TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ HUYỀN
PHÂN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ HUYỀN
PHÂN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN MINH KHOA
THÁI NGUYÊN - 2015
i
LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình và hệ phương trình đại số là một trong những nội dung then chốt
của chương trình đại số bậc phổ thông trung học. Các bài toán về phương trình, hệ
phương trình đại số có mặt trong các đề thi tuyển sinh đại học, đề thi olympic vùng,
miền, quốc gia và quốc tế. Hơn thế nữa chúng cũng là những cầu nối để các em học
sinh phổ thông tiếp cận với các hình thái phương trình, hệ phương trình sau này ở
bậc đại học như hệ phương trình tuyến tính chẳng hạn.
Đây là cơ sở khoa học là lý do thôi thúc tác giả chọn đề tài cho bản luận văn "
Phân dạng phương trình và hệ phương trình đại số".
Luận văn gồm lời nói đầu, hai chương, kết luận và danh mục tham khảo.
Chương 1: Phân dạng phương trình đại số:
Chương này phân dạng một cách hệ thống lớp các phương trình đại số, nêu cách giải

+ cx
2
± kbx + k
2
a = 0 . . . . . 18
1.5. Phương trình dạng:
(ax + b)
2
(a
1
x + b
1
)
2
+ [(a + a
1
)x + (b + b
1
)]
2
+ c = 0 . . . . . . . . . . 20
1.6. Phương trình dạng: x
4
= ax
2
+ bx + c . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7. Phương trình dạng: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m . . . . . . . . . 21
1.8. Phương trình bậc ba tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.9. Phương trình bậc bốn tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.10. Phương trình bậc năm dạng: 5x

2.16. Hệ dùng phép thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Kết luận 69
Tài liệu tham khảo 70
Chương 1
Phân dạng phương trình đại số
Trong chương này tác giả trình bày sự phân dạng lớp các phương trình đại số
trên trường số thực.
1.1. Phương trình bậc hai
Định nghĩa 1.1 Phương trình bậc hai là phương trình có dạng:
ax
2
+ bx + c = 0, a = 0. (1.1)
Định lý 1.2 (Tính chất và sự tồn tại nghiệm).
Đặt f(x) = ax
2
+ bx + c; ∆ = b
2
− 4ac.
i) Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1.1) vô nghiệm và af (x) > 0, ∀x.
ii) Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép).
x =
−b
2a
và af(x) ≥ 0, ∀x
iii) Nếu ∆ > 0 thì phương trình (1.1) có hai nghiệm phân biệt
x
1,2
=
−b ±
√

2
.
ii) Nếu



af(α) < 0
af(β) > 0
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : x
1
< α < x
2
< β.
iii) Nếu









∆ > 0
af(β) > 0
β <
S
2
=
−b













∆ > 0
af(α) > 0
af(β) > 0
α <
S
2
< β
thì f(x) = 0 có hai nghiệm : α < x
1
< x
2
< β.
vi) Nếu f(α)f(β) < 0 thì tồn tại duy nhất một nghiệm hoặc x
1
hoặc x
2
thuộc khoảng
(α, β).




x
1
+ x
2
= S
x
1
x
2
= P
thì x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình: x
2
− Sx + P = 0.
Các dạng bài tập áp dụng.
Dạng 1:
Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a = 0).
• Chứng minh phương trình có nghiêm ⇔ Chứng minh ∆ ≥ 0.
• Chứng minh phương trình vô nghiệm ⇔ Chứng minh ∆ < 0.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt
3
⇔ Chứng minh ∆ > 0.





