Một số phương pháp giải phương trình bậc ba

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC ĐOÀN NGỌC ÁNH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Cán hướng dẫn: PGS TS Nguyễn Nhụy Sinh viên thực hiện: Đoàn Ngọc Ánh Hà Nội – 2018 LỜI CẢM ƠN Trong q trình làm khóa luận, em nhận giúp đỡ, bảo tận tình thầy PGS.TS Nguyễn Nhụy Em xin chân thành cảm ơn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nhân đây, em xin cảm ơn thầy cô tổ Đại số, Khoa Sư phạm thầy cô Trường Đại học Giáo dục - Đại học Quốc gia Hà Nội tạo điều kiện giúp đỡ em hồn thành khóa luận Dù cố gắng song khóa luận em khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận nhận xét lời góp ý từ phía thầy bạn đọc để khóa luận em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn Hà nội, ngày 25 tháng 05 năm 2018 Sinh viên Đoàn Ngọc Ánh MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn 1.1.2 Các phép tính đa thức 1.1.3 Phép chia đa thức 1.1.4 Nghiệm đa thức 1.2 Phương trình ẩn 1.2.1 Khái niệm phương trình ẩn 1.2.2 Phương trình tương đương phép biến đổi tương đương 10 CHƯƠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐẶC BIỆT 13 2.1 Phương trình bậc ba 13 2.2 Một số phương trình bậc ba dạng đặc biệt phương pháp giải 15 2.2.1 Bài toán 15 2.2.2 Bài toán 16 2.2.3 Bài toán 19 2.2.4 Bài toán 20 CHƯƠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT 29 3.1 Phương trình bậc ba tổng quát 29 3.2 Một số phương pháp giải 29 3.2.1 Phương pháp 29 3.2.2 Phương pháp 32 3.2.3 Phương pháp 35 3.2.4 Phương pháp 38 3.2.5 Phương pháp 42 3.3 BÀI TẬP 46 KẾT LUẬN 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 LỜI MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong nhà trường phổ thơng mơn Tốn khơng giữ vị trí quan trọng mà cịn giúp học sinh học tốt môn học khác, công cụ nhiều ngành khoa học kĩ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn đời sống Muốn học giỏi nói chung học giỏi Tốn nói riêng phải luyện tập thực hành nhiều, nghĩa việc nắm rõ lý thuyết em phải làm nhiều tập Đối với học sinh, tập nhiều đa dạng thời gian hạn hẹp đồng thời em khó có điều kiện chọn lọc tốn hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập rèn luyện tư tốn học Trong mơn Tốn, phương trình đóng vai trị then chốt, đối tượng nghiên cứu Đại số mà cịn cơng cụ đắc lực Giải tích mơn học khác Nó giới thiệu từ năm đầu bậc phổ thông dạng đơn giản Đa phần em làm quen với phương trình bậc bậc hai cịn phương trình bậc cao em làm quen Ngày nay, phương trình bậc ba, bậc bốn giải thức Song phổ thông, nghiệm phức đưa vào mức độ giới thiệu, việc áp dụng giải cho em dễ hiểu dễ nắm bắt vấn đề Với lí lịng say mê nghiên cứu giúp đỡ tận tình thầy PGS.TS Nguyễn Nhụy, em chọn đề tài: “Một số phương pháp giải phương trình bậc ba” để làm khóa luận tốt nghiệp với mong muốn góp phần bé nhỏ làm tăng vẻ đẹp mơn Tốn qua việc giải phương trình bậc ba Mục đích nghiên cứu Bước đầu làm quen với cơng việc nghiên cứu khoa học tìm hiểu sâu phương trình bậc ba Nhiệm vụ nghiên cứu - Giải phương trình bậc ba tổng quát - Tìm số phương pháp giải phương trình bậc ba thường dùng Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Phương