LỜI NÓI ĐẦU Ta đã biết cách giải , giải và biện luận, so sánh nghiệm đối với phương trình bậc nhất và bậc hai. Tuy nhiên, trong thưc tế có những bài toán để giải được chúng ta còn đưa về phương trình bậc ba , bốn, . . Phương trình có bậc lớn hơn 2,chẳng hạn : phương trình bậc 3, bậc 4 thì ta gọi chung đó là phương trình bậc cao. Phương trình bậc cao là một vấn đề thường xuất hiện trong các cuộc thi học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng, THCN. Do đó đây là một vấn đề quan trọng. Nhưng để giải được các phương trình này, học sinh cần phải nắm được các dạng tương ứng với các cách giải cụ thể. Nếu học sinh tự đọc sách, tự nghiên cứu, tìm tòi thì khó mà hình thành được các phương pháp giải một cách rõ ràng và đầy đủ các dạng toán. Trên cơ sở đó, để giúp cho các em học sinh có một nền tảng vững chắc về phương trình bậc cao. Với kinh nghiệm thực tế qua quá trình giảng dạy, tôi đã đúc kết được một số dạng cùng các phương pháp giải của từng phương trình, giúp các em định hướng giải một bài toán tốt hơn. Mong rằng chuyên đề này sẽ giúp cho các em học sinh có một kiến thức vững chắc về phương trình bậc cao để các em có thể vận dụng vào giải toán sau này. Chuyên đề này chỉ xoay quanh hai phương trình là : phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn. NỘI DUNG: 1. Sơ lươc về đa thức 2. Phương trình bậc ba (Các dạng và phương pháp giải) 3. Phương trình bậc bốn (Các dạng và phương pháp giải) Trong mỗi phương trình đều có các dạng và các cách giải cụ thể , các ví dụ minh họa, giúp học sinh khắc sâu phương pháp giải. Sau đây là nội dung cụ thể : 1 PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO I. ĐA THỨC : 1) Đa thức bậc n : Đa thức bâc n (n nguyên dương) là biểu thức có dạng : P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + . . . . + a 1 x + a o (a n ≠ 0) Nếu tồn tại số thực x o sao cho P(x o ) = 0 thì x o được gọi là nghiệm của P(x). Nếu P(x) có nghiệm là x o thì ta có : P(x) = (x – x o ).Q(x), trong đó Q(x) là một đa thức bậc n – 1. Một đa thức bậc n có nhiều nhất là n nghiệm. 2) Phép chia đa thức : Với mọi đa thức f(x) và g(x) ( g(x) ≠ 0), tồn tại 2 đa thức Q(x) và r(x) sao cho : f(x) = Q(x).g(x) + r(x), ∀x∈R Trong đó : r(x) là dư trong phép chia Q(x) là thương trong phép chia f(x) cho g(x), bậc r(x) bé hơn bậc Q(x). Nếu r(x) = 0 thì f(x) = Q(x). g(x). Ta nói f(x) chia hết cho g(x) Sơ đồ Horner : Cho đa thức : f(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + . . . . + a 1 x + a o (a n ≠ 0) Giả sử ta nhẫm được c là một nghiệm của f(x). Ta sẽ thực hiện phép chia f(x) cho (x – c) như sau : . . . . . . 