∆ ≥ 0
af(0) > 0
0 <
−b
2a
.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm âm
⇔ Chứng minh









∆ ≥ 0
c
a
> 0
−b
a
< 0
hoặc chứng minh


(i) ⇔ (4a + 2b + c) + (a + 2b + 4c) + c = 0
⇔ f(2) + 4f(
1
2
) + f(0) = 0.
Suy ra tồn tại ít nhất một số hạng âm hoặc bằng 0, theo định lí đảo phương trình
f(x) = 0 có nghiệm.
Ví dụ 1.2. Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng phương trình: (a
2
+ b
2
− c
2
)x
2
− 4abx + a
2
+ b
2
− c
2
= 0
có nghiệm.
Giải.
⊕ Trường hợp 1: a
2
+ b
2
−c

2
]
= (a + b + c)(a + b −c)(c + a −b)(c + b − a).
Vì a, b, c là cạnh của một tam giác ⇒ ∆

> 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì phương trình:
a
2
x
2
+ (a
2
+ b
2
− c
2
)x + b
2
= 0 vô nghiệm.
Giải. Xét
∆ = (a
2
+ b
2
− c
2
)
2
− 4a


= (a + b + c)
2
− 3(ab + bc + ca)
=
1
2
(a
2
− 2ab + b
2
) +
1
2
(b
2
− 2bc + c
2
) +
1
2
(c
2
− 2ca + a
2
)
=
1
2
(a − b)

+ bx + c = 0 (a = 0) luôn có hai nghiệm
phân biệt thuộc khoảng (α; β) nào đó ⇔















∆ > 0
af(α) > 0
af(β) > 0
α <
S
2
< β.
Ví dụ 1.5. Cho hai số a và b thỏa mãn điều kiện: a ≥ b > 0, a + b = 1. Chứng minh
phương trình x
2
− b
n
x − a

b > b
n
.
Đặt
f(x) = x
2
− b
n
x − a
n
.
Ta có :
1.f(0) = −a
n
< 0, ∀n
1.f(1) = 1 − b
n
− a
n
= (a − a
n
) + (b −b
n
) > 0
1.f(−1) = 1 + b
n
− a
n
= 1 − a
n

Trường hợp 1: Nếu a + b = 0 thì (2) có dạng: −2abx = 0.
⊕ a = −b = 0 ⇒ Tập nghiệm là R.
⊕ a = −b = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm.
Trường hợp 2: a + b = 0 thì ∆ = [(a + b)
2
− 2ab]
2
= (a
2
+ b
2
)
2
.
Phương trình (1) có hai nghiệm: x
1
= a + b; x
2
=
2ab
a + b
.
Dạng 5. Chứng minh hoặc tìm điều kiện để phương trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0
có hai nghiệm, và nghiệm này gấp k lần nghiệm kia.
Ví dụ 1.7. Chứng minh điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai: ax
2
+bx+c = 0
có hai nghiệm mà nghiệm này gấp k nghiệm kia là: kb

2
)x
1
x
2
= 0
⇔ (S
2
− 2P )k −(1 + k
2
)P = 0 (S = −
b
a
, P =
c
a
)
⇔ kb
2
= (k + 1)
2
ac.
Điều kiện đủ: Nếu kb
2
= (k + 1)
2
ac ⇔ ac =
kb
2
(k + 1)

1
= 0 (a
1
= 0), a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (a
2
= 0) có nghiệm.
Cách giải: Yêu cầu bài toán ⇔ chứng minh ∆
1
+ ∆
2
≥ 0.
Ví dụ 1.8. Cho hai phương trình bậc hai a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0 (a
1
= 0)

2
= b
2
1
+ b
2
2
− 4(a
1
c
1
+ a
2
c
2
).
do giả thiết b
1
b
2
≥ 2(a
1
c
1
+ a
2
c
2
) ⇒ ∆
1

, ∆
2
phải có ít nhất một số không âm, điều đó chứng tỏ rằng
trong hai phương trình đã cho, có ít nhất một phương trình có nghiệm.
Dạng 7.
Chứng minh ít nhất một trong ba phương trình:a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0 (a
1
= 0),
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (a
2
= 0), a
3
x
2

+ ∆

2
+ ∆

3
= a
2
+ b
2
+ c
2
− ab −bc −ca
=
1
2
[(a − b)
2
+ (b −c)
2
+ (c + a)
2
] ≥ 0 ∀a, b, c.
Suy ra trong ba số ∆
1
, ∆
2
, ∆
3
có ít nhất một số không âm.