trình bậc ba - Phạm vi nghiên cứu: + Kiến thức đa thức + Phương trình bậc ba tổng quát số phương trình bậc ba thường gặp Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu tài liệu - So sánh, phân tích, tổng hợp - Phương pháp đánh giá Cấu trúc khóa luận Ngồi mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận em gồm ba chương: Chương 1: Những kiến thức chuẩn bị Chương 2: Phương trình bậc ba đặc biệt Chương 3: Phương trình bậc ba tổng quát 1.1 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Cho vành A vành giao hốn có đơn vị Ta gọi đa thức (trên A) bậc n biến x biểu thức có dạng Pn ( x)  an x n  a( n 1) x ( n 1)   a1 x  a0 (an  0) a i  A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Bậc đa thức ẩn f ( x) khác đa thức không (đã thu gọn) số mũ lớn ẩn có đa thức đó, kí hiệu: deg f ( x) Nếu  0, i  1,2, , n  a0  ta có bậc đa thức Nếu  0, i  0,1,2, , n ta coi bậc đa thức  gọi đa thức không (nói chung người ta khơng định nghĩa bậc đa thức không) Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A kí hiệu A x  Khi A  K trường K  x  vành giao hốn có đơn vị Ta thường xét A  Z , A  Q A  R A  C Khi ta có vành đa thức tương ứng Z  x  , Q  x  , R  x  , C  x  1.1.2 Các phép tính đa thức Cho hai đa thức f ( x)  an x n  a( n1) x ( n1)   a1 x  a0 g ( x)  bn x n  b( n1) x ( n1)   b1 x  b0 Ta định nghĩa phép tính số học a f ( x)  g ( x)  (an  bn ) x n  (a( n1)  b( n1) ) x ( n1)   (a1  b1 ) x  a0  b0 b f ( x)  g ( x)  (an  bn ) x n  (a( n1)  b( n1) ) x ( n1)   (a1  b1 ) x  a0  b0 c f ( x) g ( x)  c2nx 2n  c(2 n1) x (2 n1)   c1x  c0 Trong ck  a0bk  a1bk 1   ak b0 , k  0, , n 1.1.3 Phép chia đa thức 1.1.3.1 Phép chia với đa thức Định lí Giả sử A trường, f ( x) g ( x ) khác không hai đa thức vành A x  , có hai đa thức q( x) r ( x ) thuộc A x  cho: f ( x)  g ( x).q( x)  r ( x) , với deg r ( x)  deg g ( x) r ( x)  r ( x) gọi số dư Hệ quả: f ( x) chia hết cho g ( x ) phép chia f ( x) cho g ( x ) có số dư 1.1.3.2 Lược đồ Horner Cho đa thức f ( x)  A x  f ( x)  a0 x n  a1 x ( n1)   a( n1) x  an ,  A Giả sử thương phép chia f ( x) cho ( x   ) A x  q( x)  b0 x( n1)  b1x( n2)   b( n1) , bi  A, i  (0, n) Suy a0 x n  a1 x ( n1)   a( n1) x  ( x   )(b0 x ( n1)  b1x ( n2)   b( n1) )  f ( ) So sánh hệ tử lũy thừa giống x hệ thức ta lập bảng sau a0  b0  a0 a1 … b1  a1  b0 … an1 an bn1  an1  bn2 r  an  bn1 1.1.4 Nghiệm đa thức 1.1.4.1 Định nghĩa: Giả sử K trường đó, A trường K Một phần tử   K gọi nghiệm đa thức f ( x)  A x  f ( )  Ta nói  nghiệm phương trình đại số f ( x)  K Nếu deg f ( x)  n phương trình f ( x)  gọi phương trình đại số bậc n, n  1.1.4.2 Định lí Giả sử A trường,   A, P( x)  A x  Khi đó, dư phép chia P ( x) cho ( x   ) P ( ) Chứng minh Giả sử P( x)  ( x   ).q( x)  r ( x), r ( x)  r ( x)   Nếu r ( x)  deg r ( x)  deg( x   )  Suy r ( x)  r  A Ta có P( )   r  r Trong trường hợp phần dư phép chia P ( x) cho ( x   ) r  P( )  Nếu r ( x)  P( x)  ( x   ).q( x) Khi P( x)  M ( x   ) - Hệ quả: Cho P( x)  K [ x],  K Khi đó: P ( x) chia hết cho ( x   )  nghiệm P ( x) K 1.1.4.3 (Định lí Bezout) Số 𝑎 nghiệm 𝑓(𝑥) 𝑓(𝑥) chia hết cho (𝑥 − 𝑎) 1.1.4.4 Nghiệm bội Định nghĩa: Cho đa thức P( x)  