PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA , BẬC BỐN THEO PHƯƠNG PHÁP NỘI SUY

Trong chương trình toán học phổ thông đa số học sinh chỉ biết cách giải và biện luận các phương trình bậc thấp như phương trình bậc hai và phương trình bậc nhất. Khi gặp phương trình bậc ba , bậc bốn... nếu như không phải là các phương trình dạng đặc biệt hay nhẩm được nghiệm là các em lúng túng, ngay kể cả với giáo viên trung học phổ thông . Đây là lí do em chọn viết lại bài tiểu luận này dựa trên những kiến thức được thầy Nguyễn Văn Mậu giảng dạy. Em muốn có nhiều thầy cô biết được phương pháp này để dạy cho các em học sinh giải được tất cả các phương trình bậc ba,bậc bốn mà không cần dùng số phức. Cảm ơn thầy Nguyễn Văn Mậu đã giúp em có thể hoàn thiện bài tiểu luận này.\ chapter{Một số dạng đẳng thức cần dùng} section{Một số đồng nhất thức dạng đại số } Nhận thấy rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống các đồng nhất thức lượng giác là công thức: egin{equation}label{eq1}

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THUÝ VÂN

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA, BẬC BỐN VÀ

ÁP DỤNG

TIỂU LUẬN ĐA THỨC VÀ XẤP XỈ ĐA THỨC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2013

Mục lục

1 Một số dạng đẳng thức cần dùng 2 1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số 2 1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản 5

2 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc ba 6 2.1 Dạng 1 Giải phương trình 4x3 − 3x = m 6 2.2 Dạng 2 Giải phương trình 4x3 + 3x = m; m ∈ R 7 2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng (1), dạng (2) 8

3 Sử dụng đồng nhất thức giải phương trình bậc bốn 9 3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn 9 3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x4 = ax2 + bx + c 9 3.3 Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t4+ αt3+ βt2+

γt + δ = 0. 10

4 Một số áp dụng trong đại số 11 4.1 Các ví dụ áp dụng phương trình bậc ba 11 4.2 Một số ví dụ về phương trình bậc bốn 13 Kết luận 16

Mở đầu

Trong chương trình toán học phổ thông đa số học sinh chỉ biết cách giải và biện luận các phương trình bậc thấp như phương trình bậc hai và phương trình bậc nhất Khi gặp phương trình bậc ba , bậc bốn nếu như không phải là các phương trình dạng đặc biệt hay nhẩm được nghiệm là các em lúng túng, ngay

kể cả với giáo viên trung học phổ thông

Đây là lí do em chọn viết lại bài tiểu luận này dựa trên những kiến thức được thầy Nguyễn Văn Mậu giảng dạy Em muốn có nhiều thầy cô biết được phương pháp này để dạy cho các em học sinh giải được tất cả các phương trình bậc ba,bậc bốn mà không cần dùng số phức

Cảm ơn thầy Nguyễn Văn Mậu đã giúp em có thể hoàn thiện bài tiểu luận này

Chương 1

Một số dạng đẳng thức cần dùng

1.1 Một số đồng nhất thức dạng đại số

Nhận thấy rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống các đồng nhất thức lượng giác là công thức:

sin2t + cos2t = 1; (1.1) Gắn với hệ thức (4.1) là đồng nhất thức Lagrange:

(2x)2+ (1 − x2) = (1 + x2)2. (1.2) Hai công thức (đồng nhất thức ) (4.1) và (4.2) là hai cách viết của một hệ thức Nếu ta thay x = tan t

2 vào (4.2) thì ta có

(2 tan t

2)

2

+ (1 − tan2t

2)

2

= (1 + tan2t

2)

2

⇔ 4sin2t

2.cos

2 t

2 + (cos

2 t

2 − sin2t

2) = 1

⇔ sin2t + cos2t = 1

Ngược lại :

(4.1)⇔ 4sin2t

2cos

t

2 + (cos

2 t

2 − sin2t

2) = 1

⇔ 4tan2t

2+ (1 − tan

2 t

2)

2

= (1 + tan2t

2)

2

Đặt x = tan t

2 ta có (2x)2+ (1 − x2)2= (1 + x2)2, ∀x ∈ R

Như vậy là mỗi công thức lượng giác sẽ tương ứng với một đồng nhất thức đại số tương ứng