1
)(x + x
2
).
Nhân các vế tương ứng của hai đẳng thức này ta được:
(ax
2
+ bx + c)(ax
2
− bx + c) = a
2
(x
2
− x
2
1
)(x
2
− x
2
2
)
hay
(ax
2
+ c)
2
− (bx)
2
= a

− b
2
X = 0
hay a
2
X
2
+ (2ac −b
2
)X + c
2
= 0.
Là một phương trình bậc hai có các nghiệm là x
2
1
và x
2
2
.
Dạng 9. Tìm cực trị, đánh giá biểu thức nghiệm kết hợp với định lý Viet.
Cách giải: Dùng định lý Viet để tìm biểu thức nghiệm, sau đó đánh giá biểu thức
nghiệm để suy ra cực trị.
Ví dụ 1.11. Cho các phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 (a, c = 0) và cy
2
+ dy + a = 0
có các nghiệm x
1
, x

2
≥ 2|x
1
x
2
| = 2|
c
a
|
y
2
1
+ y
2
2
≥ 2|y
1
y
2
| = 2|
a
c
|.
Từ đây và bất đẳng thức Cauchy suy ra: x
2
1
+ x
2
2
+ y

1
+ x
2
= 2m + 1
x
1
.x
2
= m − 1.
Vậy:
x
2
1
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
= (2m + 1)
2
− 2(m −1) = 4m
2

1
, x
2
.
Chứng minh x
2
1
+ x
2
2
≥ 1 biết rằng n ≤ m − 1.
Giải.
9
Vì n ≤ m − 1 nên ∆ = m
2
− 4n ≥ m
2
− 4(m −1) = (m − 2)
2
≥ 0.
Suy ra phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
và theo Viet ta có :



x
1

+1 ≥ 1.
Ví dụ 1.14 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1993).
Chứng minh rằng nếu a
1
, a
2
là các nghiệm của phương trình x
2
+ px + 1 = 0
và b
1
, b
2
là các nghiệm của phương trình x
2
+ qx + 1 = 0 thì:
(a
1
− b
1
)(a
2
− b
1
)(a
1
+ b
2
)(a
2

1
)(a
2
− b
1
) = a
1
a
2
− b
1
(a
1
+ a
2
) + b
2
1
= 1 + pb
1
+ (−1 −qb
1
) = b
1
(p − q).
(Vì b
1
là nghiệm của phương trình x
2
+ qx + 1 = 0

2
2
= 1 − pb
2
+ (−qb
2
− 1) = −b
2
(p + q).
Vậy (a
1
− b
1
)(a
2
− b
1
)(a
1
+ b
2
)(a
2
+ b
2
) = b
1
b
2
(q

4
2
= (x
2
1
+ x
2
2
)
2
− 2x
2
1
x
2
2
= [(x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
]
2
− 2(x
1

− 32 ≤ 32
⇔|m
2
− 2| ≤ 2 ⇔ −2 ≤ m
2
− 2 ≤ 2 ⇔ m
2
≤ 4 ⇔ |m| ≤ 2. (2)
Từ (1), và (2) ta nhận được |m| = 2 ⇔ m = ±2.
Dạng 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc hai.
Ví dụ 1.16. Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0 và c lẻ. Chứng minh
10
rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 không có nghiệm nguyên.
Giải.
Giả sử: x = k là nghiệm nguyên của phương trình ⇒ ak
2
+ bk + c = 0
⇒ c chia hết cho k ⇒ k lẻ.
ak
2
+ bk + c − (a + b + c) = a(k
2
− 1) + b(k − 1) lẻ ⇒ (k −1) lẻ. Vô lý.
Vậy phương trình ax
2
+ bx + c = 0 không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 1.17. Xác định tất cả các cặp số nguyên (p, q) sao cho phương trình
x

