Khoá luận tốt
nghiệp

Trần Thị Ly - K30C Toán

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-


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.
Qua đây, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới toàn thể các thầy, các cô trong
khoa Toán - những người đã chăm lo, dìu dắt cho chúng em được trưởng
thành như ngày hôm nay. Đặc biệt, em xin chân thành cảm ơn cô giáo

1

Lời cam đoan………………………………………………………………

2

Mục lục…………………………………………………………………….

3

Mở đầu…………………………………………………………………….

4

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

5

1.1. Đa thức…………………………………………………………….

5

1.2. Phương trình một ẩn……………………………………………….

7

Chương 2: Các phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ
thông………………………………………………………………………

8


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
Chương 2: Các phương pháp giải phương trình bậc ba trong toán phổ thông
Chương 3: ứng dụng của hệ thức Vieta cho phương trình bậc ba


Chương 1: một số kiến thức liên quan

f(x) = a0 + a1x + … + an-1xn-1 + anxn (an ≠ 0) là một đa thức tùy ý
của vành A[x].
n-1

+) Phần tử f(c) = a0 + a1c + … + an-1c

n

+ anc ∈ A có được bằng

cách thay x bởi c gọi là giá trị của f(x) tại c.
+) Nếu f(c) = 0 thì c là một nghiệm của f(x). Tìm nghiệm của f(x) trong A
gọi là giải phương trình Đại số bậc n có dạng:
n-1

a0 + a1x + …. + an-1x

n

+ anx = 0 trong A.

+) Giả sử A là một trường c ∈ A, f(x) ∈ A[x], c là nghiệm bội
m

cấp m nếu và chỉ nếu f(x) chia hết cho (x - c) và f(x) không chia hết
cho (x - c)

m+1

.


Tồn tại trường A ⊃ K, f(x) có n nghiệm α 1, α 2,..., α n-1, α n trong A thoả
mãn
+ ...

 α + α + α

a
+ α = (-1)

2
n− 1 n
a0
 1

a2
α α + α α + ...
=
(-1)
+ α
α
 1 2 13
n− 1 n
a

0

........................................




p
q

p a0
là nghiệm của f(x) thì 
q an

Hệ quả. Với số hữu tỉ α là nghiệm của đa thức:
n

n-1

f(x) = x + an-1x

+ … + a1x + a0 = 0 thì α là số nguyên và α là ước của

a0.
Phân số tối giản p

là nghiệm của f(x) thì ( p –

mq)
q

f (m), ∀ m
∈ Z

p + q | f( −1)
Trường hợp đặc biệt: 


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 + b + c x + d = 0 ( a ≠ 0)
1
1
1
2
x 1
Đều có thể đưa về dạng: x3 + ax2 + bx
+c= 0

(*)

(1.1)

Đặt

x = y thì phương trình (1.1) trở thành:
a
−
3

 3 3
 2a ab
q = − + c

 27 3

Dùng phép thế Vieta

(1.2)

y= z−

p


3z
(z − p

)3

vào phương trình (1.2) ta được:
p

+ p(z −
3z
3z

)2 + q = 0



2
q
Suy ra z =3 
2

q2


427

p3

Ta biết rằng 3 1 có 2 giá trị (kể cả giá trị phức) là:
ek =
cos

2k
+ isi
π n

2kπ
3

với k = 0,1,2

3
Nghĩa là e0 = 1; e1
;e = −
1 +i 3 2 1 −i 3
= −

Tổng quát

có 3 giá trị là: t , t e , t e trong đó t là giá trị thực của
1

1 1

1 2

1

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

3

t1 cho 3 giá trị là:
2

3

q
q
p
z1 = 3 −
+
+
;
0
2

Thay vào biểu thức

y = z ta được 6 giá trị của y là
p
−
3z

y = z
p
−

= z−

1k

1k

;p y
3z1k

2k

2k

với k = 0,1,2

3z 2k

Tuy nhiên vì:
=

=
tp
1t2
−
2

3
ze z = z e .z =
z z
⇒

11 22 10 1

20 2

=
p
−

10 20

3z20

3

p
nên


p

12

e1e2 = 1 ta có:

