Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
Phần I
Đặt vấn đề
Toán học là môn khoa học tự nhiên có từ rất lâu đời. Nó tồn tại và phát triển
cùng với sự tồn tại và phát triển của xã hội loài ngời. Từ 2000 năm trớc công
nguyên ngời Cổ đại đã biết cách giải các phơng trình bậc nhất, ngời cổ Babilon đã
biết giải phơng trình bậc hai và đã dùng các bảng đặc biệt để giải phơng trình bậc
ba.
Nhng để giải các phơng trình bậc cao hơn phải đến đầu thế kỷ 19, nhà Toán
học Nauy là Abet ( 1802 1829) chứng minh đợc rằng phơng trình tổng quát bậc
5 và lớn hơn bậc 5 là không để giải đợc bằng các phơng tiện thuần tuý đại số. Sau
cùng nhà toán học Pháp là Galoa ( 1811 1832) đã giải quyết một cách trọn vẹn
về vấn đề phơng trình đại số.
Sau nhiều năm giảng dạy môn Toán ở bậc trung học cơ sở tôi nhận thấy
mảng giải phơng trình bậc cao đợc đa ra ở sách giáo khoa lớp 8, 9 là rất khiêm tốn,
nội dung sơ lợc, mang tính chất giới thiệu khái quát, quỹ thời gian giành cho nó là
quá ít ỏi. Bên cạnh đó là các nội dung bài tập ứng dụng thì rất phong phú, đa dạng
và phức tạp. Các phơng trình bậc cao là một nội dung thờng gặp trong các kỳ thi ở
Bậc THCS, THPT và đặc biệt trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và cao đẳng.
Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung, tính phức tạp hóa gây nên sự trở
ngại cho học sinh trong quá trình tiếp cận với phơng trình bậc cao. Cùng với sự tích
luỹ kinh nghiệm có đợc của bản thân qua nhiều năm giảng dạy. Kết hợp với những
kiến thức mà tôi đã lĩnh hội đợc trong chơng trình Đại học Toán mà đặc biệt là sự h-
ớng dẫn tận tình của các thầy cô giáo. Tôi mạnh dạn chọn đề tài Những phơng
pháp giải phơng trình bậc cao.
Qua đề tài, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này,
tự phân loại đợc một số dạng toán giải phơng trình bậc cao, nêu lên một số phơng
pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó giúp học sinh có thể dễ dàng hơn trong việc
giải phơng trình bậc cao. Qua nội dung này tôi hy vọng học sinh phát huy đợc khả
năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua cá bài tập nhỏ. Từ đó hình thành cho
học sinh khả năng t duy sáng tạo trong học tập.

phong phú của phơng trình. Mặt khác phải lựa chọn các phơng pháp thích hợp đối
với từng đối tợng học sinh, đồng thời nâng cao nghiệp vụ của giáo viên.
* Đối với học sinh : Nắm chắc một cách có hệ thống các khái niệm, định
nghĩa, các phép biến đổi tơng đơng, các tính chất và các hệ quả. Từ đó phát triển
khả năng t duy, lôgíc cho ngời học. Giúp cho học sinh có một khả năng độc lập, suy
2
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
diễn và vận dụng, rèn trí thông minh cho học sinh. Đồng thời cho học sinh thấy đợc
sự thuận tiện hơn rất nhiều trong giải phơng trình.
II- Những kiến thức cơ bản trong giải phơng trình :
1- Các định nghĩa :
1.1 Định nghĩa phơng trình :
Giả sử A(x) = B(x) là hai biểu thức chứa một biến x. Khi nói A(x) = B(x) là
một phơng trình, ta hiểu rằng phải tìm giá trị của x để các giá trị tơng ứng của hai
biểu thức này bằng nhau.
Biến x đợc gọi là ẩn.
Giá trị tìm đợc của ẩn gọi là nghiệm.
Việc tìm nghiệm gọi là giải phơng trình
Mỗi biểu thức gọi là một vế của phơng.
1.2. Định nghĩa phơng trình bậc nhất một ẩn :
Phơng trình có dạng ax + b = 0, với a, b là những hằng số; a 0 đợc gọi là ph-
ơng trình bậc nhất một ẩn số, b gọi là hạng tử tự do.
1.3. Tập xác định của phơng trình :
Là tập hợp các giá trị của ẩn làm cho mọi biểu thức trong phơng trình có nghĩa.
1.4. Định nghĩa hai phơng trình tơng đơng :
Hai phơng trình đợc gọi là tơng đơng nếu chúng có cùng tập hợp nghiệm.
1.5. Các phép biến đổi tơng đơng :
Khi giải phơng trình ta phải biến đổi phơng trình đã cho thành những phơng
trình tơng đơng với nó ( nhng đơn giải hơn). Phép biến đổi nh thế đợc gọi là phép
biến đổi tơng đơng.

n
là các số thực xác định
( a
n
0).
2- Các định lý biến đổi tơng đơng của phơng trình :
a) Định lý 1 :
Nếu cộng cùng một đa thức của ẩn vào hai vế của một phơng trình thì đợc
một phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho.
Ví dụ : 2x = 7 <=> 2x + 5x = 7 +5x.
* Chú ý :
Nếu cộng cùng một biểu thức chứa ẩn ở mẫu vào hai vế của một phơng trình
thì phơng trình mới có thể không tơng đơng với phơng trình đã cho.
Ví dụ : x 2 (1)
Không tơng đơng với phơng trình
2
1
2
1
2

=

+
xx
x
Vì x = 2 là nghiệm của (1) nhng không là nghiệm của (2)
* Hệ quả 1:
Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của một phơng trình đợc một
phơng trình mới tơng đơng với phơng trình đã cho.

Để giải các phơng trình dạng này trớc hết ta phải nắm vững các phơng pháp
phân tích đa thức thành nhân tử bằng mọi cách đa phơng trình đã cho về dạng tích.
f(x).g(x) ... h(x) = 0 <=> f(x) = 0
g(x) = 0
..... = 0
h(x) = 0
Vì một tích bằng 0 khi và chỉ khi ít nhất 1 phần tử bằng 0. Nghiệm của phơng
trình đã cho chính là tập hợp nghiệm của các phơng trình :
f(x) = 0; g(x) = 0; ..... ; h(x) = 0.
* Bài toán 1 : Giải phơng trình (x-1)
3
+ x
3
+ ( x+1)
3
= (x+2)
3
(1)
Giải : (x-1)
3
+ x
3
+ ( x+1)
3
= (x+2)
3
<=> x
3
3x
2

+ x + 1) ( x 4) = 0 (2)
Với học sinh lớp 8 ta làm nh sau:
Do x
2
+ x + 1 0 nên phơng trình có một nghiệp x 4 = 0 <=> x = 4
Với học sinh lớp 9 :
(2) <=> x
2
+ x + 1 = 0 (*)
x 4 = 0 (**)
Giải phơng trình (*) : = 1 4 = -3 < 0 nên (*) vô nghiệm.
Giải (**) : x = 4.
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm là x = 4.
1.2 . Nhẩm nghiệm rồi dùng lợc đồ Hoócne để đa về phơng trình tích.
* Lợc đồ Hoócne :
Nếu f(x) có nghiệm là x = x
0
thì f(x) chứa nhân tử ( x x
0
) tức là :
f(x) = ( x x
0
).g(x).
Trong đó : f(x) = a
n
x
n
+ a
n -1
x

n 1
.
...............
b
i 1
= x
0
b
1
+ a
i
b
0
= x
0
b
1
+ a
1
.
Ta có bảng sau ( Lợc đồ Hoócne).
x
i
a
n
a
n - 1
.......... a
1
a

1.2.3. Mọi nghiệm nguyên của đa thức đều là ớc số của hệ số tự do a
0
.
1.2.4. Mọi nghiệm hữu tỉ của đa thức với hệ số nguyên :
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ ... + a
1
x + a
0
= 0 đều là số nguyên.
6
Sáng kiến kinh nghiệm: Phơng trình bậc cao
* Bài toán 2 :
Giải phơng trình : x
4
+ x
3
x 1 = 0(2)
Nhận thấy : a
4
+ a
3
+ a
2
+ a

a
2
=0 a
1
=-1 a
0
=-1
x =1 1 2 2 1 0
x = - 1 1 1 1 0
Phơng tình (2) có dạng phân tích nh sau :
(x-1) (x+1) (x
2
+ x + 1 ) = 0
Ta dễ dàng nhận thấy phơng trình(2) có 2 nghiệm là : x
1
= 1; x
2
= -1.
* Bài toán 3 :
Giải phơng trình : x
3
5x
2
+ 8x 16 = 0 (3)
ở bài toán này ta không thể áp dụng đợc việc nhẩm nghiệm theo nhận xét ở
1.2.1 và 1.2.2. áp dụng nhận xét mục 1.2.3 và 1.2.4 ta có:
Ư (4) { 1; 2; 3; 4; 8; 16}
Kiểm tra thấy x = 4 là 1 nghiệm
áp dụng lợc đồ Hoocne ta đa phơng trình (3) về dạng
(x 4) ( x

2
+ 16(2x) 12 = 0
Đặt y= 2x ta có:
y
3
- 5y
2
+ 16y 12 = 0 ( 4)
Nhận thấy: a
3

+ a
2
+ a
1
+ a
0
= 1 + ( -5) +16 + ( -12) = 0
áp dụng 1.2.1 ta có y = 1
áp dụng lợc đồ Hoócne (4) về dạng
( y 1) ( y
2
4y + 12) = 0
<=> y 1 = 0 (*)
y
2
4y + 12 = 0 (**)
(*) <=> y 1 = 0 <=> y = 1 => x = 1/2
(**) <=> y
2

13x
2
+ 9x 18 = 0 (0)
Giải : U(18) { 1, 2, 3, 6, 9, 18}
Hiển nhiên 1, 1 không là nghiệm của (5) =>f(1) 0, f(-1) 0.
Ta thấy :
Z
f
=

=

9
2
18
13
)1(
Z
f
=

=
+
11
4
44
13
)1(`
=> Phơng trình (5) có khả năng có nhiệm là x
1