0 b n -1 = c. a n + a n -1 coäng nhaân a n = b n . . . . . . a o a n -1 a n c Trong đó : b n = a n b n – 1 = c.a n + a n -1 b n -2 = c.b n -1 + a n -2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . b o = c.b 1 + a 1 Khi đó : f(x) = (x – c)(b n .x n -1 + b n -1 .x n -2 + . . . + b o ) II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA : Dạng tổng quát : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) 1) Giải phương trình bậc ba trong vài trường hợp đặc biệt : a) Trường hợp nhẩm trước được một nghiệm x 1 : Chuyển (1) về dạng : (x – x 1 )(ax 2 + mx – 1 d x ) = 0 (2) (Số m được xác định bởi phép chia đa thức) 2 Giải (2) bằng cách đặt : f(x) = ax 2 + mx – 1 d x thì : • (1) có nghiệm kép ⇔ f(x) thỏa δ = 0 hoặc f(x 1 ) = 0 • (1) có nghiệm duy nhất ⇔ f(x) thỏa δ < 0 hoặc ( δ = 0 hoặc f(x 1 ) = 0) • (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ f(x) thỏa δ > 0 và f(x 1 ) ≠ 0. Ta có thể nhẩm nghiệm x 1 bằng cách : • Dùng định lý về nghiệm hữu tỉ của đa thức • Dùng các điều kiện về nghiệm • Dùng : a + b + c + d = 0 ⇒ x 1 = 1 hay a – b + c – d = 0 ⇒ x 1 = - 1 • Dự đoán x 1 (bằng kinh nghiệm) rồi thử vào (1) • Nếu phương trình có tham số, ta viết vế trái (1) thành một đa thức theo tham số ây rồi buộc các hệ số của đa thức này bằng 0 và giải hệ ta tìm được nghiệm cần tìm. Ví dụ 1: Nhẩm một nghiệm của phương trình sau : x 3 + (m – 3)x 2 – (3 + 11m)x + 28m – 4 = 0 (*) Giải : (*) ⇔ (x 2 – 11x +28)m + (x 3 – 3x 2 – 3x – 4) = 0 Xét hệ : 2 3 2 x 11x 28 0 x 3x 3x 4 0 − + = − − − = Hệ trên có nghiệm x = 4. Phương pháp này chỉ cho các giá trị của x 1 độc lập với m, nếu hệ trên vô nghiệm thì không có nghĩa là x 1 ∈∅. b) Trường hợp phương trình dạng : 4x 3 – 3x = a ( a £ 1) (2) Ta đặt : x cos a cos = ϕ = α . Lúc đó (2) trở thành : 4cos 3 ϕ - 3cosϕ = a ⇔ cos3ϕ = a = cosα Từ đó tìm được ϕ và ⇒ x 1 (với 0 < ϕ < π) GHI CHÚ : • Từ điều kiện a £ 1 có thể thay bằng điều kiện phương trình có một nghiệm thuộc [-1 ; 1] và một số phương trình khác cũng có dạng tương tự. • Phương trình : 32x 3 – 6x = a (3) . Ta đặt : t x 2 = thì (3) trở thành : 4t 3 – 3t = a • Phương trình : x 3 – 3x = a (4) . Ta đặt : x = 2t thì (3) trở thành : 4t 3 – 3t = a 2 Ví dụ 2: Giải phương trình : x 3 – 3x + 4 = 0 Giải : 3 Ta có : x 3 – 3x + 4 = 0 ⇔ x 3 – 3x = - 4 Đặt : x = 2t thì x 3 – 3x = - 4 ⇔ 4t 3 – 3t = 1 2 − (*) Tiếp tục đặt : t = cosϕ, với 0 £ ϕ £ 180 o . (*) ⇔ 4cos 3 ϕ - 3cosϕ = -1 ⇔ cos3ϕ = 1 2 − ⇔ 3ϕ = ±120 o + k.360 o (k∈Z) ⇔ ϕ = 40 o + k.360 o , do 0 £ ϕ £ 180 o Khi đó ta chọn : ϕ 1 = 40 o ⇒ x 1 = 2cos40 o ϕ 2 = 160 o ⇒ x 2 = 2cos160 o = -2cos20 o ϕ 3 = 80 o ⇒ x 3 = 2cos80 o = 2sinq10 o c) Định lý Viét : i) Thuận : Nếu x 1 , x 2 , x 3 là 3 nghiệm của (1) thì : 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 b x x x a c x x x x x x a d x x x a + + = − + + = = − (I) ii) Đảo : Nếu có 3 số x 1 , x 2 , x 3 nghiệm đúng (I) thì chúng là 3 nghiệm phân biệt của phương trình : X 3 - b a − ÷ X 2 + c a X – d a − ÷ = 0 Ví dụ 3 : Tìm x 1 , x 2 , x 3 thỏa mãn hệ : 1 2 3 1 2 3 1 2 3 x x x 3 (1) 1 1 1 3 (2) x x x x x x 1 (3) + + = + + = = Giải : Từ (2) ⇔ x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = 3x 1 x 2 x 3 (4) Thế (3) vào (4) ta được : x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = 3. (2’) Khi đó theo định lý Viét (đảo) thì hệ gồm : (1) , (2’), (3) cho thấy x 1 , x 2 , x 3 là ba nghiệm phân biệt của phương trình : X 3 - 3X 2 + 3X –1= 0 ⇔ (X – 1) 3 = 0 ⇔ X = 1 Vậy : x 1 = x 2 = x 3 = 1 hay hệ có nghiệm là : (1 ; 1 ; 1) 2) Giải phương trình bậc 3 bằng đồ thị : a) Phương pháp tiếp tuyến : Dùng để tìm nghiệm gần đúng. Xem phương trình bậc 3 dạng : f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) (*) Giả sử tồn tại 2 số thực α, β với α < β sao cho : f(α).f(β) < 0. 