Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*****************

Trần thị ly

Một số phương pháp giải phương trình
bậc ba trong toán phổ thông
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP
Chuyên ngành : Đại số
Người hướng dẫn khoa học
Nguyễn Thị Bình

Hà NộI - 2008

-1-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Lời cảm ơn
Trong thời gian học tập tại khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2, được sự dạy dỗ chỉ bảo tận tình của các thầy giáo, cô giáo, em đã tiếp thu
được nhiều tri thức khoa học, kinh nghiệm và phương pháp học tập mới, bước
đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học.

quả của các đề tài khác
Hà nội, tháng 05 năm 2008
Sinh viên
Trần Thị Ly

-3-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Mục lục
Lời cảm ơn………………………………………………………………

1

Lời cam đoan………………………………………………………………

2

Mục lục…………………………………………………………………….

3

Mở đầu…………………………………………………………………….

4

Chương 1: Một số kiến thức liên quan…………………………………….



Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Mở đầu
Trong nhà trường phổ thông môn toán giữ một vị trí vô cùng quan trọng.
Nó giúp học sinh học tốt hầu hết các môn học và là công cụ của nhiều ngành
khoa học kĩ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn trong đời sống.
Muốn học giỏi nói chung và học giỏi toán nói riêng thì phải luyện tập,
thực hành nhiều. Nghĩa là ngoài việc nắm rõ lý thuyết các em còn phải làm
nhiều bài tập. Đối với học sinh bài tập thì rất nhiều và đa dạng nhưng thời
gian thì hạn hẹp đồng thời các em khó có điều kiện chọn lọc những bài toán
hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập rèn luyện tư duy toán học của
mình.
Trong môn toán, phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không những
là đối tượng nghiên cứu Đại số mà còn là công cụ đắc lực của giải tích. Nó
được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các dạng đơn
giản. Đa phần các em được làm quen với phương trình bậc một, bậc hai còn
các phương trình bậc cao các em ít được làm quen. Ngày nay phương trình
bậc ba, bậc bốn đã giải được bằng căn thức. Xong ở phổ thông số phức đưa
vào chỉ ở mức giới thiệu, do đó việc áp dụng cách giải này thế nào cho các em
dễ hiểu và dễ nắm bắt là cả một vấn đề.
Với những lí do thiết thực trên cùng với niềm đam mê của bản thân và
sự hướng dẫn nhiệt tình của cô giáo Nguyễn Thị Bình em đã mạnh dạn thực
hiện bài luận văn của mình với tiêu đề:
”Một số phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ thông”
Đề tài của em bao gồm các nội dung chính sau:
Chương 1: Một số kiến thức liên quan

gọi là giải phương trình Đại số bậc n có dạng:
a0 + a1x + …. + an-1xn-1 + anxn = 0 trong A.
+) Giả sử A là một trường c  A, f(x)  A[x], c là nghiệm bội cấp m nếu và
chỉ nếu f(x) chia hết cho (x - c)m và f(x) không chia hết cho (x - c)m+1.
Nếu m = 1 người ta gọi c là nghiệm đơn
m = 2 thì c là nghiệm kép.

-6-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Người ta coi một đa thức có một nghiệm bội cấp m như một đa thức có m
nghiệm trùng nhau.
1.1.2. Một số kết quả
định lí d ' Alembert: Mọi đa thức bậc khác không với hệ số phức có ít nhất 1
nghiệm phức
Định lí Bezout: Giả sử A là một trường, c  A, f(x)  A[x]. Dư của phép chia
f(x) cho (x – c) là f(c).
Chứng minh:
Nếu ta chia f(x) cho (x – c) thì được dư bằng không hoặc một đa thức bậc
không. Vì bậc (x - c) = 1. Vậy dư là một phần tử r  A
Ta có f(x) = (x - c).q(x) + r
Thay x bằng c ta được f(c) = 0.q(c) + r = r
Vậy r = f(c).
Hệ quả : Phần tử c là nghiệm của f(x) A[x] khi và chỉ khi f(x) chia hết cho
(x - c) trong A[x]
Công thức Vieta

0

........................................


a

α α ...α α  (-1) n n
1 2
n 1 n

a
0

Bổ đề: Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực.

