Tài liệu Phương trình hàm bậc 4 và cách giải pdf

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 (1) Phương trình (1) được viết thành 02462 2224  axxaaxx hay   02462 224  aaxxax (2) Phương trình (2) là phương trình bậc bốn đối với x mà bạn khống đuợc học cách giải. Nhưng ta lại có thể viết phương trình (1) dưới dạng   04612 2422  xxxaxa (3) Và xem (3) là phương trình bậc hai đối với a. Với cách nhìn này, ta tìm được a theo x: xxxxxxa 46121 24242 2,1    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 Điều kiện để (5) có nghiệm là 01  a và các nghiệm của (5) là ax  11 4,3 Tổng kết a -3 -1 Phương trình (4) Vô nghiệm 2 nghiệm 2 nghiệm Phương trình (5) Vô nghiệm Vô nghiệm 2 nghiệm Phương trình (6) Vô nghiệm 2 nghiệm 4 nghiệm 1 nghiệm 3 nghiệm 2 Ví dụ 2. Giải phương trình 0445 234  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     xxxx Ví dụ 3. Giải phương trình 0521104832 234  xxxx (1) Ta viết (1) dưới dạng:     05347924162 2234  xxxxx Và đặt: xxy 34 2  thì (1) được biến đổi thành 0572 2  yy Từ đó 1 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  xx Ta sẽ đuợc các nghiệm của (1). Ví dụ 4. Giải phương trình 0231632 234  xxxx (1) Đây là phương trình bậc bốn (và là phương trình hồi quy khi 2 ed ab     ) Với phương trình này ta giải như sau: Chia hai vế của phương trình cho 2 x (khác không) thì (1) tương đuơng với 0 23 1632 2 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 2 2 3 16 0yy    hay 2 2 3 20 0yy   Phương trình này có nghiệm là 12 5 4, 2 yy   3 Vì vậy 1 4x x    và 15 2 x x  tức là 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 , , ,p q r s là các hệ số nguyên chưa xác định. Ta có:    4 3 2 2 2 4 10 37 14x x x x x px q x rx s         (2) Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc hai vế của đồng nhất thức ta có hệ phương trình sau 4 10 37 14 pr s q pr ps qr qs                 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  Thay các giá trị , , ,p q r s vừa tìm được vào (2) thì có:    4 3 2 2 2 4 10 37 14 5 2 7x x x x x x x x         Phương trình (1) ứng với    22 5 2 7 0x x x x     Giải phương trình tích này ta đuợc các nghiệm sau của (1): 5 17 1 29 ; 22 xx     Lƣu ý: Trong một số truờng hợp ta không thể dùng phương pháp này vì nhiều khi việc phân tích trên không được như mong muốn chẳng hạn khi hệ trên không có nghiệm nguyên. 4 3. Sau đây ta sẽ tìm công thức nghiệm của phƣơng trình bậc bốn   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 2 2 4 2 4 f x x ax h h a b x ah c x h d                                      (2) Tam thức trong dấu móc vuông có dạng: 2 Ax Bx C 2 Ax Bx C có thể viết dưới dạng:   2 2 Ax Bx C Px q    (3) Khi và chỉ khi 2 40B AC hay 2 40AC B 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 0 3 a yx a  . Công thức được viết như sau: 2 3 2 3 33 2 4 27 2 4 27 q q p q q p x         trong đó mỗi căn thức bậc ba ở vế sau có ba giá trị, nhưng phải chọn các cặp giá trị có tích bằng 3 p  để cộng với nhau) Thế thì (2) đuợc viết dưới dạng:     2 2 2 11 22 f x x ax t px q         (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         Giải hai phương trình bậc hai này ta đuợc tập hợp nghiệm của (1): 2 1,2 1 1 1 42 2 2 2 x a p a p q t                    5 Và 2 3,4 1 1 1 42 2 2 2 x a p a p q t                    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  Dựa vào (3) và với 5, 1,, 7, 1, 6h t a b c d        thì tính đuợc 71 , 22 pq   Phương trình đã cho sẽ đuợc diễn đạt theo (4) là: 22 2 22 1 5 7 1 0 2 2 2 2 1 5 7 1 1 5 7 1 0 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x                                     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 2 x y mx và 2 a m  tức 2 2 a x y x Thì (1) trở thành: 22 2 2 2 2 0 42 aa y x x bx cx d      (2) Thay 2 x bởi 2 a yx và biến đổi thì (2) trở thành 32 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                               6 Do đó hoành độ các giao điểm của parabol, đồ thị (3) và của đuờng tròn, đồ thị của (4), là nghiệm của phương trình (1) đã cho Nếu ta đặt 2 ( 0) 2 a my x x m   thì khi ấy nghiệm của phương trình (1) lại là hoành độ các giao điểm của hai parabol 2 1 2 a y x x mm  Và 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, 5) 2 2 6 15 0. x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                          . Ví dụ 2. Giải phương trình 044 5 2 34  xxxx (1) Phương trình (1) đuợc viết dưới dạng:          0 14 0 141 044 4 22 222 22 34    xxx xxxxx xxxxx . 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