Thay đổi vai trò p, q và vai trò của các cặp (p, q), (u, v) ta được tất cả các nghiệm
(p, q) của bài toán xuất phát ứng với trường hợp (1):
p = 0, q = −n
2
(n = 1, 2, )
p = −n
2
, q = 0 (n = 1, 2, ) (I)
p = −q = n, (n = 0, ±1, ±2, ).
Trường hợp 2. Theo (∗∗), ta thấy trong trường hợp này u, v, p, q là những số nguyên
dương. Hơn nữa, từ (∗∗) suy ra pq −p − q = u + v − uv
11
hay: 2 = (p − 1)(q −1) + (u − 1)(v −1).
Vì p − 1 ≥ 0, q −1 ≥ 0, u − 1 ≥ 0, v −1 ≥ 0 nên đẳng thức này chỉ xảy ra khi
1) (p − 1)(q −1) = 0; (u − 1)(v − 1) = 2. Từ đây suy ra, chẳng hạn
p − 1 = 0, u − 1 = 1, v −1 = 2 và đi đến kết quả: p = 1, q = 5, u = 2, v = 3.
Thay đổi vai trò p, q và u, v và các cặp (p, q), (u, v) ta nhận được nghiệm p, q của bài
toán xuất phát: (1, 5); (5, 1); (2, 3); (3, 2).
2) (p − 1)(q −1) = (u − 1)(v −1) = 1 ⇒ p = q = 2.
3) (p − 1)(q − 1) = 2, (u − 1)(v − 1) = 0. Trường hợp này đã xét ở 1) khi thay
đổi vai trò cặp (p, q); (u, v) (II)
Tóm lại: ở trường hợp 2 nghiệm của bài toán là (1, 5); (5, 1); (2, 3); (3, 2) và
(2, 2).
Trường hợp 3.
Có thể giả thiết pq > 0; uv < 0. Khi đó
p + q < 0; u + v > 0; v = −v
1
< 0; u > 0.
Và hệ(∗∗) trở thành


1
+ 1 = u − v
1
− uv
1
+ 1.
Hay (p
1
− 1)(q
1
− 1) = (u + 1)(1 − v
1
).
Vì p
1
− 1 ≥ 0, q
1
− 1 ≥ 0, u + 1 > 0, 1 − v
1
≤ 0 nên đẳng thức trên xảy ra khi:
(p
1
− 1)(q
1
− 1) = 1 − v
1
= 0.
Giả thiết chẳng hạn: p
1
= 0 ⇒ p

−pq
1
= u − v
1
p − q
1
= −uv
1
hay



pq
1
= v
1
− u (i)
q
1
− p = uv
1
(ii).
12
Với p, q
1
, v, u
1
là những số nguyên dương.
Từ (i) suy ra v
1

1
, biểu diễn m theo x
2
. Thiết lập đẳng thức giữa x
1
và x
2
không có tham số m .
Ví dụ 1.18. Cho phương trình: (m + 2)x
2
− (m + 4)x + 2 − m = 0.
Tìm hệ thức liên hệ giữa các hệ độc lập với m.
Giải. ∆ = m(5m + 8).
Phương trình có hai nghiệm khi:



m = −2
∆ ≥ 0
⇔



m = −2
m ≤ −
8
5
hoặc m ≥ 0.
Khi đó theo Viet ta có:


x
2
− 3 = 0.
Đó là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm độc lập với tham số mà ta phải tìm.
Dạng 12. Tìm điều kiện hoặc chứng minh hai phương trình:
a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 tương đương.
Cách giải: Sử dụng hai phương trình tương đương ⇔

cùng tập nghiệm
vô nghiệm.
Ví dụ 1.19. Tìm các giá trị của tham số a, b để hai phương trình sau tương đương:
x
2



2a = −2a
a
2
= 3b
2
⇔ a = b = 0.
Khi a = b = 0 cả hai phương trình có cùng nghiệm kép x = 0
⊕ Hai phương trình cùng vô nghiệm