-7-


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

* Nghiệm hữu tỉ.
Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0  Z[x] . Nếu phân số tối giản

p
q

p a


Khoá luận tốt nghiệp

Chương 2: Các phương pháp giảI phương trình bậc ba trong toán phổ
thông
2.1. Giải phương trình bậc ba bằng phương pháp Cacnado
Phương trình và hàm bậc ba được nghiên cứu khá kĩ trong chương trình
phổ thông và luyện thi đại học dưới góc độ giải tích. Tuy nhiên ít sách trình
bày công thức nghiệm của phương trình bậc ba, trong mục này chúng ta sẽ đi
chứng minh công thức Cacnado cho việc giải phương trình bậc ba, công thức
này cũng rất có ích trong việc chứng minh các tính chất nghiệm của phương
trình bậc ba trong các mục tiếp theo.
Trước tiên ta nhận xét rằng với mọi phương trình bậc ba tổng quát

a1x3  b1x 2  c1x  d1  0 ( a1  0 )
Đều có thể đưa về dạng: x 3  ax 2  bx  c  0
Đặt x  y 

(*)
(1.1)

a
thì phương trình (1.1) trở thành:
3
a
a
a
(y  )3  a(y  ) 2  b(y  )  c  0
3
3

3z
3z

-9-

(1.2)


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

p3
q0
 z 
27z 3
3

p3
 qz 3  0
 z 
27
6

Đặt t  z 3 ta được phương trình
t 2  qt 

p3
0
27


1
3
1
3
Nghĩa là e0  1; e1    i
; e2    i
2
2
2
2

Trong đó i là đơn vị ảo và i2  1 hay i  1 . Dễ thấy rằng:
1
3
1
3
e1e 2  (  i )(  i )  1
2
2
2
2

Tổng quát

3

t có 3 giá trị là: t1 , t1e1 , t1e2 trong đó t1 là giá trị thực của

Như vậy 6 giá trị của z ứng với 6 giá trị của t như sau:

4 27
3

Thay vào biểu thức y  z 
y1k  z1k 

p
ta được 6 giá trị của y là
3z

p
p
; y 2k  z 2k 
với k = 0,1,2
3z 2k
3z 1k

Tuy nhiên vì:

y10  y 20
y11  y 22
y12  y 21
Nên phương trình bậc ba (1.2) chỉ có 3 nghiệm là y10 ; y11 ; y12 . Ta có thể giải
thích điều này như sau:
Vì t1,2 là nghiệm của phương trình t 2  qt 
p3
t1t 2  
27

 z10 z 20  3 t1t 2  


p3
 0 nên
27


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

 z 20 

p
3z 20

 y20
Tương tự với chú ý e1e2  1 ta có:

y11  z11 

p
p

 z 22  y22
3z11
3z 22

y12  z12 

p

p
q2 p
Trường hợp 1:   q  4( )3  0 hay

0
3
4 27
2

Phương trình bậc hai (1.3) có 2 nghiệm thực phân biệt

q
q 2 p3
t1,2   

2
4 27
Do đó phương trình (1.2) có 1 nghiệm thực là:

y10  z10  z 20

q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
3 

  

2
4 27

(z10  z 20 )
2
2

y12  z12  z21  z10e2  z20e1
1
3
1
3
 z10 ( 
i)  z 20 (  
i)
2 2
2 2


z10  z 20
3
i
(z10  z 20 )
2
2

Công thức (1.4) gọi là công thức Cacnado dùng để tính nghiệm của phương
trình bậc ba (1.2)
3

q2 p
Trường hợp 2:   
=0

3

q
q2 p
q
q2 p
t1,2   

 i  
 r(cos  isin)
2
4 27
2
4 27

- 13 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

3

q 2
q2 p
p3
Trong đó: r  ( )  ( 
) 
2


+k2
+k2
 isin
) với k = 0,1,2
3
3

Nghĩa là:



z10  3 r (cos  isin )
3
3

z11  3 r (cos

+2
+2
 isin
)
3
3

z12  3 r (cos

+4
+4
 isin

z 21  3 r (cos

+2
+2
 isin
)
3
3

- 14 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

z 22  3 r (cos

+4
+4
 isin
)
3
3

Vậy:

y10  z10  z20
 2 3 rcos



+2
)
3

y12  z12  z21
 3 r (cos

+4
+4 3
+2
+2
 isin
)  r (cos
 isin
)
3
3
3
3

 2 3 rcos(

+4
)
3

Vậy trong trường hợp này phương trình (1.2) có 3 nghiệm thực

- 15 -

1.

0
4 27
Một nghiệm thực

q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
y10  z10  z 20  3  

  

2
4 27
2
4 27

và hai nghiệm
phức

y11  

z10  z 20
3
i
(z10  z 20 )
2
2


kép
3

q2 p
3.