Tuy nhiên, với số lượng các công thức biến đổi lượng giác quá nhiều, bản thân các hệ thức lượng giác tạo thành một chuyên đề có tính độc lập tương đối, dần tách hẳn cơ sở đại số của nó, đã làm chúng ta quên đi một lượng lớn các

hệ thức đại số có cùng xuất sứ từ một hệ thức quen biết Đặc biệt trong chương trình toán bậc phổ thông hiện nay, các hàm số lượng giác ngược, hàm lượng giác hyperbolic, không nằm trong phần kiến thức bắt buộc thì những bài toán liên quan đến cũng là một thách thức lớn đối với học sinh và cả giáo viên

Ta nhắc lại công thức Euler đã biết

eiα= cos α + i sin α; α ∈ R (1.3) Khi đó







cos α = e

iα + e−iα 2 sin α = e

iα − e−iα 2

Rõ ràng khi khảo sát hàm sốcostthì ít ai nghĩ trong đầu nó có dạng 1

2(a +

1

a )

vì khi đó a không còn là một số thực Nhưng nếu ta chú ý đến biểu thức

eα+ eα

2 ; α ∈ R thì đó chính là cos(iα) (= cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức thu được từ các công thức liên quan đến biến x / ∈ [−1; 1], giống như công thức đối với hàm cos t

Ví dụ 1.1 Hệ thức đại số tương ứng với công thức cos 2t = 2cos2t − 1 chính là công thức :

1

2(a

2 + 1

a 2 ) = 2(1

2(a +

1

a))

2 − 1

Ví dụ 1.2 Hệ thức đại số tương ứng với công thứccos 3t = 4cos3t − 3 cos tchính

là công thức:

1

2(a

3 + 1

a 3 ) = 4(1

2(a +

1

a))

3 − 3(1

2(a +

1

a))

hay 4x3− 3x = 1

2(a

3 + 1

a 3 ) với x = 1

2(a +

1

a)

a 6= 0

Ví dụ 1.3 Hệ thức đai số ứng với công thứccos 5t + cos t = 2 cos 3t cos 2t chính

là công thức:

1

2(a

5 + 1

a 5 ) + 1

2(a +

1

a) = 2[

1

2(a

3 + 1

a 3 )].[1

2(a

2 + 1

a 2 )]

Từ ví dụ trên, sử dụng công thức kết quả khai triển các hàm lượng giáccos 3t

và cos 2t , ta thu được đồng nhất thức đại số dạng bậc 5:

1

2(a

5

+ 1

a 5 ) = −m + 2(4m3− 3m)(2m2− 1)

, trong đó m = 1

2(a +

1

a) Bây giờ ta chuyển sang xét các hệ thức đại số liên quan đến hàm số sin t Từ công thức Euler, ta thu được hệ thức i sin t = e

it − e−it

2 .

Từ đây suy ra biểu thức i sin(it) = e

−t − e t

2 nhận giá trị thực Điều này gợi

ý cho ta cách chuyển đổi các đồng nhất thức đối với hàm số sin sang các đồng nhất thức đại số

Ví dụ 1.4 Xét công thức khai triển sin 3t = 3 sin t − 4sin3t Từ đây ta thu được công thức (hình thức) :

i sin(i3t) = 3(i sin t) + 4(i sin t)3.

Hệ thức đại số tương ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức :

1

2(a

3 − 1

a 3 ) = 3(1

2(a −

1

a)) + 4(

1

2(a −

1

a))

3

hay 4x3+ 3x = 1

2(a

3 − 1

a 3 ) với x = 1

2(a −

1

a); a 6= 0

Ví dụ 1.5 Cho số thực m Tính giá trị của biểu thức M = x3+ 3

4x trong đó

x = 1

2(

3

p

m + √

m 2 + 1 +p3 m − √

m 2 + 1) Giải Để ý rằng với mọi m đều tồn tại số thực q để m = 1

2(q

3 − 1

q 3 ) (phương trình bậc hai theo q3) Ta chỉ cần chọn q = p3 m + √

m2+ 1 là đủ Khi đó

1

2(q −

1

q) =

1

2(

3

q

m +pm 2 + 1 + 3

q

m −pm 2 + 1) = x.

