ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THUÝ VÂN
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH BẬC BA, BẬC BỐN VÀ
ÁP DỤNG
TIỂU LUẬN ĐA THỨC VÀ XẤP XỈ ĐA THỨC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2013
Mục lục
Mở đầu 1
1 Một số dạng đẳng thức cần dùng 2
1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc ba 6
2.1 Dạng 1. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m . . . . . . . . . . 6
2.2 Dạng 2. Giải phương trình 4x
3
+ 3x = m; m ∈ R . . . . . 7
2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng (1), dạng (2) 8
3 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc bốn 9
3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x
4
= ax
2
+ bx + c. . . . . 9
3.3 Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t
4
+ αt

t + cos
2
t = 1; (1.1)
Gắn với hệ thức (4.1) là đồng nhất thức Lagrange:
(2x)
2
+ (1 − x
2
) = (1 + x
2
)
2
. (1.2)
Hai công thức (đồng nhất thức ) (4.1) và (4.2) là hai cách viết của một hệ
thức. Nếu ta thay x = tan
t
2
vào (4.2) thì ta có
(2. tan
t
2
)
2
+ (1 − tan
2
t
2
)
2
= (1 + tan

t
2
cos
t
2
+ (cos
2
t
2
− sin
2
t
2
) = 1
⇔ 4tan
2
t
2
+ (1 − tan
2
t
2
)
2
= (1 + tan
2
t
2
)
2





cos α =
e
iα
+ e
−iα
2
sin α =
e
iα
− e
−iα
2
Rõ ràng khi khảo sát hàm số cost thì ít ai nghĩ trong đầu nó có dạng
1
2
(a +
1
a
)
vì khi đó a không còn là một số thực .Nhưng nếu ta chú ý đến biểu thức
e
α
+ e
α
2
; α ∈ R thì đó chính là cos(iα) (= cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức

(a
3
+
1
a
3
) = 4(
1
2
(a +
1
a
))
3
− 3(
1
2
(a +
1
a
))
hay 4x
3
− 3x =
1
2
(a
3
+
1

3
+
1
a
3
)].[
1
2
(a
2
+
1
a
2
)]
3
.
Từ ví dụ trên, sử dụng công thức kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t
và cos 2t , ta thu được đồng nhất thức đại số dạng bậc 5:
1
2
(a
5
+
1
a
5
) = −m + 2(4m
3
− 3m)(2m

i sin(i3t) = 3(i sin t) + 4(i sin t)
3
.
Hệ thức đại số tương ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức :
1
2
(a
3
−
1
a
3
) = 3(
1
2
(a −
1
a
)) + 4(
1
2
(a −
1
a
))
3
hay 4x
3
+ 3x =
1

+ 1 +
3

m −
√
m
2
+ 1).
Giải. Để ý rằng với mọi m đều tồn tại số thực q để m =
1
2
(q
3
−
1
q
3
) (phương
trình bậc hai theo q
3
). Ta chỉ cần chọn q =
3

m +
√
m
2
+ 1 là đủ. Khi đó
1
2

4
Từ những kết quả trên ta có các hằng đẳng thức để giải và biện luận được
nhiều dạng phương trình đại số bậc cao và công thức tính giá trị của một số
biểu thức chứa căn thức.
1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản
1. 4cos
3
α −3 cos α = cos 3α;
2. −4sin
3
α + 3 sin α = sin 3α;
3. |cos α| ≤ 1, ∀α ∈ R;
4. Nếu |m| > 1 thì viết
m =
1
2
(a +
1
a
); (1.4)
5. Với m =
1
2
(a +
1
a
) thì
4m
3
− 3m =

Sử dụng đồng nhất thức giải
phương trình bậc ba
2.1 Dạng 1. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m
Bài toán 2.1. Giải phương trình 4x
3
− 3x =
1
2
;
Lời giải. Ta có
1
2
= cos
π
3
= cos(3.
π
9
) . Nên phương trình 4x
3
−3x =
1
2
có nghiệm
x
1
= cos
π