0
4 27
Ba nghiệm thực

y10  z10  z20  2 3 rcos
q
q 2 p3 3 q
q 2 p3
=  

  

2
4 27
2
4 27
3

- 16 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp


Do đó z1 có 3 giá trị z1k  3 1  cos

2k
2k
 isin
, k = 0,1,2
3
3

1
3
1
3
Hay z10  1; z11    i
; z12    i
2
2
2
2

q
q 2 p3 3
Tương tự z 2 =  

 62  3969   3 125  5 3 1
2
4 27
3




Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Lời giải
Đặt x  y 

a
 x  y 1
3

(1)  y3  9y  11  0

(2)

Sử dụng công thức Cacnado cho phương trình (2) ta được

q
q 2 p3 3 11
121
11  13
z10 =  

  
 27  3
 1,5463
2
4 27

2
3

z 21 

z 20
(1  i 3)  0,97005(1  i 3)
2

z 22 

z 20
(1  i 3)  0,97005(1  i 3)
2

Do đó
x10  y10  1  4,4864

y10  z10  z 20  3,4864

y11  z11  z 22  1,7432  0,3412i suy ra x 20  y 20  1  0,7432  0,341i
x 30  y30  1  0,7432  0,341i

y12  z12  z 21  1,7431  0,3412i
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
1. x 3  x  6  0
2. x 3  3x 2  9x  27  0

- 18 -

Phương pháp chung
Cho phương trình: ax 3  bx 2  cx  d  0
Ta thực hiện theo các bước sau:

- 19 -

(1)


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

Bước 1: Đoán nghiệm x 0 của (1)
Bước 2: Phân tích (1) thành

(x  x 0 )(ax 2  b1x  c1)  0
x  x0

2
g(x)  ax  b1x  c1  0 (2)
Bước 3: Kết luận

 g  0
+. Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  
g(x 0 )  0

  g  0

 g(x 0 )  0

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp

2. Với các phương trình có chứa tham số có thể coi tham số là ẩn để
thực hiện việc phân tích đa thức
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau
a. 3x 3  8x 2  2x  4  0

(3)

b. x 3  x 2  2x  2 2  0

(4)

Lời giải
a. Nhận xét rằng: a  3 có ước là 1,  3

d  2 có ước là 1,  2
Do đó phương trình nếu có nghiệm hữu tỉ thì chỉ có thể nhận 1 trong các giá
1 2
2
trị sau: 1,  2,  ,  . Nhận thấy x  là nghiệm của phương trình nên ta
3 3
3

biến đổi phương trình về dạng:

(3x  2)(x 2  2x  2)  0

Khoá luận tốt nghiệp

x  2  0

2
 x  ( 2  1)x  2  0
x 2

Vậy phương trình có nghiệm thực duy nhất x  2
Ví dụ 2: Cho phương trình mx3  (3m  4)x 2  (3m  7)x  m  3  0

(5)

a. Giải phương trình với m  3
b. Xác định m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt không dương
Lời giải
Do a  b  c  d  0 nên phương trình có 1 nghiệm x  1
(5)  (x  1)[mx2  2(m  2)x  m  3]  0

x  1  0

2
g(x)  mx  2(m  2)x  m  3  0 (*)

(I)

a. Với m  3

x  1  0
(I)   2


g

4  m  0


 ag(0)  0  m(m  3)  0  3  m  4
s
 m2
 0

0
2
2

g(1)  0 1  0
Vậy với m 3,4  thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt không dương
Ví dụ 3: Xác định m để phương trình

m2 x3  3mx 2  (m2  2)x  m  0 ( m  0 )

(6)

có 3 nghiệm phân biệt
Lời giải
(*) Chú ý: Nếu phương trình có chứa tham số m ta có thể coi m là ẩn còn x là
tham số, sau đó tìm lại x theo m. Do đó ta có thể giải bài toán như sau
Viết lại phương trình dưới dạng:

(x 3  x)m2  (3x 2  1)m  2x  0

Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp



a  0
m  0
m  0
 '

   0  1  m 2  0  
 m 1
 1

1
f ( )  0  m   0
 m

m
Vậy với m   1,1 \ 0 phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt
Ví dụ 4: Cho phương trình

x3  (2m  1)x 2  (3m  1)x  (m  1)  0

(7)

Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm
Lời giải
Dễ nhận thấy x  1 là nghiệm của phương trình (7) nên

- 24 -


Trần Thị Ly - K30C Toán

Khoá luận tốt nghiệp


1 5
m 
2
 'g  0
m 2  m  1  0
 


 
1 5  m  2
m

g(1)  0 m  2  0


2

m  2
Suy ra m = 2 thỏa mãn
Kết luận: Vậy với m 

1 5