chọn đề tài 3
II - Đối tợng nghiên cứu 3
III - Phạm vi nhgiên cứu 3
Phần II : Nội dung 4
I - Những cơ sở lí luận và thực tiễn 4
II - Những phơng pháp giải pháp cụ thể 4
A - Nội dung lí thuyết cơ sở 4
B - Vận dụng lí thuyết vào thực tiễn giảng dạy 6
Phơng pháp thông thờng 6
Phơng pháp đặc biệt 7
Một số bài tập áp dụng 14
Chỉ dẫn hoặc đáp số 15
C - Kết quả thu đợc 18
Phần III - Kết luận 19
21
22