Đang tải... (xem toàn văn)
Trong các kỳ thi, thì không tránh khỏi việc đụng các phương trình bậc cao, cái này có vẻ nhiều đấy. Những lúc ấy rõ ràng con đường mà ta thường chọn đó là: đặt, nhóm, nói chung là đủ cách để đưa pt đó về phương trình bậc 2, 3 để giải quyết. Nói thì nói vậy, tuy nhiên chuyện đời nhiều khi không như là mơ, công việc nói trên đôi khi là ko thể nếu chúng ta không có kinh nghiệm, thủ thuật nhất định.
Một số lớp phương trình bậc cao giải được nhờ phương trình bậc 2 và phương trình bậc 3 Nguyễn Quản Bá Hồng Sinh viên khoa toán tin, Trường Khoa Học Tự Nhiên TP HCM Email: Nguyenquanbahong@gmail.com 09.05.2015 Tóm tắt nội dung Bài viết này xoay quanh 3 chủ đề sau: i. Nhắc lại phương pháp giải phương trình bậc 2, bậc 3, bậc 4 dạng tổng quát. ii. Tìm hiểu một số dạng phương trình bậc 3, bậc 4 có cách giải đặc biệt. iii. Xây dựng một số "lớp" phương trình bậc cao giải được nhờ phương trình bậc 2 và 3. 1 Lời giới thiệu Có lẽ phần tôi cảm thấy thích đầu tiên khi học toán ở Trung học cơ sở đó là phương trình (không phải do viết bài viết về phương trình nên mới nói như vậy đâu nhé). Có khá nhiều lý do vì điều đó, để tôi kể vài lý do của tôi thử. Lý do thứ nhất là tiện: chỉ cần giấy, viết, là có thể làm phương trình ở mọi lúc mọi nơi rồi, nếu có thêm một cái máy Casio thì càng ngon nữa - không như hình học, tôi đã quá mệt mỏi với việc phải mua thước mới, compas mới sau mỗi tuần học :[. Lý do thứ hai là không có quá nhiều sự lựa chọn, vì ở cấp 2 chưa có những thứ hấp dẫn như số học, tổ hợp, phương trình hàm, chỉ có hình với đại số thôi, mà hình thì các bạn biết rồi đấy, cho nên tôi chọn ngay đại số, và trong đại số thì tôi chọn phương trình. Lý do tiếp theo (để bao biện sự lựa chọn của tôi), đó là vẻ đẹp đơn giản ở hình thức của nó: chỉ cần một dòng công thức thôi là đã đủ cho tất cả. Thêm một lý do nữa, đó là thương thầy cô, tôi không muốn ngủ gật trong lớp làm thầy cô buồn, nên đành phải kiếm gì đó để làm trong giờ học. Ngoài môn toán ra thì các môn khác tôi cảm thấy khá tẻ nhạt, còn môn hình, nếu cầm compas thì dễ bị phát hiện quá. Nên cuối cùng, tôi đành chọn phương trình làm "công ăn chuyện làm" trong những giờ học trên lớp của mình. Và tôi đã tìm được những niềm vui nho nhỏ trong chủ đề đó. :) Nhưng Hôm nay, tôi mới bắt đầu đánh những dòng chữ này. Có lẽ khá trễ phải không? Một phần là do điều kiện cá nhân và phần còn lại kia là do một khoảng thời gian tôi mất niềm tin vào niềm đam mê của mình. Điều đó thật ngu ngốc! Tôi hy vọng bài viết này sẽ là một cột mốc, một khởi đầu cho các bài viết tiếp theo được ra đời. :) Về nội dung, bài viết bao gồm những ghi chép nhỏ của tôi hồi lớp 9, và bổ sung vào một số kiến thức tôi học được ở Trung học phổ thông để hoàn thiện. Nên bạn sẽ thấy bài viết này hoàn toàn sơ cấp. Chỉ đơn giản là biến đổi tương đương, biệt thức Delta, có nghiệm, vô nghiệm, trong toàn bộ bài viết. Hoàn toàn thiết vắng sự có mặt của các