4 Ta suy ra cú mt giỏ tr x 1 ( ; ) m f(x 1 ) = 0 hay x 1 l nghim ca (*) b) Phng phỏp th : Bng cỏch kho sỏt hm bc 3 ta cú th tỡm c nghim ca phng trỡnh bc 3 Bi toỏn : Tỡm iu kin i vi cỏc s thc a, b, c, d (hoc ca mt tham s) phng trỡnh bc 3 : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (1) cú 3 nghim phõn bit. Phng phỏp gii : Bng phng phỏp th, ta nhn thy rng (1) cú 3 nghim phõn bit x 1 , x 2 , x 3 khi v ch khi th hm s (C) : y = f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d ct trc honh ti 3 im phõn bit cú honh x 1 , x 2 , x 3 , ngha l (C) cú 2 cc tr tha : y CT < 0 < y C Cẹ CT f'(x) 0 coự 2 nghieọm phaõn bieọt y .y 0 = < 3) Phng phỏp Cacdano : a phng trỡnh (1) : ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (a 0) v dng : x 3 + Bx 2 + Cx + D = 0 (2) (chia 2 v phng trỡnh (1) cho a) t x = B y 3 , (2) tr thnh : y 3 + py + q = 0 (3) vi p = 2 B C 3 v q = 3 BC 2B D 3 27 + Tip tc t : y = u + v, khi ú (3) thnh : u 3 + v 3 + (3uv + p)(u + v) + q = 0 (4) Chn uv tha : 3uv + p = 0, (4) thnh : u 3 + v 3 + q = 0 (5) Do 3uv + p = 0 nờn (5) thnh : (u 3 ) 2 + qu 3 3 p 27 = 0 (6) (6) l phng trỡnh bc hai theo u 3 . T õy ta tỡm c u 3 ri u, v ri y v cui cựng l x. Vớ d 4 : Dựng PP Cacdano gii phng trỡnh : x 3 + 9x 2 + 18x + 28 = 0 (1) Gii : t x = y 3, khi ú (*) tr thnh : y 3 9y + 28 = 0 (2) t y = u+v, (**) thnh : u 3 + v 3 + (3uv 9)(u + v) + 28 = 0 (3) Chn uv tha uv = 3, khi ú (3) thnh : (u 3 ) 2 + 28u 3 + 27 = 0 3 3 3 3 u 1 u 1 v 27 v 3 u 3 u 27 v 1 v 1 = = = = = = = = Vy : y = u + v = -4 x = -7 hay (1) cú nghim x = -7. 5 III. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN : Là phương trình có dạng : ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 (a ≠ 0) (1) Tuy nhiên ta chỉ xét các dạng đặc biệt sau đây : 1) Phương trình trùng phương : Dạng : ax 4 + bx 2 + c = 0 (a ≠ 0) (2) Cách giải : Đặt t = x 2 , điều kiện t ³ 0 Phương trình (2) trở thành : at 2 + bt + c = 0 Ví dụ 5: Giải pt : x 4 – 13x 2 + 36 = 0 (*) Giải : Đặt t = x 2 , điều kiện t ³ 0 Phương trình (*) trở thành : t 2 – 13t + 36 = 0 ⇔ t 9 t 4 = = Với t = 4 ⇒ x = ±2 Với t = 9 ⇒ x = ±3 2) Phương trình dạng : (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = k với :a + b = c + d và k ≠ 0 Cách giải : Đặt t = (x+a)(x+b), điều kiện : t ³ 2 (a b) 4 − − Phương trình mới : t 2 + (ab – cd)t – k = 0, giải phương trình này tìm t thích hợp rồi tìm x. Ví dụ 6 : Giải phương trình : (x – 1)(x+5)(x – 3)(x + 7) = 297 (*) Giải : Đặt t = (x – 1)(x+5) = x 2 + 4x – 5 = (x+2) 2 – 9 ³ - 9 ⇒ (x – 3)(x+7) = x 2 + 4x – 21 = (x+2) 2 – 25 = t – 16 Khi đó : (*) thành : t(t – 16) = 297 ⇔ t 2 – 16t – 297 = 0 ⇔ t 11 (loaïi) t 27 (nhaän) = − = Với t = 27 = x 2 + 4x – 5 ⇔ x 2 + 4x – 32 = 0 ⇔ x 4 x 8 = = − là nghiệm (*) 3) Phương trình dạng : (x+a) 4 + (x+b) 4 = k , (k ≠ 0) Cách giải : Đặt t = x + a b 2 + Phương trình mới : t 4 + 12α 2 t + 2α 4 – k = 0 (với α = a b 2 − ) Ví dụ 7: Giải phương trình : (x+3) 4 + (x+5) 4 = 16 (*) Giải : Đặt t = x + 4 ⇒ x = t – 4 (*) thành : (t – 1) 4 + (t+1) 4 = 16 ⇔ [(t – 1) 2 + (t+1) 2 ] 2 – 2(t – 1) 2 .