∆

1
< 0
∆

2
< 0
⇔



a
2
+ 2ab −2b
2
> 0



a
b
< −1 −
√
3
a
b
> −1 −
√
3
a
b
<
1
2
⇔
a
b
< −1 −
√
3.
Vậy a = b = 0 hoặc



b = 0
a
b






S =
2m
m − 5
= 2 +
10
m − 5
P =
m + 4
m − 5
= 1 +
9
m − 5
.
Suy ra 9S − 10P = 8 hay 9x − 10y −8 = 0.
Do đó tập hợp các điểm M(S, P ) là đường thẳng 9x −10y − 8 = 0.
Dạng 14. Bài toán liên quan đến hai phương trình a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
(a
1

1
= 0
a
2
x
2
0
+ b
2
x
0
+ c
2
= 0.
Từ đây rút ra được x
0
để dùng trong các biểu thức cần chứng minh.
Ví dụ 1.21. Chứng minh rằng nếu hai phương trình x
2
+ p
1
x + q
1
= 0
và x
2
+ p
2
x + q
2

1
x
0
+ q
1
= 0 (1)
x
2
0
+ p
2
x
0
+ q
2
= 0. (2)
Lấy (1) − (2) ta được (p
1
− p
2
)x
0
= q
2
− q
1
.
⊕ Nếu p
1
= p

1
)x
2
0
= p
1
q
2
− p
2
q
1
⇒ x
2
0
=
p
1
q
2
− p
2
q
1
p
2
− p
1
(4)
⇒ (q

2
x
2
+ b
2
x + c
2
= 0 (2) (a
2
= 0).
Cách giải: (1) là hệ quả của (2) ⇔ tập nghiệm của (1) là S
1
⊃ S
2
là tập nghiệm của
(2).
Ví dụ 1.22. Tìm tất cả các cặp số a, b sao cho phương trình : x
2
+ b
2
x −8b = 0 (1)
là hệ quả của phương trình: x
2
− ax + a = 0 (2).
Giải.
(1) là hệ quả của (2) ⇔ S
1
⊃ S
2
.

a = −8b.
Với điều kiện ∆
2
> 0 ta lấy được a = −64 và b = 8.
15
1.2. Phương trình trùng phương
Định nghĩa. Phương trình trùng phương là phương trình có dạng:
ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (a = 0). (1.2)
Cách giải: Đặt ẩn phụ x
2
= t, t ≥ 0 đưa về phương trình bậc hai:
f(t) = at
2
+ bt + c = 0 (1.2).
Dạng 1. Tìm điều kiện để phương trình (1.2) có đúng một nghiệm dương.
Giải.
Phương trình (1.2) có đúng một nghiệm dương ⇔ phương trình (1.2) có nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn t
1
< 0 < t
2
hoặc 0 = t
1

2
= t, t ≥ 0 phương trình trở thành: f(t) = t
2
− 2at + 2a −1 = 0.
Trường hợp 1: t
1
< 0 < t
2
⇒ 1f(0 < 0 ⇔ 2a − 1 < 0) ⇔ a <
1
2
.
Trường hợp 2: 0 = t
1
< t
2
⇒ điều kiện



2a − 1 = 0
2a > 0
⇔ a =
1
2
.
Từ trường hợp 1, và trường hợp 2 ⇒ a ≤
1
2
.

1
2
.
Dạng 3. Tìm điều kiện để phương trình (1.2) có 4 nghiệm phân biệt.
Cách giải: Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình 1.2 có hai nghiệm t
1
, t
2
: 0 < t
1
< t
2
⇒
16
điều kiện









∆ > 0
af(0) > 0
0 <
S
2
hoặc

0 <
S
2
⇔









a
2
− 2a + 1 > 0
2a − 1 > 0
0 <
2a
2
= a
⇔









2
= −
√
t
1
; x
3
=
√
t
1
; x
4
=
√
t
2
Bốn nghiệm của (1.2) lập thành cấp số cộng.
⇔ x
4
− x
3
= x
3
− x
2
= x
2
− x
1

1
+ t
2
= 10t
1
t
1
t
2
= 9t
2
1
⇔



−b
a
= 10t
1
c
a
= 9t
2
1
⇒ 9b
2
= 100ac.
Ví dụ 1.26. Tìm m để phương trình sau có các nghiệm lập thành một cấp số cộng:
x