Ta có

4x3+ 3x = m.

Suy ra

M = 1

4.

Từ những kết quả trên ta có các hằng đẳng thức để giải và biện luận được nhiều dạng phương trình đại số bậc cao và công thức tính giá trị của một số biểu thức chứa căn thức

1.2 Các hằng đẳng thức cơ bản

1 4cos3α − 3 cos α = cos 3α;

2 −4sin3α + 3 sin α = sin 3α;

3 |cos α| ≤ 1, ∀α ∈R;

4 Nếu |m| > 1 thì viết

m = 1

2(a +

1

5 Với m = 1

2(a +

1

a) thì

4m3− 3m = 1

2(a

3 + 1

6 Với m = 1

2(a −

1

a) thì

4m3+ 3m = 1

2(a

3 − 1

Chương 2

Sử dụng đồng nhất thức giải

phương trình bậc ba

2.1 Dạng 1 Giải phương trình 4x3 − 3x = m

Bài toán 2.1 Giải phương trình 4x3− 3x = 1

2;

Lời giải Ta có 1

2 = cos

π

3 = cos(3.

π

9) Nên phương trình 4x3− 3x = 1

2 có nghiệm

x1= cosπ

9 Mặt kháccosπ

3 = cos(

π

3+ 2π) = cos 7

π

3 và cosπ

3 = cos(

π

3 − 2π) = cos 5π

3

nên phương trình có hai nghiệm x 2 = cos7π

9 ; x3 = cos

5π

3 .

Bài toán 2.2 Giải phương trình 4x3− 3x = m; m ∈ (−1; 1);

Lời giải Với m ∈ (−1; 1) đặt m = cos α; (0 < α < π).

Phương trình 4x3− 3x = m có ba nghiệm x1 = cosα

3; x2,3= cos

α ± 2π

3 .

Bài toán 2.3 Giải phương trình 4x3− 3x = 1.

Lời giải 4x3− 3x = 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1)2 = 0 ⇔ x1 = 1 ∨ x2,3= −1

2.

Bài toán 2.4 Giải phương trình 4x3− 3x = −1.

Lời giải 4x3− 3x = −1 ⇔ (x + 1)(2x − 1)2 = 0 ⇔ x 1 = −1 ∨ x 2,3 = 1

2.

Bài toán 2.5 Giải phương trình 4x3− 3x = 2.

Lời giải Phân tích 2 = 1

2(a

3 + 1

a 3 ) ⇔ a3 = 2 ± √

3 ⇔ a = p3 2 ± √

3. Vậy ta có

x1= 1

2(a +

1

a) =

1

2(

3

p

2 + √

3 +p3 2 − √

3) > 1 là nghiệm

Ta chứng minh x 1 là nghiệm thực duy nhất

Ta có

4x3− 3x = 4x13− 3x1

⇔ 4(x3− x13) − 3(x − x1) = 0

⇔ (x − x1)(4x2+ 4x1.x + 4x12− 3) = 0

Phương trình có hai nghiệm phức :

x 2,3 = −x1± ip3(x1 − 1)

2

Bài toán 2.6 Giải phương trình 4x3− 3x = m, |m| > 1.

Lời giải Đặt m = 1

2(a

3 + 1

a 3 ) ⇔ a3 = m ± √

m 2 − 1 ⇔ a =p3 m ± √

m 2 − 1. Vậy

ta có x1 = 1

2(a +

1

a) =

1

2(

3

p

m + √

m 2 − 1 +p3 m − √

m 2 − 1) > 1 là nghiệm

Ta chứng minh x1 là nghiệm thực duy nhất

Ta có

4x3− 3x = 4x 13− 3x 1

⇔ 4(x3− x13) − 3(x − x1) = 0

⇔ (x − x1)(4x2+ 4x1.x + 4x12− 3) = 0

Phương trình có hai nghiệm phức :

x2,3 = −x1± ip3(x1 − 1)

2 .

Vậy phương trình 4x3− 3x = m, m ∈ R đã giải được

2.2 Dạng 2 Giải phương trình 4x3 + 3x = m; m ∈ R

Nhận xét vế trái là hàm đồng biến nên phương trình có nghiệm thực duy nhất

Bài toán 2.7 Giải phương trình 4x3+ 3x = 2.

Lời giải

Có 2 = 1

2(a

3 − 1

a 3 ) ⇔ a3 = 2 ± √

5 ⇔ a = p3 2 ± √

5. Theo hằng đẳng thức 6 thì phương trình có nghiệm x1= 1

2(a −

1

a) =

1

2(

3

p

2 + √

5 +p3 2 − √

5).

Bài toán 2.8 Giải phương trình 4x3+ 3x = m; m ∈R.

Lời giải Đặt m = 1

2(a

3 − 1

a 3 ) ⇔ a3 = m ± √

m 2 + 1 ⇔ a = p3 m ± √

m 2 + 1. Theo hằng đẳng thức 6 thì phương trình có nghiệmx1= 1

2(a−

1

a) =

1

2(

3

p

m + √

m 2 + 1+

3

p

m − √

m 2 + 1).

2.3 Mọi phương trình bậc 3 đều được đưa về dạng

(1), dạng (2)

Phương trình at3+ bt2+ ct + d = 0; a, b, c, d ∈R; a 6= 0.

Bước 1 : Tìm cách để phương trình bậc 3 khuyết bậc 2 Điểm uốn t = −b

3a Đặt t = −b

3a + y ta có phương trình :

a(y − b

3a)

3 + b(y − b

3a)

2 + c(y − b

3a) + d = 0

⇔ ay3+ (b

2

3a − 2b

2

3a + c)y −

b3 27a 2 + b

2

9a 2 − b

3a + d = 0

⇔ y3+ (− b

2

3a2 +

c

a)y +

2b3 27a3 − cb

3a2 +

d

a = 0

⇔ y3+ py + q = 0, với p = − b

2

3a 2 + c

a, q =

2b3 27a 3 − cb

3a 2 + d

a.

+ Nếu p = 0 thì y = √ 3

−q.

+ Nếu p > 0, đặt y = λx Phương trình trở thành λ3x3 + pλx + q = 0 ⇔

x3+ p

λ 2 = − q

λ 3

Chọn λ để p

λ 2 = 3

4 ⇔ λ = 2qp

3

Vậy đặt y = 2

qp

3x ta có 4x3+ 3x = m đã biết cách giải

+ Nếu p < 0, đặt y = 2

r

−p

3 x ta được 4x3− 3x = m cũng đã biết cách giải Vậy tất cả các phương trình bậc 3 đều có thể giải được

Chương 3

Sử dụng đồng nhất thức giải

phương trình bậc bốn

3.1 Hằng đẳng thức cơ bản bậc bốn

Ta có

x4 = (x2)2= [(x2+ m) − m]2 = (x2+ m)2− (2mx2+ m2)

⇔ x4 = (x2+ m)2− (2mx2+ m2), ∀m ∈R.

Nên ta có thể áp dụng để giải tất cả các phương trình bậc bốn trong tập số thực R

3.2 Giải phương trình bậc bốn dạng x4 = ax2+ bx + c.

Ta sử dụng biến đổi sau đây x4= ax2+ bx + c ⇔ (x2+ m)2 = (a + 2m)x2+ bx +

c + m2.

Chọn m để vế phải là bình phương của nhị thức bậc nhất, tức là biểu thức

∆ = 0.

Mặt khác ∆ = b2− 4(a + 2m)(c + m2) = 0, ta được phương trình bậc 3 theo m

(luôn có nghiệm thực) Chọn nghiệm thực ta đượcx4 = ax2+bx+c ⇔ (x2+m 0 )2= (a + 2m0)(x − x0)2.

Nếu





a + 2m0 < 0, vô nghiệm

a + 2m0 = 0,phương trình có dạng (x2+ α)2 = c + α2

a + 2m0 > 0, có nghiệm

Vậy phương trình bậc bốn x4= ax2+ bx + c đã giải được

3.3 Giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát t4+

αt3 + βt2 + γt + δ = 0.

Phân tích, ta cần đưa phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình

x4 = ax2+ bx + c đã biết cách giải Ở đây ta cần dùng thêm một kiến thức mới

là điểm "siêu uốn" của hàm bậc 4, tức là điểm tại đó đạo hàm bậc 3 của hàm

số triệt tiêu Hoành độ của điểm siêu uốn là nghiệm của phương trình y000(x) = 0

hay x0= −a1

4a0

Để chuyển phương trình bậc bốn tổng quát về dạng phương trình bậc bốn khuyết bậc ba, ta cần tịnh tiến điểm siêu uốn về gốc tọa độ, tức t = −α

4 + x.

Khi đó phương trình có dạng

x4= ax2+ bx + c,

trong đó

a = 6α

16 − β,

b = 2α

3

16 +

1

2αβ − γ,

c = 1 16



3α4− 16βα2+ 64αβ − 256δ



.

Tiếp theo ta giải phương trình trên theo cách đã biết

Chương 4

Một số áp dụng trong đại số

4.1 Các ví dụ áp dụng phương trình bậc ba

Bài toán 4.1 Giải phương trình

8x3+ 24x2+ 6x − 10 − √

3 = 0. (4.1)

Lời giải Phương trình (4.1) tương đương với phương trình sau x3+ 3x2+3

4x −

10 + 3 √

6

8 = 0.

Đặt x = y − 1. Ta thu được phương trình

y3− 9

4y −

3 √ 6

8 = 0.

Lại đặt y = t √

3 ta thu được phương trình 4t3− 3t =

√ 2

2 .

Phương trình này có các nghiệm là t1= cos π

12, t2 = cos

3π

14, t3= cos

7π

12. Trở lại với ẩn x ta có các nghiệmx1 = cos π

12 − 1, x2 = cos3π

14 − 1, x3 = cos7π

12 − 1.

Bài toán 4.2 Giải phương trình

x3− 5x2+ 7x + 8 = 0. (4.2)

Lời giải Đặt x = y + 5

3 phương trình 4.2trở thành

y3− 4

3+

261

Đặt y = 4

3t phương trình 4.3 trở thành 4t3− 3t = 783

16. Đặt m = 1

2(d

3 + 1

d 3 ),

d = 3

s

783

16 +

r

783 16

2

+ 1. Phương trình4.3 có nghiệm duy nhất x = 1

2



d + 1 d



.

Từ nghiệm t ta tính được nghiệm y và từ đó suy ra nghiệm x

x = 22

3

1 2

h3

s

783

16 +

r

783 16

2

+ 1 + 3

s

783

16 −

r

783 16

2

+ 1i+ 5

3

Bài toán 4.3 Giải phương trình

x3+p(1 − x 2 ) 3 = xp2(1 − x 2 ). (4.4) Lời giải Điều kiện để biểu thức có nghĩa: −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = sin α (với

α ∈

h

− π

2;

π

2

i ), thì phương trình 4.4trở thành

sin3α + cos3α = √

2 sin α cos α (4.5)

⇔ (sin α + cos α)3− 3 sin α cos α(sin α + cos α) −√2 sin α cos α = 0.

Đặt sin α + cos α = √

2 sin

π

4 + α



= t với điều kiện |t| ≤√2.

Suy ra sin α cos α = t

2 − 1

2 và phương trình 4.5 trở thành

t3− 3t

2 − 1

2 t −

√

2t

2 − 1

2 = 0

⇔ t3+ √

2t2− 3t −√2 = 0

⇔ (t −√2)(t + √

2 − 1)(t + √

2 + 1) = 0

Suy ra t = √

2 hoặc t = 1 − √

2 do |t| ≤√2

Với t = √

2 thì √2 sinπ

4 + α



= √

2 ⇔ sinπ

4 + α



= 1

hay α = π

4 + k2π.

Vì α ∈

h

− π

2;

π 2

i nên α = π

4 và do đó x = sinπ

4 =

√ 2

2 .

Với t = 1 − √

2, suy ra

sin α + cos α = 1 − √

2

hay

x +p1 − x 2 = 1 − √

2,

tức



x ≤ 1 − √

2

1 − x2 = (1 − √

2 − x)2 ⇔



x ≤ 1 − √

2

x2− (1 −√2)x + (1 − √

2) = 0

⇔ x = 1 −

√

2 +p2 √

−1

2 .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là

x =

√ 2

2 ; x =

1 − √

2 +p2 √

2 − 1

2 .

4.2 Một số ví dụ về phương trình bậc bốn

Bài toán 4.4 Giải phương trình trùng phương

ax4+ bx2+ c = 0 (a 6= 0, c 6= 0). (4.6) Lời giải Đăt x2 = y, y ≥ 0.Khi đó phương trình 4.6trở thành

ay2+ by + c = 0, y ≥ 0.