(t+1) 2 = 16 6 ⇔ (2t 2 + 2) 2 – 2(t 2 – 1) 2 = 16 ⇔ 2(t 4 + 2t 2 +1) – (t 4 – 2t 2 + 1) = 8 ⇔ t 4 + 6t 2 – 7 = 0 ⇔ 2 2 t 1 t 7 (loaïi) = = − Với t = 1 thì x = -3 Với t = -1 thì x = -5 4) Phương trình dạng : ax 4 + bx 3 + cx 2 ± bx + a = 0 Cách giải : Đặt t = 1 x x + hoặc t = 1 x x − , điều kiện : t ³ 2 Phương trình mới : at 2 + bt + c ± 2a = 0. Giải pt này tìm t rồi tìm x. Ví dụ 8: Giải phương trình : 6x 4 – 35x 3 + 62x 2 – 35x + 6 = 0 (*) Giải : Vì x = 0 không là nghiệm (*) nên chia 2 vế (*) cho x 2 , ta được : 2 2 35 6 6x 35x 62x 0 x x − + − + = ⇔ 2 2 1 1 6 x 35 x 62 0 x x + − + + = Đặt : t = 1 x x + , điều kiện : t ³ 2 ⇒ 2 2 1 x x + = t 2 – 2 . (*) thành : 6(t 2 – 2) – 35t + 62 = 0 ⇔ 6t 2 – 35t + 50 = 0 ⇔ 10 t 3 5 t 2 = = Từ đó : (*) ⇔ x 3 1 10 1 x x x 3 3 1 5 x 2 x x 2 1 x 2 = + = = ⇔ = + = = 5) Phương trình dạng : ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 với ÷ 2 c d = a b Cách giải : Đặt t = d x vôùi x b β + β = ÷ Phương trình mới : at 2 + bt + c – 2βa = 0. Giải pt này tìm t rồi tìm x 7 Vớ d 9: Gii phng trỡnh : x 4 5x 3 + 4x 2 10x + 4 = 0 (*) Gii : Ta thy 2 2 c 4 10 d a 1 5 b = = = ữ ữ Vỡ x = 0 khụng l nghim (*) nờn chia 2 v (*) cho x 2 , ta c : 2 2 10 4 x 5x 4 0 x x + + = 2 2 4 2 x 5 x 4 0 x x + + + = ữ (**) t t = 2 x x + 2 2 2 4 t x 4 8 x = + + (**) thnh : t 2 4 5t + 4 = 0 t 2 5t = 0 t 0 (loaùi, do ủieu kieọn) t 5 (nhaọn) = = Do ú : (*) 2 x x + = 5 x 2 5x + 2 = 0 5 17 x 2 = 6) Phng trỡnh dng : a(x 1) 2 + b(x 2 + x + 1) 2 + c(x 3 1) = 0 Hay dng tng quỏt : aA(x) + bB(x) + cC(x) = 0 vi A(x).B(x) = C 2 (x) Cỏch gii : Chia 2 v cho B(x) = (x 2 + x + 1) 2 ri t t = 2 x 1 x x 1 + + Phng trỡnh mi : at 2 + ct + b = 0 Vớ d 10: Gii phng trỡnh : (x 1) 2 + 4(x 2 + x + 1) 2 5(x 3 1) = 0(*) Gii : Vỡ x 2 + x + 1 > 0, x nờn chia 2 v (*) cho (x 2 + x + 1) 2 , ta c : 2 2 2 x 1 x 1 5 4 0 x x 1 x x 1 + = ữ ữ + + + + (**) t : t = 2 x 1 x x 1 + + . Khi ú (**) thnh : t 2 5t + 4 = 0 t = 1 t = 4 Vi t = 1 = 2 x 1 x x 1 + + x 2 = -2 (vụ lý) Vi t = 4 = 2 x 1 x x 1 + + 4x 2 + 3x + 5 = 0, pt ny vụ nghim vỡ D = -11 < 0. Vy pt (*) vụ nghim. 8 . hạn : phương trình bậc 3, bậc 4 thì ta gọi chung đó là phương trình bậc cao. Phương trình bậc cao là một vấn đề thường xuất hiện trong các cuộc thi học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng, THCN thức vững chắc về phương trình bậc cao để các em có thể vận dụng vào giải toán sau này. Chuyên đề này chỉ xoay quanh hai phương trình là : phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn. NỘI DUNG: 1 với phương trình bậc nhất và bậc hai. Tuy nhiên, trong thưc tế có những bài toán để giải được chúng ta còn đưa về phương trình bậc ba , bốn, . . Phương trình có bậc lớn hơn 2,chẳng hạn : phương