a0 x n  a1 x n1   an1 x  an  A[ x] Nếu P ( x) có biểu diễn dạng P( x)  ( x  1 )m1 ( x  2 )m2 ( x  k )mk đó:  1, 2 , k đôi khác  m1, m2 , , mk số tự nhiên m1  m2   mk  n Khi m1, m2 , , mk gọi bội tương ứng nghiệm 1, 2 , k Người ta gọi nghiệm  đa thức P ( x) nghiệm bội bậc m P ( x) chia hết cho ( x   ) m không chia hết ( x   ) m 1 Nhận xét: c  A nghiệm bội m đa thức f ( x)  A[ x] f ( x)  ( x  c) m g ( x) với ( g ( x), x  c)  Chú ý:  Giả sử A miền nguyên, số nghiệm đa thức  f ( x)  A[ x] , nghiệm tính với số bội khơng vượt q bậc f ( x)  Nếu hai đa thức f ( x), g ( x)  A[ x] có bậc n lấy giá trị n+1 phần tử khác miền nguyên A chúng 1.1.4.5 Một số định lí tồn nghiệm đa thức Định lí Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có nghiệm thực Định lí (Định lí bản) Mọi đa thức f ( x) bậc n  trường số phức (hay thực) có n nghiệm phức, nghiệm tính với bội số Định lí Cho f ( x), g ( x),deg f ( x)  m g ( x ) có m nghiệm A Khi f ( x) chia hết g ( x )  f ( x)  nghiệm bội k g ( x ) nghiệm bội k ' f ( x) với k '  k Chứng minh Giả sử f ( x) chia hết cho g ( x ) , f ( x)  h( x).g ( x) Nếu g ( x)  ( x   ) k q( x) f ( x)  h( x).( x   ) k q ( x) Suy  nghiệm bội k g ( x )  nghiệm bội k’ f ( x) ( k '  k ) Ngược lại, tất nghiệm g ( x ) 1, , , m (  i nghiệm bội k liệt kê m lần) g ( x)  a( x  1 )( x  2 ) ( x  m ) , với a hệ số cao g ( x ) Tuy nhiên, dấu phải chọn cho tính x, khơng  i 2 gặp trường hợp chia cho không Thứ nhất, p  , ta chọn dấu b bậc hai cho u khác 0, u  q Thứ hai, p  q  ta có x  t  Ví dụ 12 Giải phương trình sau x3  3x  x   (1) Giải Ta có: a2 a  3, b  6, c   p  b   9 2a  9ab qc  12 27 Đặt x  t  a  t  , thay vào (1) biến đổi ta phương trình t  9t  12  Ta tìm số u, v cho u  v3  12 uv  3 Đặt t  v  u , thay vào (1) ta (v  u )3  3uv(v  u )  (u  v )  9u p3 Suy v   3u u  0 27u 3 q q p3 12 122 93 u        27 27 Chọn u  ta có x  p a  u   4u  3u Với u1   x1  4  34 3 i )  x2  4 9(  i)  Với u2  9(  2 2 3 Với u3  9(  i )  x3  4 9(  i )  2 2 Ví dụ 13 Giải phương trình 1 x3  x  18 x  28  Giải Đặt x  y  , 1 trở thành y  y  28   2 Đặt y  u  v ,   trở thành u  v3   3uv   u  v   28   3   Chọn u,v thỏa mãn uv   3 trở thành u  28u  27   u  1  u  1    v  27  v  3    u  3  u  27   v3  1  v  1  Suy y  u  v  4  x  7 Vậy phương trình cho có nghiệm x  7 3.2.3 Phương pháp Cho phương trình bậc ba dạng tổng quát: ax3  bx  cx  d  Đặt giá trị   b2  3ac k 9abc  2b3  27a 2d  (  0) 1) Nếu   35 a k  : phương trình có ba nghiệm  arccos(k )   cos  b   x1  ; 3a  arccos(k ) 2   cos   b 3   x2  ; 3a  arccos(k ) 2  cos   3  x3  3a  b  b Nếu k  : Phương trình có nghiệm x  k 3  b 2  | k |  k 1  | k |  k 1   3ak   3a 2) Nếu   : Phương trình có nghiệm bội b  b3  27a 2d x 3a 3) Nếu   : Phương trình có nghiệm x 3  b 2  k  k 1  k  k 1   3a   3a Ví dụ 14 Giải phương trình x3  18 x  15  Giải Ta có a  1, b  0, c  18, d  15 Tính ,k   b2  3ac  54  0, 36 k 9abc  2b3  27a d   27.1.15 543  5 Do   nên phương trình có nghiệm x 3  b 2  k  k 1  k  k 1   3a   3a  54  5 5 5 5 3    ( ) 1   ( ) 1    6 6     3  6 3    24 6  Ví dụ 15 Giải phương trình 3x3  x  x   Giải Ta có a  3; b  6; c  4; d  Tính ,k   b  3ac  Vậy phương trình có nghiệm bội