công cụ cực kỳ mạnh mẽ như Resultant, Discriminant, Galois resolvent, Tschirnhaus’s transformations, Bring and Jerrard’s 1 transformations, Hy vọng bạn sẽ thích bài viết này. L A T E X 2 Sơ lược về nội dung bài viết Tiếp theo, bỏ qua những suy nghĩ cá nhân nhằng nhịt. Tôi sẽ giới thiệu chung về bài viết. Trước hết là những thứ chung chung như định nghĩa phương trình, lịch sử phát triển của phương trình trong toán học, những nhà toán học có công, Nhưng khoan, tôi đã nghĩ lại! Điều đó không cần thiết ở đây lắm. Vì nếu bạn yêu toán, chắc hẳn bạn cũng sẽ thích đọc lịch sử toán học. Việc nhân loại đã giải phương trình bậc 2, bậc 3, bậc 4 như thế nào, mất bao nhiêu lâu, chắc hẳn đã quá rõ ràng. Và những tên tuổi gắn liền với lịch sử khởi tạo, phát triển đối tượng đó như Niccolo Tartaglia, Gerolamo Cardano, Lodovico Ferrari, Niel Henrik Abel, Évariste Galois, lại càng rõ ràng hơn nữa! Cho nên: chúng ta nên bỏ qua các yếu tố mang tính sử thi và bắt tay ngay vào bài viết. Có một số điểm sau: 1. Bài viết sẽ trình bày theo mạch ý tưởng. Nhiều thứ đơn giản - hiển nhiên vẫn được trình bày, và lặp đi lặp lại để kết nối các phần với nhau nhằm tránh "Tại sao lại nghĩ được như vậy". Bài viết sẽ hoàn chỉnh hơn. 2. Bài viết này thiên về tính lý thuyết hơn là kỹ thuật. Sẽ không có một ví dụ cụ thể nào để minh họa cho phần mới trình bày. Bởi vì các "lớp" hàm đa thức trong bài viết phụ thuộc vào các tham số, nên việc tự cho ví dụ là quá dễ dàng. Hơn nữa, tôi cho rằng lớp các hàm đa thức bậc n đã quá rộng so với các dạng đa thức bậc n nào đó rồi, nếu cho ví dụ có số cụ thể sẽ làm yếu đi tiêu đề bài viết rất nhiều phải không? :p 3. Một điều khác là Điều kiện cần - điều kiện đủ đôi khi không được trình bày rạch rồi song song với nhau lắm trong bài viết này. Vì sự tương đương của các phép biến đổi đại số trên đa thức không làm ảnh hưởng tới điều đó cho lắm, hơn nữa, mục đích của phần chính là tìm, là xây dựng, nên tôi cho rằng chỉ cần một chiều là đủ, phần còn lại xin nhờ bạn đọc kiểm tra lại giúp. Cuối cùng, do lý do thời gian và hạn chế về kiến thức, nên bài viết đầu tiên này không thể tránh khỏi sai sót (chắc là khá nhiều). Mọi ý kiến đóng góp xin gửi đến hộp thư Nguyenquanbahong@gmail.com. Remark: Bài viết xin lược bỏ lý thuyết về phương trình bậc 2 quen thuộc. (thật ra là để số mục bằng với số bậc cho đẹp ). Sau đây, chúng ta cùng bắt tay ngay vào phương trình bậc 3 cho nóng. 2 3 Phương trình bậc 3 Phần này chủ yếu đề cập tới phương trình bậc 3 với hệ số trên trường R. Lưu ý rằng các tính chất trong phần này có thể mở rộng qua trường số C Xét phương trình bậc 3 dạng tổng quát: a 0 x 3 + b 0 x 2 + c 0 x + d 0 = 0 (1) Với a, b, c, d ∈ R và a 0 = 0. Chúng ta có thể chia 2 vế của phương trình cho a 0 để thu được dạng chính tắc: x 3 + Ax 2 + Bx + C = 0 (2) Tiếp theo, chúng ta sẽ nghiên cứu một số dạng đặc biệt của phương trình (2). 3.1 Khi biết 1 nghiệm Problem 1: Giải phương trình bậc 3 khi biết 1 nghiệm của nó. Phương trình bậc 3 mà đã biết 1 nghiệm thì chẳng qua chỉ là phương trình bậc 2 thôi, ta có thể xử lý như sau: Giả sử bằng cách nào đó (bấm máy tính chẳng hạn), ta biết được một nghiệm x 0 của phương trình (2). Khi đó, sử dụng sơ đồ Horner quen thuộc để viết lại (2) thành: (x −x 0 )[x 2 + (x 0 + A)x + (x 2 0 + Ax 0 + B)] = 0 (3) Ngoài nghiệm x = x 0 , (2) còn có 2 nghiệm phức nữa là nghiệm của phương trình bậc 2: x 2 + (x 0 + A)x + (x 2 0 + Ax 0 + B) = 0 (4) Xét phương trình (4) có ∆ = A 2 − 4B − 3x 2 0 − 2x 0 : • Nếu A 2 − 4B < 3x 2 0 + 2x 0 thì (4) vô nghiệm trên R, suy ra (2) có nghiệm x 0 duy nhất. • Nếu A 2 − 4B = 3x 2 0 + 2x 0 thì (4) có nghiệm kép x 1 = − A+x 0 2 , suy ra (2) có 2 nghiệm là x 0 , x 1 = − A+x 0 2 . • Nếu A 2 −4B > 3x 2 0 +2x 0 thì (4) có 2 nghiệm x 1,2 = 1 2 (−A−x 0 ± A 2 − 4B − 3x 2 0 − 2x 0 ), suy ra (2) có đủ 3 nghiệm thực là x 0, x 1,2 = 1 2 (−A −x 0 ± A 2 − 4B − 3x 2 0 − 2x 0 ) Remark: Nghiệm x 0 ở trên không phải lúc nào cũng dự đoán được, nhất là trong trường hợp tổng quát. Cho nên, cần xét các dạng phương trình mạnh hơn. Trước khi đến với công thức Cardano để giải phương trình bậc 3 tổng quát, ta sẽ xét một số bài toán khá thú vị sau liên quan đến phương trình bậc 3. 3 3.2 Phương trình bậc 3 có nghiệm bội Problem 2: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có nghiệm bội thực. Trường hợp (2) có nghiệm thực bội 3 là a: f(x) = (x + a) 3 = x 3 + 3ax 2 + 3a 2 x + a 3 (5) Đồng nhất hệ số của (5) với (2): A = 3a, B = 3a 2 , C = a 3 Dễ dàng suy ra A 3 = B 3 = 3 √ C (6) Remark: 1. Ta có điều kiện cần và đủ để phương trình (2) có nghiệm thực bội 3 là: A 3 = B 3 = 3 √ C AC ≥ 0 (7) 2. Một cách tiếp cận khác cho trường hợp này là sử dụng f (a) = f (a) = f (a) = 0, cũng cho kết quả tương tự. Trường hợp (2) có nghiệm kép là a, nghiệm còn lại là b: Ta có: ⇔ f (a) = f (a) = 0 f (a) = 0 ⇔ a 3 + Aa 2 + Ba + C = 3a 2 + 2Aa + B = 0 a = − A 3 (8) Ta sẽ tìm mối quan hệ của A, B, C thông qua (8). Xét phương trình bậc 2: 3a 2 + 2Aa + B = 0 (9) • Nếu A 2 < 3B thì (9) vô nghiệm trên R. • Nếu A 2 = 3B thì a = − A 3 , mâu thuẫn với (8). • Nếu A 2 > 3B thì (9) có 2 nghiệm thực phân biệt là a 1,2 = 1 3 −A ± √ A 2 − 3B (rõ ràng 2 nghiệm này khác − A 3 ). Thay 2 nghiệm này vào phương trình bậc 3 a 3 + Aa 2 + Ba + C = 0. Khi đó (8): ⇔ A 2 > 3B 1 27 −A − √ A 2 − 3B 3 + A 9 A + √ A 2 − 3B 2 + B 3 −A − √ A 2 − 3B + C = 0 1 27 −A + √ A 2 − 3B 3 + A 9 −A + √ A 2 − 3B 2 + B 3 −A + √ A 2 − 3B + C = 0 ⇔ A 2 > 3B 2 27 A 3 − AB 3 + C + √ A 2 − 3B 2 27 A 2 − 2 9 B = 0 2 27 A 3 − AB 3 + C − √ A 2 − 3B 2 27 A 2 − 2 9 B = 0 (10) Điều kiện (10) có thể viết gọn lại thành A 2 > 3B ∧ ((C = C 1 ) ∨(C = C 2 )), với C 1,2 = AB 3 − 2A 3 27 ± A 2 − 3B 2 27 A 2 − 2 9 B (11) 4 Dễ thấy C 1 , C 2 là 2 nghiệm của phương trình bậc 2: 27C 2 + 4A 3 − 18AB C + 4B 3 − A 2 B 2 = 0 (12) Do đó, điều kiện (8) ⇔ A 2 > 3B 27C 2 + 4A 3 − 18AB C + 4B 3 − A 2 B 2 = 0 (13) Remark: 1. (13) chính là điều kiện để (2) có nghiệm kép thực. 2. Tuy (13) có dạng tương đối cồng kềnh, chỉ dễ sử dụng khi biết các giá trị cụ thể của A, B, C. Ta nên quan tâm hơn đến một dạng yếu hơn của (13), nhưng lại có giá trị thực hành cao hơn: "Nếu A 2 ≤ 3B thì (2) không thể có nghiệm kép". Điều này khiến ta không cần quan tâm đến hệ số tự do, và có thể thoải mái sáng tạo các bài toán chứng minh phương trình bậc 3 không có nghiệm bội cho riêng mình. Problem : Với bất đẳng thức có dạng A 2 ≤ 3B (14) Chứng minh phương trình bậc 3 x 3 + Ax 2 + Bx + C = 0 không thể có nghiệm kép. Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm bội phức. 3.3 Phương trình bậc 3 có các nghiệm thực phân biệt Sử dụng các kết quả vừa thiết lập được ở phần trước, ta tiếp tục xét bài toán sau như một hệ quả. Problem 3: Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm thực phân biệt. Trong phần 3.2, ta đã tìm được điều kiện để phương trình (2) có nghiệm bội 2 và 3. Nên việc tìm điều kiện để (2) có 3 nghiệm phân biệt khá đơn giản. Có nhiều cách để xử lý điều này. Chẳng hạn: Solution 1: Điều kiện để (2) có các nghiệm phân biệt tương đương với: • (2) chỉ có 1 nghiệm thực duy nhất: Câu trả lời nằm ở mục 3.1. • (2) có đủ 3 nghiệm thực phân biệt: Phủ định điều kiện (7) và (13). Solution 2: Sau đây là một cách nữa, mà từ cách này, chúng ta sẽ thu được một số điều thú vị. Chúng ta sẽ tập trung giải quyết trường hợp thứ 2 ở lời giải thứ nhất: Tìm điều kiện để (2) có 3 nghiệm thực phân biệt: Về điều kiện để (2) có đủ 3 nghiệm thực, tham khảo phần giải phương trình bậc 3 tổng quát. Giả sử (2) đã có đủ 3 nghiệm thực rồi. Giả sử 3 nghiệm đó là m, n, p. Ta sẽ tìm điều kiện để m, n, p phân biệt đôi một với nhau. Xét biểu thức sau s = (m −n) (n −p) (p −m) (15) Muốn m, n, p phân biệt đôi một thì chỉ cần s = 0. Việc còn lại là biểu diễn s theo các hệ số A, B, C của (2). Điều này dễ dàng thực hiện nhờ áp dụng hệ thức Viète cho (2): Dễ dàng thu được: s 2 = (m −n) 2 (n −p) 2 (p −m) 2 = A 2 B 2 + 18ABC − 27C 2 − 4B 3 − 4A 3 C (16) 5 Khi đó, điều kiện s = 0 tương đương với: 27C 2 + 4A 3 − 18AB C + 4B 3 − A 2 B 2 = 0 (17) Remark: 1. (17) là phủ định của điều kiện (7) ∧ (13). 2. Đại lượng s trên đây đóng vai trò rất quan trọng trong chứng minh các bất đẳng thức hoán vị. Việc xét |s|, s 2 giúp đối xứng hóa biểu thức cần xét, rất có lợi trong nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là phương pháp pqr. Chúng ta sẽ gặp lại đại lượng này ở các phần sau. 3. More info Định lý: Mọi biểu thức hoán vị của 3 biến a, b, c đều có thể biểu diễn được thông qua 4 biểu thức abc, a, ab, cyc a 2 b 3.4 cos 3x = m Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 3 giải được nhờ phương trình lượng giác cos 3x = m Phương trình lượng giác này có gì đặc biệt? Xét phương trình bậc 3 có dạng 4x 3 − 3x = m (18) trong đó m ∈ R Chúng ta sẽ giải phương trình (18) trong 2 trường hợp sau: • |m| ≤ 1. Đặt m = cos α giải ra x 1 = cos α 3 , x 2,3 = cos α±2π 3 . • |m| > 1. Với |x| ≤ 1 thì |V T (18)| ≤ 1 < m nên phương trình (18) vô nghiệm. Nên |x| > 1. Đặt x = 1 2 a + 1 a được m = 1 2 a 3 + 1 a 3 . suy ra a = 3 m ± m 2 − 1, x = 1 2 3 m + m 2 − 1 + 1 3 m + √ m 2 − 1 (19) Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (18) có nghiệm duy nhất trong trường hợp này. Giả sử (18)có nghiệm x 0 thì x 0 /∈ [−1, 1]. Do đó |x 0 | > 1. Khi đó (18) ⇔ 4x 3 − 3x = 4x 3 0 − 3x 0 ⇔ (x − x 0 ) (2x + x 0 ) 2 + 3 x 2 0 − 1 = 0 ⇔ x = x 0 (20) Vậy (18) có nghiệm duy nhất x = 1 2 3 m + √ m 2 − 1 + 3 m − √ m 2 − 1 Remark: Trong lời giải trên, các đại lượng a + 1 a , a n + 1 a n , 4x 3 − 3x, có liên quan đến các khái niệm và định lý sau: Đa thức Chebyshev loại 1: các đa thức được xác định như sau T 0 (x) = 1, T 1 (x) = x T n+1 (x) = 2xT n (x) −T n−1 (x) , ∀n > 1 (21) 6 Đa thức Chebyshev loại 2: các đa thức được xác định như sau U 0 (x) = 0, U 1 (x) = 1 U n+1 (x) = 2xU n (x) −U n−1 (x) , ∀n > 1 (22) Về các tính chất của đa thức Chebyshev, các bạn có thể tham khảo trong [7]. Định lý: Với T n (x) là đa thức Chebyshev bậc n: T n 1 2 a + 1 a = 1 2 a n + 1 a n (23) Problem : Mở rộng cho phương trình cos 3f (x) = m Solution : Với |m| ≤ 1 giải được f (x) = cos arccos m + k2π 3 , k ∈ {0, ±1} (24) Nếu g (x) = f (x) − cos arccos m + k2π 3 ∈ Sol ∗ (2, 3) (25) thì phương trình trên giải được. Trường hợp |m| > 1 tương tự. 3.5 sin 3x = m Problem :Tìm các lớp phương trình bậc 3 giải được nhờ phương trình lượng giác 4x 3 + 3x = m (26) Giải phương trình 4x 3 + 3x = m: Nếu x 0 là nghiệm của (26) thì đó cũng là nghiệm duy nhất do VT(26) là hàm đồng biến và liên tục. Đặt x = 1 2 a − 1 a với a = 0 được m = 1 2 a 3 − 1 a 3 suy ra a = 3 m ± √ m 2 + 1 Vậy phương trình (26) có nghiệm duy nhất x = 1 2 3 m + √ m 2 + 1 + 3 m − √ m 2 + 1 (27) Remark: Tương tự phần trước, các đại lượng a− 1 a , a n − 1 a n , 4x 3 + 3x, có liên quan đến định lý sau đây: Định lý:Giả sử sin (2k + 1) = P 2k+1 (sin t), trong đó P 2k+1 (x) là đa thức đại số bậc 2k + 1. Ký hiệu Q 2k+1 (x) là đa thức đại số bậc 2k + 1 sinh bởi P 2k+1 (x) bằng cách giữ nguyên những hệ số ứng với lũy thừa 1 (mod4) và đổi dấu những hệ số ứng với lũy thừa 3 (mod4). Khi đó: Q 2k+1 1 2 a − 1 a = 1 2 a 2k+1 − 1 a 2k+1 (28) Problem : Mở rộng cho phương trình sin 3f (x) = m. 7 3.6 Phương trình bậc 3 tổng quát Problem : Giải phương trình bậc 3 dạng tổng quát. Giải phương trình (2): Đặt x = y − A 3 , (2) trở thành: y 3 − A 2 3 − B y − C + AB 3 − A 3 27 = 0 (29) Đặt p = A 2 3 − B, q = C + AB 3 − A 3 27 . Xét các trường hợp sau: • Nếu A 2 = 3B thì (29) có nghiệm duy nhất y = 3 √ q. Suy ra (2) có nghiệm duy nhất x = 3 − A 3 27 + AB 3 + C − A 3 (30) • Nếu A 2 > 3B. Đặt y = 2 p 3 t, (29) trở thành 4t 3 − 3t = m (31) trong đó m = 3 √ 3q 2p √ p = 3 √ 3 2 √ −A 3 + 9AB + 27C (A 2 − 3B) 3 2 (32) Nếu |m| ≤ 1. Đặt m = cos α, theo phần trước thì (31) có 3 nghiệm t 1 = cos α 3 , t 2,3 = cos α ±2π 3 (33) Suy ra các nghiệm của (2) là x = 2 3 A 2 − 3B. cos α + kπ 3 − A 3 (34) trong đó k ∈ {0, ±2}, α = arccos 3 √ 3 2 √ −A 3 + 9AB + 27C (A 2 − 3B) 3 2 (35) Nếu |m| > 1. Đặt m = 1 2 d 3 + 1 d 3 thì (31) có nghiệm duy nhất t = 1 2 d + 1 d = 1 2 m + m 2 + 1 + m − m 2 + 1 (36) Suy ra (2) có nghiệm duy nhất là x = 1 3 A 2 − 3B m + m 2 + 1 + m − m 2 + 1 − A 3 (37) trong đó m = 3 √ 3 2 √ −A 3 + 9AB + 27C (A 2 − 3B) 3 2 (38) • Nếu A 2 < 3B. Đặt y = 2 −p 3 .t thì (29) trở thành 4t 3 + 3t = m (39) 8 Theo phần, phương trình (39) này có nghiệm duy nhất t = 1 2 3 m + m 2 − 1 + 3 m − m 2 − 1 (40) Suy ra (2) có nghiệm duy nhất x = 1 3 A 2 − 3B 3 m + m 2 − 1 + 3 m − m 2 − 1 − A 3 (41) Giải và biện luận phương trình bậc 3 dạng tổng quát hoàn tất. Problem : Giải phương trình bậc 3 trên C. 3.7 Công thức Cardano Sau đây là một lời giải khác cho phương trình bậc 3 dạng tổng quát. Cho phương trình (2). Gán x := x − A 3 , được x 3 + px + q = 0 (42) trong đó p = B − A 3 3 , q = 2 27 A 3 − AB 3 + C (43) Tìm u, v sao cho q = u 3 + v 3 , p = −3uv. Khi đó: x 3 + u 3 + v 3 − 3uvx = 0 (44) Có x = −u −v hoặc là nghiệm của phương trình bậc 2 x 2 − (u + v) x + u 2 + v 2 − uv = 0 (45) Có u 3 , v 3 là nghiệm của phương trình bậc 2 X 2 − qX − p 3 27 = 0 (46) • Nếu ∆ = q 2 4 + p 2 27 ≥ 0 giải được x = −u −v = 3 − q 2 − q 2 4 + p 2 27 + 3 − q 2 + q 2 4 + p 2 27 (47) Đây chính là công thức Cardano. Với phương trình (45), có ∆ = −3(u −v) 2 , nên (45) chỉ có nghiệm thực khi u = v. (cũng suy ra được cho trường hợp nghiệm phức) Vậy với u = v thì (44) có các nghiệm thực −2u, u, u với u là nghiệm kép của (45). Với u = v thì (44) chỉ có nghiệm (47) • Nếu ∆ < 0. Đặt x = −4p 3 được cos 3t = 3q p −4p 3 (48) Có ∆ < 0 ⇒ 3q p −4p 3 < 1 (49) nên phương trình có 3 nghiệm thực. 9 3.8 Thêm nghiệm để giải phương trình Problem Giải phương trình bậc 3 nhờ các phương trình bậc cao hơn?. Phần này đề cập đến một ý tưởng khá mới. Ý tưởng này hoàn toàn đối lập với phần Giải phương trình khi biết một nghiệm của nó. Chúng ta sẽ thảo luận kỹ hơn về mối liên hệ của chúng ở phần Tổng quát. Sau đây là ý tưởng Đối với phương trình bậc 3 dạng chuẩn tắc, ta nhân vào 2 vế phương trình nhân tử (x + m) thu được (x + m) x 3 + Ax 2 + Bx + C = 0 (50) Phương trình trên là một phương trình bậc 4. Nếu phương trình này giải được thì phương trình của chúng ta đang xét cũng sẽ giải được. Xét các hệ số của phương trình thu được, lần lượt là 1, A + m, B + Am, C + Bm, Cm (51) Đến đây, chắc các bạn đã biết phải làm gì tiếp theo rồi. Chúng ta sẽ cố gắng điều chỉnh m để các hệ số trên trở thành các hệ số của một phương trình bậc 4 giải được. Mà các điều kiện, biểu thức ràng buộc về hệ số đã được thể hiện rõ ở phần tiếp theo. Như vậy, chúng ta cần giải một phương trình ẩn m. Phương trình đó không rõ bậc là bao nhiêu, có nghiệm thực hay phức (còn tùy thuộc vào loại điều kiện mà bạn lựa chọn ở phần tiếp theo nữa). Nhưng chúng ta chỉ cần