Giải phương trình bậc hai này ta tìm được y, từ đó (với y ≥ 0) ta tính được x Nếu ac < 0 thì

x = ±

r

−b +√b2− 4ac

2a .

Nếu ac ≥ 0 và b2− 4ac ≥ 0 thì

x = ±

r

−b ±√b 2 − 4ac

2a .

Nếu ac ≥ 0 và b2− 4ac ≤ 0 thì phương trình 4.6 vô nghiệm

Bài toán 4.5 Giải phương trình

(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m

(4.7)

với giả thiết rằng a + b = c + d.

Lời giải Đặt x2+ (a + b)x = x2+ (c + d)x = t, ta thu được phương trình

(t + ab)(t + cd) = m. (4.8) Giải và biện luận phương trình (4.8) ta thu được t và từ đó tính được x.

Bài toán 4.6 Giải phương trình

(x + a)4+ (x + b)4= m. (4.9)

Lời giải Đặt x = t −a + b

2 .Phương trình trở thành phương trình trùng phương dạng

2t4+ 12t2+ 2 − m = 0.

Giải phương trình này tìm được t, từ đó tình được x

Bài toán 4.7 Giải phương trình

ax4+ bx3+ cx2+ dx + e = 0 (4.10) với điều kiện

ad2 = eb2 (a, e 6= 0). (4.11) Phương trình (4.10) với điều kiện (4.11) được gọi là phương trình hồi quy Lời giải Viết điều kiện (4.11)dưới dạng

e

a = (

d

b)

2 , d

b = α.

Ta có d = bα, e = aα2 và sau khi thế vào phương trình (4.10) ta thu được

ax4+ bx3+ cx2+ bαx + aα2= 0 (4.12) Nhận xét rằng x=0 không phải là nghiệm của phương trình (4.12) Chia hai

vế của phương trình cho x2 ta thu được

at2+ bt2+ c − 2aα = 0, t = x + α

Giải và biện luận phương trình bậc hai (4.13), từ đó tìm được t và sau đó tính

x.

Bài toán 4.8 Cho a 6= 0 Khai triển biểu thức



1 − a √

x

8

+



1 + a √

x

8

ta thu được đa thức bậc bốn P (x) Giải phương trình P (x) = 0.

Lời giải Đặt a2x = t ta được phương trình 1 − √

t

8

+



1 + √ t

8

= 0

⇔ t4+ 28t3+ 70t2+ 28t + 1 = 0.

Đây là phương trình hồi quy nên dễ dàng đưa về phương trình dạng bậc hai

y2+ 28y + 68 = 0

với

y = t + 1

t.

Đây là phương trình bậc hai có nghiệm y = −14 ± √

128 từ đó suy ra nghiêm t

và suy ra nghiệm x.

Bài toán 4.9 Giải phương trình

t4+ 4t3+ 3t2− 6t − 12 = 0.

Lời giải Đặt t = x − 1. Ta được phương trình

x4 = 3x2+ 10x + 4.

Ta xác định a sao cho 102= 4(3 + 2a)(4 + a2) hay

2a3+ 3a2+ 8a − 13 = 0.

ta thấy a = 1thỏa mãn phương trình Vậy có thể viết phương trình đã cho dưới dạng

(x2+ 1)2= 5(x2+ 2x + 1).

Hay

(x2+ 1)2 = 5(x + 1)2.

Giải phương trình này ta thu được các nghiệm

x1, 2 =

√

5 ±p1 + 4 √

5

2 .

Vậy nghiệm t1, 2 =

√

5 ±p1 + 4 √

5

2 − 1.

Kết luận

Luận văn “Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn và áp dụng” đã giải quyết được những vấn đề sau:

1 Tiểu luận đã trình bày phương pháp giải phương trình bậc ba

2 Tiểu luận đã trình bày phương pháp giải phương trình bậc bốn

3 Cuối cùng, Tiểu luận trình bày ứng dụng của phương pháp trong các bài toán đại số

Kết quả của Tiểu luận góp phần nâng cao chất lượng dạy và học Toán ở trường phổ thông trong giai đoạn hiện nay