Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
LỜI NÓI ĐẦU
Ta đã biết cách giải , giải và biện luận, so sánh nghiệm đối với phương
trình bậc nhất và bậc hai. Tuy nhiên, trong thưc tế có những bài toán để giải
được chúng ta còn đưa về phương trình bậc ba , bốn, . . Phương trình có bậc
lớn hơn 2,chẳng hạn : phương trình bậc 3, bậc 4 thì ta gọi chung đó là phương
trình bậc cao.
Phương trình bậc cao là một vấn đề thường xuất hiện trong các cuộc thi
học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng, THCN. Do đó đây là một vấn đề quan
trọng. Nhưng để giải được các phương trình này, học sinh cần phải nắm được
các dạng tương ứng với các cách giải cụ thể. Nếu học sinh tự đọc sách, tự
nghiên cứu, tìm tòi thì khó mà hình thành được các phương pháp giải một
cách rõ ràng và đầy đủ các dạng toán.
Trên cơ sở đó, để giúp cho các em học sinh có một nền tảng vững chắc
về phương trình bậc cao. Với kinh nghiệm thực tế qua quá trình giảng dạy, tôi
đã đúc kết được một số dạng cùng các phương pháp giải của từng phương
trình, giúp các em định hướng giải một bài toán tốt hơn.
Mong rằng chuyên đề này sẽ giúp cho các em học sinh có một kiến thức
vững chắc về phương trình bậc cao để các em có thể vận dụng vào giải toán
sau này. Chuyên đề này chỉ xoay quanh hai phương trình là : phương trình bậc
ba và phương trình bậc bốn.
NỘI DUNG:
1. Sơ lươc về đa thức
1
Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
2. Phương trình bậc ba (Các dạng và phương pháp giải)
3. Phương trình bậc bốn (Các dạng và phương pháp giải)
Trong mỗi phương trình đều có các dạng và các cách giải cụ thể , các ví dụ
minh họa, giúp học sinh khắc sâu phương pháp giải.
Sau đây là nội dung cụ thể :
PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

).Q(x), trong đó Q(x)
là một đa thức bậc n – 1.
 Một đa thức bậc n có nhiều nhất là n nghiệm.
2) Phép chia đa thức :
 Với mọi đa thức f(x) và g(x) ( g(x) ≠ 0), tồn tại 2 đa thức Q(x) và r(x)
sao cho : f(x) = Q(x).g(x) + r(x), ∀x∈R
 Trong đó : r(x) là dư trong phép chia
Q(x) là thương trong phép chia f(x) cho g(x), bậc r(x) bé hơn
bậc Q(x).
2
Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
 Nếu r(x) = 0 thì f(x) = Q(x). g(x). Ta nói f(x) chia hết cho g(x)
 Sơ đồ Horner :
Cho đa thức : f(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ . . . . + a
1
x + a
o
(a
n
≠ 0)
Giả sử ta nhẫm được c là một nghiệm của f(x). Ta sẽ thực hiện
phép chia f(x) cho (x – c) như sau :

n – 1
= c.a
n
+ a
n -1
b
n -2
= c.b
n -1
+ a
n -2
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
b
o
= c.b
1
+ a
1
Khi đó : f(x) = (x – c)(b
n
.x
n -1
+ b
n -1
.x
n -2
+ . . . + b
o
)
II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA :

Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
• (1) có nghiệm duy nhất ⇔ f(x) thỏa δ < 0 hoặc ( δ = 0 hoặc f(x
1
)
= 0)
• (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ f(x) thỏa δ > 0 và f(x
1
) ≠ 0.
Ta có thể nhẩm nghiệm x
1
bằng cách :
• Dùng định lý về nghiệm hữu tỉ của đa thức
• Dùng các điều kiện về nghiệm
• Dùng : a + b + c + d = 0 ⇒ x
1
= 1 hay a – b + c – d = 0 ⇒ x
1
= -
1
• Dự đoán x
1
(bằng kinh nghiệm) rồi thử vào (1)
• Nếu phương trình có tham số, ta viết vế trái (1) thành một đa
thức theo tham số ây rồi buộc các hệ số của đa thức này bằng 0
và giải hệ ta tìm được nghiệm cần tìm.
Ví dụ 1: Nhẩm một nghiệm của phương trình sau :
x
3
+ (m – 3)x
2


£ 1) (2)
Ta đặt :
x cos
a cos
= ϕ


= α

. Lúc đó (2) trở thành : 4cos
3
ϕ - 3cosϕ = a
⇔ cos3ϕ = a = cosα
Từ đó tìm được ϕ và ⇒ x
1
(với 0 < ϕ < π)
4
Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
GHI CHÚ :
• Từ điều kiện a £ 1 có thể thay bằng điều kiện phương trình có một
nghiệm thuộc [-1 ; 1] và một số phương trình khác cũng có dạng tương
tự.
• Phương trình : 32x
3
– 6x = a (3) . Ta đặt :
t
x
2
=

(*)
Tiếp tục đặt : t = cosϕ, với 0 £ ϕ £ 180
o
.
(*) ⇔ 4cos
3
ϕ - 3cosϕ = -1 ⇔ cos3ϕ =
1
2
−
⇔ 3ϕ = ±120
o
+ k.360
o
(k∈Z)
⇔ ϕ = 40
o
+ k.360
o
, do 0 £ ϕ
£ 180
o
Khi đó ta chọn : ϕ
1
= 40
o
⇒ x
1
= 2cos40
o

là 3 nghiệm của (1) thì :
1 2 3
1 2 2 3 3 1
1 2 3
b
x x x
a
c
x x x x x x
a
d
x x x
a