số m, nên có thể Shift solve và mong chờ một kết quả đẹp. Remark: Nhìn chung, phương pháp này khá mạo hiểm. Ý tưởng thêm nghiệm của chúng ta đang làm gia tăng bậc của phương trình cần giải. Thế lợi ích của nó là gì? Đó là tùy vào trường hợp đang xét, chưa chắc phương trình (có hệ số cụ thể) bậc thấp hơn sẽ dễ dàng giải được hơn. Một trường hợp khá hiệu quả mà bạn sẽ thấy trong nhận xét ở phần tổng quát. Lợi ích của việc thêm nghiệm để giải một phương trình không nằm ở bậc cao - bậc thấp, mà là ở bậc chẵn - bậc lẻ, bậc nguyên tố - bậc hợp số. Chẳng hạn như bạn đang cố gắng giải một phương trình bậc 3 có các nghiệm là √ 2 ± √ 3, √ 2 + √ 5. Với các nghiệm như vậy thì đương nhiên là hệ số của phương trình sẽ không đẹp. Và việc dự đoán các nghiệm cũng trở nên khó khăn. Nhưng nếu bạn thêm vào nghiệm √ 2 − √ 5 thì phương trình bậc 4 thu được sẽ dễ giải hơn rất nhiều. Nghiệm mới bạn vừa thêm vào chính là mảnh ghép còn thiếu trong lời giải của bạn. Thiếu nó, bạn sẽ bị nhiều thứ khác cản trở tầm nhìn và khó có thể tìm ra lời giải được. Có nó, bạn sẽ thấy mọi thứ thật dễ dàng. Nhưng việc để có được nó đương nhiên sẽ lại phụ thuộc vào nhiều yếu tố. :) Có thể thêm nhiều nghiệm hơn để liên kết phần này với các phần tiếp theo. Go on next section? 3.9 Problems are coming Problem : Khảo sát hàm đa thức bậc 3. Problem : Biện luận số nghiệm của phương trình bậc 3 thông qua các hệ số của nó. Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có nghiệm bội. Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có các nghiệm phân biệt. Problem : Khảo sát nghiệm âm, nghiệm dương của phương trình bậc 3 thông qua các hệ số của nó. Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 3 có 3 nghiệm tạo thành cấp số cộng. 10 [...]... phương trình có dạng x6 + ax3 + b = 0 (147) Problem : Giải phương trình trên Sau đó tìm hiểu các lớp phương trình bậc 6 giải được nhờ phương trình trên Tiếp theo, 6 = 3(2) xét phương trình có dạng x6 + ax4 + bx2 + c = 0 (148) Problem : Giải phương trình trên Tìm hiểu các lớp phương trình bậc 6 giải được nhờ phương trình trên Problem : Tìm hiểu các phương trình (nói chung) giải được nhờ các phương trình. .. Problem : Giải phương trình bậc 6 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình sin 6x = m và sinh 6x = m 6.12 Dạng tổng các bình phương Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 6 có thể biểu diễn được dưới dạng tổng các bình phương 28 6.13 Thêm nghiệm để giải phương trình Problem : Thêm một nghiệm để giải phương trình Problem : Thêm nhiều nghiệm để giải phương trình Go on... Problem : Giải phương trình trên Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải được nhờ phương trình trên 33 (167) 8.10 Phương trình hệ số phản hồi Xét phương trình x8 + Ax7 + Bx6 + Cx5 + Dx4 + Ex3 + F x2 + Gx + H = 0 thỏa mãn H= G A F 2 B = = E 3 C E 4 C (168) (169) Problem : Giải phương trình trên Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải được nhờ phương trình trên 8.11 Sử dụng phương trình bậc 2 có... hiểu các lớp phương trình (nói chung) giải được nhờ các lớp phương trình trong phần này 23 5 Phương trình bậc 5 Xét phương trình bậc 5 dạng chuẩn tắc: x5 + Ax4 + Bx3 + Cx2 + Dx + E = 0 5.1 (134) Khi biết 1 nghiệm Sử dụng lược đồ Horner để phân tích và quay lại phần 4 5.2 Sử dụng phương trình bậc 2 có Delta bình phương Problem : Tìm các lớp phương trình bậc 5 giải được nhờ sử dụng phương trình bậc 2 có... của phương trình bậc 8 thông qua các hệ số của nó Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 8 có một số nghiệm tạo thành cấp số cộng Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 8 có một số nghiệm tạo thành cấp số nhân Problem : Tìm điều kiện để phương trình bậc 8 có các nghiệm thực là các số: i nguyên dương ii nguyên iii hữu tỷ iv vô tỷ Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải được nhờ các phương. .. thừa số nguyên tố của số 8, chúng ta sẽ xét các phương trình sau Đây là phương trình 2(4) x8 + Ax4 + B = 0 (157) Đây là phương trình 4(2) x8 + Ax6 + Bx4 + Cx2 + D = 0 (158) Đây là phương trình 2.2.2 x4 + ax2 + b 2 + A x4 + ax2 + b + B = 0 (159) Problem : Giải các phương trình trên Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình bậc 8 giải được nhờ các phương trình trên Problem : Tìm hiểu các lớp phương trình giải. .. = p2 rồi giải phương trình bậc 3 là xong 4.15 Thêm nghiệm để giải phương trình Problem : Thêm một nghiệm để giải phương trình Problem : Thêm nhiều nghiệm để giải phương trình Go on next section? 4.16 Problems are coming Problem : Với phương trình bậc 4 hệ số thực tổng quát Chứng minh tồn tại số thực k để phép thế x = y + k sẽ giúp đưa phương trình dạng tổng quát về dạng phương trình với hệ số phản... lớp phương trình bậc 7 nào giải được 7.3 cos 7x = m Problem : Biểu diễn cos 7x thành đa thức của cos x Problem : Giải phương trình bậc 7 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình cos 7x = m và cosh 7x = m 7.4 sin 7x = m Problem : Biểu diễn sin 7x thành đa thức của sin x Problem : Giải phương trình bậc 7 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương. .. Giải phương trình bậc 4 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình cos 4x = m và cosh 4x = m 4.10 sin 4x = m Problem : Biểu diễn sin 4x thành đa thức của sin x Problem : Giải phương trình bậc 4 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình sin 4x = m và sinh 4x = m 20 4.11 Phương trình x4 = ax2 + bx + c, b2 = 4 (a + 2) (c + 1) Problem : Giải. .. các lớp phương trình giải được nhờ các phương trình trên 5.3 cos 5x = m Problem : Biểu diễn cos 5x thành đa thức của cos x Problem : Giải phương trình bậc 5 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình giải được nhờ phương trình cos 5x = m và cosh 5x = m 5.4 sin 5x = m Problem : Biểu diễn sin 5x thành đa thức của sin x Problem : Giải phương trình bậc 5 vừa thu được Problem : Tìm các lớp phương trình