Bài toán 2.2. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m; m ∈ (−1; 1);
Lời giải. Với m ∈ (−1; 1) đặt m = cos α; (0 < α < π).
Phương trình 4x
3
− 3x = m có ba nghiệm x
1
= cos
α
3
; x
2,3
= cos
α ±2π
3
.
Bài toán 2.3. Giải phương trình 4x
3
− 3x = 1.
Lời giải. 4x
3
− 3x = 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1)
2
= 0 ⇔ x
1
= 1 ∨ x
2,3
= −
1

3
= 2 ±
√
3 ⇔ a =
3

2 ±
√
3. Vậy ta có
x
1
=
1
2
(a +
1
a
) =
1
2
(
3

2 +
√
3 +
3

2 −
√

− 3) = 0
Phương trình có hai nghiệm phức :
x
2,3
=
−x
1
± i

3(x
1
2
− 1)
2
Bài toán 2.6. Giải phương trình 4x
3
− 3x = m, |m| > 1.
Lời giải. Đặt m =
1
2
(a
3
+
1
a
3
) ⇔ a
3
= m ±
√


m −
√
m
2
− 1) > 1 là nghiệm.
Ta chứng minh x
1
là nghiệm thực duy nhất.
Ta có
4x
3
− 3x = 4x
1
3
− 3x
1
⇔ 4(x
3
− x
1
3
) −3(x −x
1
) = 0
⇔ (x − x
1
)(4x
2
+ 4x

Lời giải.
Có 2 =
1
2
(a
3
−
1
a
3
) ⇔ a
3
= 2 ±
√
5 ⇔ a =
3

2 ±
√
5. Theo hằng đẳng thức 6 thì
phương trình có nghiệm x
1
=
1
2
(a −
1
a
) =
1

2
+ 1 ⇔ a =
3

m ±
√
m
2
+ 1. Theo
hằng đẳng thức 6 thì phương trình có nghiệm x
1
=
1
2
(a−
1
a
) =
1
2
(
3

m +
√
m
2
+ 1+
3


+ c(y −
b
3a
) + d = 0
⇔ ay
3
+ (
b
2
3a
−
2b
2
3a
+ c)y −
b
3
27a
2
+
b
2
9a
2
−
b
3a
+ d = 0
⇔ y
3

a
, q =
2b
3
27a
3
−
cb
3a
2
+
d
a
.
+ Nếu p = 0 thì y =
3
√
−q.
+ Nếu p > 0, đặt y = λx. Phương trình trở thành λ
3
x
3
+ pλx + q = 0 ⇔
x
3
+
p
λ
2
= −

Chương 3
Sử dụng đồng nhất thức giải
phương trình bậc bốn
3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn
Ta có
x
4
= (x
2
)
2
= [(x
2
+ m) −m]
2
= (x
2
+ m)
2
− (2mx
2
+ m
2
)
⇔ x
4
= (x
2
+ m)
2

−4(a + 2m)(c + m
2
) = 0, ta được phương trình bậc 3 theo m
(luôn có nghiệm thực). Chọn nghiệm thực ta được x
4
= ax
2
+bx+c ⇔ (x
2
+m
0
)
2
=
(a + 2m
0
)(x −x
0
)
2
.
Nếu


a + 2m
0
< 0, vô nghiệm
a + 2m
0
= 0, phương trình có dạng (x


(x) = 0
hay x
0
=
−a
1
4a
0
.
Để chuyển phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình bậc bốn
khuyết bậc ba, ta cần tịnh tiến điểm siêu uốn về gốc tọa độ, tức t =
−α
4
+ x.
Khi đó phương trình có dạng
x
4
= ax
2
+ bx + c,
trong đó
a =
6α
16
− β,
b =
2α
3
16

+ 3x
2
+
3
4
x −
10 + 3
√
6
8
= 0.
Đặt x = y − 1. Ta thu được phương trình
y
3
−
9
4
y −
3
√
6
8
= 0.
Lại đặt y = t
√
3 ta thu được phương trình 4t
3
− 3t =
√
2