−
−

p

= −
3z11
3z22
p

= −
3z12
3z21

p
22

p
21

+ z

= y

+ 21z


y = z
12

12

p

−

= z
11

3z11
p

−

= z
12

3z12

22

21

+ z
+ z

Bây giờ ta xét kĩ hơn về số nghiệm thực của phương trình bậc ba (1.2) dựa



q
=3 
2

q2


427

p3 +3 q

2

q2


427

p3

(1.4)


Với 2 nghiệm phức liên hợp là:
y11 = z11 + z22

3


2

2

−z )
10

20

y12 = z12 + z21 = z10e2
+ z20e1
= z1
(− −

3

(−
10

3

i) + z
1

2 2
z10 + 3

i)

+

. Do đó

2

q
q
z10 = z203 = = 3−
2
2

Phương trình (1.2) có :
1 nghiệm đơn

y = z

+ z
q

= −2 3
10

10

20

2


1 nghiệm kép y =
y


q2


427

p

3

q
= −
±
i2

2

3

q
p
− − = r(cosα ±
4 27 isinα)


q2 p
q
Trong đó: r = ()2 ()
2
427

t1

theo công thức:

Nghĩa là:

z1k
=

3

3

r(cos+isin)

được tính

=
α+k2π α+k2π
3
r (cos
) với k = 0,1,2
+ isi
3
3
n
3

z10 = r (cos
3


được tính theo công thức:
−α+k2π −α+k2π
3
r
(cos
) với k = 0,1,2
+ isi
z2k
3
3
n
=
Nghĩa là:
−α −α
α
3
+ isin )
r (cos − isin )
3 =
3
3
3
−α+2π −α+2π
3
r
(cos
+ isin
)
z21 =

q
p
q2 p3
q
=3 − +
+ +3 

2
4 27
427
2
y11 = z11 + z22
α+2π
α+2π
= 3 r (cos
+ isin
)+
−α+4π
−α+4π
r (cos
+ isin
)
3
3
3
α+2π
= 2 3 rcos(
)
3
y12 = z12 + z21

Nghiệm của phương trình bậc ba được cho trong bảng sau
3

2

a x + b x + c x + d = 0 (a ≠ 0)
1

3

1

1

1

1

2

hay x + ax + bx + c = 0 . Đưa về dạng rút gọn
bằng cách
Dạng tổng quát

Dạng rút gọn



2



2

và hai nghiệm
y = −

phức

z10 + z20

2.

4

p

3

+ =0
27

Một nghiệm đơn
và một nghiệm

2

3

2



q
q
p+
y10 = z10 + z20 =
−
+
− − 2
3
2

10

20

2
2
+
z
z
3 q
y y ==−z 10 + z20 −
= i −2 3(z
10

10

20

y = y= −


y = z
10

10

20

+ z

= 2 3 rcosα
2

3

q
q
p
=3 − +
+ +
+
2
4 27

q
q
p
3 −
−
2


2

2k
+ isi
π n
3

z1 có 3 giá trị z1k 1 =
= cos
1
3

=
3

2kπ
3

3

1

62  3969

, k = 0,1,2

1
3
3

5

z21 =
i

2

5 3
2

−

3

62  3969
2kπ
3

) , k = 0,1,2

5
; z22 =

5 3
2

+ i

2



(2)

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

3

q
q
p
−11 + 13
11
121
3
 27 = 3
z10 = − +
+ =3 
≈ −1,5463
4
2
4 27
2
2
z
10
(−1 + i 3) ≈
z =
−0, 77315(−1 + i 3)
11

3

11

2

121
− 13
 27 = −11
3
≈ −1,9401
4
2

z20
(−1 + i 3) ≈
−0,97005(−1 + i 3) 2
z

(−1 − i 3) ≈
0,97005(1 + i 3) 2
20

y10 = z10 + z20 ≈ −3,
4864
y11 = z11 + z 22 ≈ 1,7432
+ 0,3412i y12 = z12 + z21
≈ 1,7431 − 0,3412i
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau