1
GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN
0
234
 dcxbxaxx Trong chương trình đại số ở trường phổ thông chúng ta chỉ học một loại
phương trình bậc bốn đặc biệt. Đó là phương trình trùng phương. Tuy nhiên
trong các đề thi đại học thì dạng phương trình thường khai triển và đưa về dạng
phương trình bậc bốn không thuộc dạng trùng phương
Sau đây xin giới thiệu với các bạn cách giải các phương trình bậc bốn dạng
0
234
 dcxbxaxx
trong đó
dcba ,,,
là các số thực khác không.
1. Với các phƣơng trình bậc bốn, trong một số trƣờng hợp cụ thể, nếu ta
có cách nhìn sáng tạo, biết biến đổi hợp lí và sáng tạo, ta có thể giải đuợc
chúng không khó khăn gì.
Ví dụ 1. Giải phương trình

 
0246
2
2
2
 axxax


 
121
1441
2
22


xx
xxx

Giải các phương trình bậc hai đối với x

022
2
 axx
(4)
Và
02
2
 axx
(5)
Ta tìm đuợc các nghiệm (1) theo a.
Điều kiện để (4) có nghiệm là
03  a
và các nghiệm của (4) là

ax  31
2,1


 xxxx
(1)
Phương trình (1) đuợc viết dưới dạng:

 
   
  
014
0141
0444
22
222
2234



xxx
xxxxx
xxxxx

Vậy (1) có 4 nghiệm là

.
2
51
;
2
51
;2;2
4321

1
y
và
2
5
2
y

Giải tiếp các phương trình bậc hai đối với x sau đây (sau khi thay
1
1
y
và
2
5
2
y
vào
xxy 34
2

):

0134
2
 xx

Và
0568
2

x
x
xx

Hay
2
2
11
2 3 16 0xx
xx
   
    
   
   

Đặt
1
yx
x

thì
22
2
1
2yx
x
  

Phương trình (1) đuợc biến đổi thành:


2
4 1 0xx  
và
2
2 5 2 0xx  

Từ đó ta tìm đuợc các nghiệm của (1) là:
1,2 3 4
1
2 3, , 2
2
x x x    
.
Như vậy, với các ví dụ 2,3 và 4 ta giải đuợc phương trình bậc bốn nhờ biết
biến đổi sáng tạo vế trái của phương trình để dẫn tới việc giải các phương trình
và phương trình quen thuộc.
2. Có thể giải phƣơng trình bậc bốn nói trên bằng cách phân tích vế
trái của phƣơng trình thành nhân tử bằng phương pháp hệ số bất định.
Ví dụ 5. Giải phương trình:
4 3 2
4 10 37 14 0x x x x    
(1)
Ta thử phân tích vế trái thành hai nhân tử bậc hai
2
x px q
và
2
x rx s
,
trong đó

Nhờ phương trình cuối cùng của hệ này ta đoán nhận các giá trị nguyên
tương ứng có thể lấy đuợc của q và s như sau
q 1 2 7 14 -1 -2 -7 -14
s -14 -7- 2 -1 14 7 2 1
Thử lần lượt các giá trị trên của q thì thấy với
2, 7qs  
phương trình thứ
hai và thứ ba của hệ trên cho ta hệ phương trình mới

5
7 2 37
pr
pr



  


Mà khử
p
đi thì đuợc
2
2 37 35 0rr  

Phương trình này cho nghiệm nguyên của
r
là 1. Nhờ thế ta suy ra
5p 


 
4 3 2
0f x x ax bx cx d     
(1)
trong đó
, , ,a b c d
là các số thực.
Dụng ý của ta là phân tích đa thức
4 3 2
x ax bx cx d   
thành hai nhân tử bậc
hai
Dùng ẩn phụ h, ta biến đổi như sau:

 
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2 4 4 2
f x x ax h bx cx d a x h hx ahx

         

 
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1

Ta có:
2
22
1 1 1
40
4 4 2
h a b h d ah c
    
     
    
    

Đây là phương trình bậc ba đối với
h
nến phải có ít nhất một nghiệm thực.
Giả sử nghiệm đó là
1h 
.
(Ta có thể dùng công thức biểu diễn nghiệm phương trình bậc ba của Cacđanô
(nhà toán học người Italia)
32
0x px q  
(*) qua các hệ số của nó. Mọi phương
trình bậc ba tổng quát:
32
0 1 2 3 0
0, 0a y a y a y a a    
đều có thể đưa về dạng (*)
nhờ phép biến đổi ẩn số
1

(4)
Vậy:
 
22
1 1 1 1
0
2 2 2 2
f x x ax t px q x ax t px q
  
         
  
  

Từ đó:
2
11
0
22
x a p x t q

    



hoặc
2
11
0
22
x a p x t q

   Ví dụ 6. Giải phương trình:
4 3 2
7 6 0x x x x    

Dựa vào công thức (3) ta xác định đuợc
h
:

2
2
29 1 1
4 6 1 0
4 4 2
h h h
    
     
    
    

tức
32
7 25 175 0h h h   

Ta tìm đuợc một nghiệm thực
h
của phương trình này là
5h 

  

Thì đựơc tập nghiệm của phương trình đã cho là:
 
1; 2;3;1

4. Ta còn có thể giải phƣơng trình bậc bốn bằng cách sử dụng đồ thị.
Thật vậy, để giải phương trình bậc bốn

4 3 2
0x ax bx cx d    
(1)
bằng đồ thị, ta hãy đặt
2
x y mx

Phương trình (1) trở thành:
2 2 2 2 2
20y mxy m x axy axm bx cx d       

Để khử đuợc các số hạng có
xy
trong phương trình này thì phải có:
20ma  
và
2
a
m 

Vậy nếu đặt

22
10
2 8 2 4
a a ab a
x y c x b y d
   
         
   
   

Vậy phương trình (1) tương đuơng với hệ phương trình 4
32
22
,(3)
2
1 0,(4)
2 8 2 4
a
y x x
a a ab a
x y c x b y d





   

2
22
33
4
2 8 2 3
a
m b y
my
xd
ab a ab a
cc




  
    Bây giờ, ta hãy vận dụng các phương pháp trên để giải các phương trình bậc
bốn sau:
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1) 4 3 2 1 0,
2) 2 5 4 12 0,
3)6 5 38 5 6 0,
4) 5 12 5 1 0,