+ + = −



+ + =



= −


(I)
ii) Đảo : Nếu có 3 số x
1
, x
2

, x
3
thỏa mãn hệ :
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x x x 3 (1)
1 1 1
3 (2)
x x x
x x x 1 (3)

+ + =


+ + =



=

Giải :
Từ (2) ⇔ x
1
x
2
+ x
2
x
3

3
là ba nghiệm phân biệt của phương trình :
X
3
- 3X
2
+ 3X –1= 0 ⇔ (X – 1)
3
= 0 ⇔ X = 1
Vậy : x
1
= x
2
= x
3
= 1 hay hệ có nghiệm là : (1 ; 1 ; 1)
2) Giải phương trình bậc 3 bằng đồ thị :
a) Phương pháp tiếp tuyến : Dùng để tìm nghiệm gần đúng.
Xem phương trình bậc 3 dạng : f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 (a ≠ 0)
(*)
6
Gii phng trỡnh bc cao - luyn thi H
Gi s tn ti 2 s thc , vi < sao cho : f().f() < 0.
Ta suy ra cú mt giỏ tr x
1
( ; ) m f(x

3
, ngha
l (C) cú 2 cc tr tha :
y
CT
< 0 < y
C

Cẹ CT
f'(x) 0 coự 2 nghieọm phaõn bieọt
y .y 0
=


<

3) Phng phỏp Cacdano :
a phng trỡnh (1) : ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 (a 0) v dng :
x
3
+ Bx
2
+ Cx + D = 0 (2) (chia 2 v phng trỡnh (1) cho a)
t x =
B
y

Do 3uv + p = 0 nờn (5) thnh : (u
3
)
2
+ qu
3

3
p
27
= 0
(6)
7
Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
• (6) là phương trình bậc hai theo u
3
. Từ đây ta tìm được u
3
rồi u, v rồi y
và cuối cùng là x.
Ví dụ 4 : Dùng PP Cacdano để giải phương trình : x
3
+ 9x
2
+ 18x + 28 = 0
(1)
Giải :
• Đặt x = y – 3, khi đó (*) trở thành : y
3
– 9y + 28 = 0

= −





= − = −


 

⇔


= −
 
= −






= −


= − 




8
Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
Phương trình (*) trở thành : t
2
– 13t + 36 = 0 ⇔
t 9
t 4
=


=

Với t = 4 ⇒ x = ±2
Với t = 9 ⇒ x = ±3
2) Phương trình dạng : (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = k với :a + b = c + d và k ≠ 0
Cách giải : Đặt t = (x+a)(x+b), điều kiện : t ³
2
(a b)
4
−
−
Phương trình mới : t
2
+ (ab – cd)t – k = 0, giải phương trình này tìm t
thích hợp rồi tìm x.
Ví dụ 6 : Giải phương trình : (x – 1)(x+5)(x – 3)(x + 7) = 297 (*)
Giải :
Đặt t = (x – 1)(x+5) = x
2
+ 4x – 5 = (x+2)


là nghiệm (*)
3) Phương trình dạng : (x+a)
4
+ (x+b)
4
= k , (k ≠ 0)
Cách giải : Đặt t = x +
a b
2
+
Phương trình mới : t
4
+ 12α
2
t + 2α
4
– k = 0 (với α =
a b
2
−
)
Ví dụ 7: Giải phương trình : (x+3)
4
+ (x+5)
4
= 16 (*)
Giải :
Đặt t = x + 4 ⇒ x = t – 4
9

+1) – (t
4
– 2t
2
+ 1) = 8
⇔ t
4
+ 6t
2
– 7 = 0
⇔
2
2
t 1
t 7 (loaïi)

=

= −


Với t = 1 thì x = -3
Với t = -1 thì x = -5
4) Phương trình dạng : ax
4
+ bx
3
+ cx
2


6x 35x 62x 0
x
x
− + − + =
⇔
2
2
1 1
6 x 35 x 62 0
x
x
   
+ − + + =
   
   
Đặt : t =
1
x
x
+
, điều kiện : t ³ 2
⇒
2
2
1
x
x
+
= t
2

x
x 2
1
x
2
=




+ = =





=

+ =




=


5) Phng trỡnh dng : ax
4
+ bx
3

Ta thy
2 2
c 4 10 d
a 1 5 b


= = =
ữ ữ


Vỡ x = 0 khụng l nghim (*) nờn chia 2 v (*) cho x
2
, ta c :
2
2
10 4
x 5x 4 0
x
x
+ + =

2
2
4 2
x 5 x 4 0
x
x

+ + + =
ữ

+
= 5 x
2
5x + 2 = 0
5 17
x
2

=
11
Giải phương trình bậc cao - luyện thi ĐH
6) Phương trình dạng : a(x – 1)
2
+ b(x
2
+ x + 1)
2
+ c(x
3
– 1) = 0
Hay dạng tổng quát : aA(x) + bB(x) + cC(x) = 0 với A(x).B(x) = C
2
(x)
Cách giải : Chia 2 vế cho B(x) = (x
2
+ x + 1)
2
rồi đặt t =
2
x 1

− + =
 ÷  ÷
+ + + +
   
(**)
Đặt : t =
2
x 1
x x 1
−
+ +
. Khi đó (**) thành : t
2
– 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = 4
• Với t = 1 =
2
x 1
x x 1
−
+ +
⇔ x
2
= -2 (vô lý)
• Với t = 4 =
2
x 1
x x 1
−
+ +
⇔ 4x