b  b3  27a 2d 6  63  27.9.5 6  999 x   3a 3.3 Ví dụ 16 Giải phương trình x3  x  3x   Giải Ta có a  1; b  4; c  3; d  37 Tính ,k   b2  3ac  16    k 9abc  2b3  27 a d   34 17  14 7 Ta có k  nên phương trình có ba nghiệm 17    arccos( 7 )  cos  4  arccos(k )   cos  b       x1   , 3a 17  arccos( )  2 7 cos    arccos(k ) 2  3  cos   b  3    x2   3a   4   , 17  arccos( )  2 7 cos    arccos(k ) 2  3  cos   b  3    x3   3a   4   3.2.4 Phương pháp 4(Tìm nghiệm hữu tỉ phương trình với hệ số nguyên) Tìm nghiệm hữu tỉ đa thức bậc ba có dạng f ( x)  ax  bx  cx  d với hệ số nguyên 38 Giả sử  nghiệm hữu tỉ f ( x) ,  phải nguyên   a  b  c  0, Mặt khác, từ ta viết    a  b   c Do  | c Như nghiệm nguyên f ( x) , có, phải ước c Cho nên muốn tìm nghiệm nguyên f ( x) ta xét ước số hạng tự c , sau thử xem ước có nghiệm f ( x) hay không Để hạn chế số lần thử người ta đưa vào nhận xét sau đây: Giả sử  nghiệm nguyên f ( x) Thế f ( x) chia hết cho x  f  x    x    q  x  Theo sơ đồ Horner, q  x  đa thức với hệ số nguyên Do q 1 , q  1 số nguyên f 1 f  1  q 1 ,  q  1 1 1   khác -1 Vì trước hết ta tính f 1 f  1 xem -1 có phải nghiệm f ( x) , sau ta xét ước   1của c cho f 1 f  1 ; 1 1 Là số nguyên để thử xem chúng có nghiệm f ( x) , số lần thử ta bớt nói chung Ví dụ 17 Giải phương trình sau 39 x3  x  11x  30  Giải Xét đa thức f  x   x3  x  11x  30 Nghiệm f ( x) nghiệm phương trình cho Ta có f 1    11  30  f  1  1   11  30  Suy -1 không nghiệm f ( x) Các nghiệm f ( x) phải ước 30 Các ước 30 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 Xét f 1 f  1 ; 1 1   2 f 1 16 f  1 36   16  Z ;   12  Z ,  1 1   2    3 f 1 16 f  1 36   8  Z ;   9 Z,  2 1   3   5 f 1 16   16  Z , 1 f 1 16 f  1 36   4 Z;   18  Z , 1 1 2 f 1 16 f  1 36   4  Z ;   6 Z,  4 1 40   5   6 f 1 16   Z, 1 f 1 16   Z,  5   6  f 1 16   Z, 1   10  f 1 16   Z,  10 9   10    15  f 1 16   Z,  15 14   15    30  f 1 16   Z,  10 11 f 1 16 f  1 36   1 Z ;   6 Z,  15 16  15 14 f 1 16   Z,  30 29   30  f 1 16   Z  30 31 Như 2,3, 3,5 nghiệm nguyên f  x  Bằng sơ đồ Horner, kiểm tra xem có phải nghiệm f  x  hay không Ta có bảng sau: -4 -11 30 -2 -15 -1 -14 -22 -3 -7 10 1 -6 41 Vậy ta có f  x    x   x  3 x   Phương trình cho có nghiệm 2; -3; 3.2.5 Phương pháp (Quy phương trình bậc hai) Cho phương trình ax  bx  cx  d  (a  0) 1 Giải phương trình biết nghiệm x0 PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực theo bước sau Bước 1: Đoán nghiệm x0 1 Bước 2: Phân tích 1 thành  x  x0   ax  b1x  c1    x  x0  g  x  =ax  b1 x  c1  Chú ý: Dự đoán nghiệm dựa vào kết sau:  Nếu a  b  c  d  1 có nghiệm x   Nếu a  b  c  d  1 có nghiệm x  1  Nếu a, b, c, d nguyên 1 có nghiệm hữu tỉ p p, q theo thứ tự q ước d a  Nếu ac  bd (a, d  0) 1 có nghiệm x  42 c b  Nếu a  1,b3  4bc  8d  1 có nghiệm x  b Ví dụ 18 Giải phương trình sau: a x3  x  x   c 3x3  x  x   b x3  x   d x3  x  x  2  e x3  x  x   Giải a Nhận xét : a  b  c  d  phương trình cho có nghiệm x  Biến đổi phương trình dạng x 1   x  1  x  3x       x  3x    x   x  2  x  Vậy phương trình cho có ba nghiệm phân biệt x  1, x  2, x  b Nhận xét: a  b  c  d  phương trình cho có nghiệm x  1 Biến đổi phương trình dạng x 