= cos
7π
12
− 1.
Bài toán 4.2. Giải phương trình
x
3
− 5x
2
+ 7x + 8 = 0. (4.2)
Lời giải. Đặt x = y +
5
3
phương trình 4.2trở thành
y
3
−
4
3
+
261
27
= 0. (4.3)
Đặt y =
4
3
t phương trình 4.3 trở thành 4t
3
− 3t =
783


.
11
Từ nghiệm t ta tính được nghiệm y và từ đó suy ra nghiệm x
x = 2
2
3
1
2

3

783
16
+


783
16

2
+ 1 +
3

783
16
−


783

2

), thì phương trình 4.4trở thành
sin
3
α + cos
3
α =
√
2 sin α cos α (4.5)
⇔ (sin α + cos α)
3
− 3 sin α cos α(sin α + cos α) −
√
2 sin α cos α = 0.
Đặt sin α + cos α =
√
2 sin

π
4
+ α

= t với điều kiện |t| ≤
√
2.
Suy ra sin α cos α =
t
2
− 1

2 −1)(t +
√
2 + 1) = 0
Suy ra t =
√
2 hoặc t = 1 −
√
2 do |t| ≤
√
2
Với t =
√
2 thì
√
2 sin

π
4
+ α

=
√
2 ⇔ sin

π
4
+ α

= 1
hay α =

x +

1 −x
2
= 1 −
√
2,
tức

x ≤ 1 −
√
2
1 −x
2
= (1 −
√
2 −x)
2
⇔

x ≤ 1 −
√
2
x
2
− (1 −
√
2)x + (1 −
√
2) = 0

+ bx
2
+ c = 0 (a = 0, c = 0). (4.6)
Lời giải. Đăt x
2
= y, y ≥ 0.Khi đó phương trình 4.6trở thành
ay
2
+ by + c = 0, y ≥ 0.
Giải phương trình bậc hai này ta tìm được y, từ đó (với y ≥ 0) ta tính được x.
Nếu ac < 0 thì
x = ±

−b +
√
b
2
− 4ac
2a
.
Nếu ac ≥ 0 và b
2
− 4ac ≥ 0 thì
x = ±

−b ±
√
b
2
− 4ac

+ 12t
2
+ 2 − m = 0.
Giải phương trình này tìm được t, từ đó tình được x.
Bài toán 4.7. Giải phương trình
ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 (4.10)
với điều kiện
ad
2
= eb
2
(a, e = 0). (4.11)
Phương trình (4.10) với điều kiện (4.11) được gọi là phương trình hồi quy.
Lời giải. Viết điều kiện (4.11)dưới dạng
e
a
= (
d
b
)
2
,
d
b

√
x

8
+

1 + a
√
x

8
ta thu được đa thức bậc bốn P (x). Giải phương trình P (x) = 0.
Lời giải. Đặt a
2
x = t ta được phương trình

1 −
√
t

8
+

1 +
√
t

8
= 0
⇔ t

4
= 3x
2
+ 10x + 4.
Ta xác định a sao cho 10
2
= 4(3 + 2a)(4 + a
2
) hay
2a
3
+ 3a
2
+ 8a −13 = 0.
ta thấy a = 1thỏa mãn phương trình. Vậy có thể viết phương trình đã cho dưới
dạng
(x
2
+ 1)
2
= 5(x
2
+ 2x + 1).
Hay
(x
2
+ 1)
2
= 5(x + 1)
2

3. Cuối cùng, Tiểu luận trình bày ứng dụng của phương pháp trong
các bài toán đại số .
Kết quả của Tiểu luận góp phần nâng cao chất lượng dạy và học Toán ở
trường phổ thông trong giai đoạn hiện nay.
16
Tài liệu tham khảo
1. Nguyễn Văn Mậu, 2009, Một số chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi,
NXB Giáo Dục.
2. Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục.
3. Nguyễn Văn Mậu, 2007, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB Giáo Dục.
4. Nguyễn Văn Mậu, 2002, Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo
Dục.
5. Nguyễn Văn Mậu, 2007, Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng, NXB
Giáo Dục.
6. Nguyễn Văn Mậu, 1994, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình,
NXB Giáo Dục.
7. Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006), NXB
Giáo Dục.
17