S > 0
⇔



2m + 1 = 0
2(m + 1) > 0
⇔ m = −
1
2
. (3)
17
Trường hợp 2: Phương trình (2) có hai nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn: t
2
= 9t
1
> 0.
Phương trình (2) có hai nghiêm t
2
> t
1
> 0.
⇔




√
t
2
; x
2
= −
√
t
1
; x
3
=
√
t
1
; x
4
=
√
t
2
.
Các nghiệm của phương trình (1) lập thành cấp số cộng ⇔ t
2
= 9t
1
. (5)
Từ (5) ⇒



1
2
; m = 4; m = −
4
9
là các giá trị phải tìm.
1.3. Phương trình dạng: (x + a)
4
+ (x + b)
4
= c
Cách giải phương trình dạng:
(x + a)
4
+ (x + b)
4
= c. (1.3)
Đặt ẩn phụ t =
x + a + x + b
2
⇒





x + a = t +
a − b
2
x + b = t −

) = x + 4 ⇒ x + 3 = t − 1, x + 5 = t + 1.
18
và phương trình đã cho trở thành:
(t − 1)
4
+ (t + 1)
4
= 2
⇔ 2t
4
+ 12t
2
+ 2 = 2
⇔ t
2
(t
2
+ 6) = 0 ⇔ t = 0
⇔ x = −4.
1.4. Phương trình hồi qui dạng: ax
4
+ bx
3
+ cx
2
±kbx + k
2
a = 0
Cách giải phương trình dạng:
ax

x
phương trình (1.4) trở thành: at
2
+ bt + c ∓2ka = 0.
Ví dụ 1.28. Giải phương trình: 2x
4
+ 3x
3
− 16x
2
+ 3x + 2 = 0. (1)
Giải.
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia hai vế của phương trình cho
x
2
> 0 ta được:
(1) ⇔ 2

x
2
+
1
x
2

+ 3

x +
1
x

Giải.
19
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1).
Với x = 0 chia hai vế của phương trình (1) cho x
2
ta được:
(1) ⇔ x
2
+
1
x
2
− m

x −
1
x

− (2m + 1) = 0. (2)
Đặt t = x −
1
x
⇒ f(x) = x
2
− tx −1 = 0. (3)
Phương trình (2) trở thành: t
2
− mt −2m + 1 = 0. (4)
Vì
c

√
5 − 4 < m <
1
2
.
Vậy với 2
√
5 − 4 < m <
1
2
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
Ví dụ 1.30. (Đề thi vô địch quốc tế 1973).
Cho phương trình: x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ ax + 1 = 0 có nghiệm.
Tìm giá trị bé nhất của a
2
+ b
2
.
Giải.
Gọi x
0
là nghiệm của phương trình trên thì ta có: x
4
0

0
) + b = 0.
Đặt
y = x
0
+
1
x
0
⇒ |y| ≥ 2.
Suy ra
(y
2
− 2) + ay + b = 0
⇒ |2 − y
2
| = |ay + b| ≤

a
2
+ b
2

y
2
+ 1
⇒ a
2
+ b
2

5
.
1.5. Phương trình dạng:
(ax + b)
2
(a
1
x + b
1
)
2
+ [(a + a
1
)x + (b + b
1
)]
2
+ c = 0
Cách giải phương trình dạng:
(ax + b)
2
(a
1
x + b
1
)
2
+ [(a + a
1
)x + (b + b

1
2
)
2
−
1
4
≥ −
1
4
⇒ t ≥ −
1
4
.
Kết hợp với (1) t
2
≥ 2 ⇒ t ≥
√
2.
Phương trình (2) trở thành: t
2
− 4t −3 = 0.
t = 2 +
√
7 ⇒ x
2
− x −2 −
√
7 = 0 ( Vì t ≥
√

Ta tìm m để vế phải(1.6) thành bình phương đủ.
⇔



2m + a > 0
∆ = 0.