1   x  1  x  x  3    2 x  x    x  1 Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 c Nhận xét: khơng có đặc biệt có a, b, c, d nguyên a  , có ước 1; 3 d  có ước 1; 2 phương trình có nghiệm hữu tỉ giá trị 1; 2;  ;  43 Nhận thấy x  nghiệm phương trình Biến đổi phương trình dạng: 3 x    3x    x  x       x  2x   x  x 1 3 Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt x  ; x   3; x   d Nhận xét  ac3     2  bd ( a, d  0) Do phương trình có nghiệm x  c  b Biến đổi phương trình dạng:   x   x2    x    1 x     x  x  1 x      Vậy phương trình có nghiệm x  e Nhận xét a  1, b3  4bc  8d  Do phương trình có nghiệm x  b  1 Biến đổi phương trình dạng 44   x  1  x  x  3  Do x  x   với x nên phương trình cho có nghiệm x  1 Chú ý: Khi thành thạo phương pháp nhẩm nghiệm ta không cần nêu nhận xét lời giải cho phương trình Nếu phương pháp nhẩm nghiệm khơng có tác dụng ta vận dụng kiến thức phân tích đa thức Ví dụ 19 Giải phương trình x3  3x  x   Giải Biến đổi phương trình dạng x3  3x  x    x3  3x  3x  x  x    x ( x  3)  x( x  3)  ( x  3)   ( x  3)( x  3x  1)  x    x  x  x    x   Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt x  3, x   45 3.3 BÀI TẬP Bài Giải phương trình sau: x  10 x  x   2 36 x  12 x  x   3 x  x  x   x  3x 4 x   x  10 x  x   x 5 x  x   Bài Giải phương trình sau: x  x  x   2 x  12 x  x   3 x  27 x  x   x  15 x 4 x   x  x  x 3x  x   Bài Giải phương trình sau: x  36 x  84 x  20  x  x   3 x  18 x  15  x  3x 6 x   Bài Tìm nghiệm hữu tỉ phương trình sau: 2 x  3x  x   x  x  15 x  14  3 x  x  x   Bài Giải phương trình sau: x  36 x  27  x  3x   3 x  x   x  x   Bài Tìm tất nghiệm x   0;1 phương trình:  64 x  96 x  36 x     2 x x  x  x   46 KẾT LUẬN Phương trình bậc ba phần kiến thức mở rộng chương trình phổ thơng Ta thường hay gặp tốn kì thi đặc biệt kì thi học sinh giỏi Olympic tốn học Trong khóa luận tơi trình bày cách chi tiết phương trình bậc ba tổng quát dạng hay gặp Tuy nhiên cịn nhỏ so với kiến thức phương trình Khóa luận thực với mong muốn đóng góp kinh nghiệm việc nghiên cứu học tập tốn Từ giúp bạn đọc hiểu sâu hơn, rộng phương trình bậc cao đa thức Do thời gian lực thân cịn hạn chế Đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp q báu q thầy bạn yêu toán 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Lê Hồng Đức, Trần Phương, Đại số sơ cấp Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2010 Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỉ Nhà xuất Giáo dục, 2004 Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương Nhà xuất Giáo dục Hà Nội, 1982 48 ... cách giải phương trình bậc ba tổng quát 3.1 Phương trình bậc ba tổng quát Giải phương trình ax  bx  cx  d  (1) Phương trình (1) gọi phương trình bậc ba tổng quát 3.2 Một số phương pháp giải. .. sâu phương trình bậc ba Nhiệm vụ nghiên cứu - Giải phương trình bậc ba tổng quát - Tìm số phương pháp giải phương trình bậc ba thường dùng Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Phương. .. c, d số thực Tuy nhiên đa số lý thuyết hệ số lấy mơi trường có đặc số khác Ta giả sử a  Có thể giải phương trình bậc ba thức 14 2.2 Một số phương trình bậc ba dạng đặc biệt phương pháp giải