SƠ lược về PHƯƠNG TRÌNH bật CAO TOÁN CAO cấp

Sơ Lược Về Phương Trình Bậc Cao Nguyễn Thành Luân, K33, SP Toán, ðại Học Cần Thơ Mai Quốc Tuấn, Tống Hoàng Nguyên, Võ Minh Nhật, lớp 10T1 THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long 1.. ðến

Sơ Lược Về Phương Trình Bậc Cao

Nguyễn Thành Luân, K33, SP Toán, ðại Học Cần Thơ Mai Quốc Tuấn, Tống Hoàng Nguyên, Võ Minh Nhật, lớp 10T1

THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long

1 Lời giới thiệu

Con người ñã biết về phương trình và các cách giải phương trình bậc nhất, bậc hai khá sớm (khoảng 2000 TCN ) nhưng mãi ñến ñến thế kỷ thứ XVI, các nhà toán học La Mã là Tartlia ( 1500 - 1557), Cardano (1501 - 1576) và nhà toán học Ferrari (1522 - 1565) mới giải ñược các phương trình bậc ba và bậc bốn dạng tổng quát

ðến tận ñầu thế kỷ XIX, nhà toán học người Na Uy Henrik Abel chứng minh ñược rằng không có cách giải phương trình tổng quát bậc lớn hơn bốn bằng các phương toán học thông thường của ñại số Không lâu sau ñó, nhà toán học người Pháp Évariste Galois ñã hoàn tất công trình lý thuyết về phương trình ñại số của loài người

Chính vì vậy, trong chuyên ñề kì này chúng ta sẽ tìm hiểu kỉ hơn về cách giải các phương trình trên, kèm theo ñó là một số ví dụ cụ thể về các phương trình dạng ñặc biệt hơn

2 Phương Trình Bậc 3

2.1 Phương trình bậc 3 có dạng

AX +BX +CX+D= (A≠0) (1)

Vào năm 1545, Cardano ñã công bố cách giải phương trình (1)

Trước hết do A≠0 nên chia hai vế của (1) cho A, ta ñược phương trình dạng

X +mX +nX+ =c (2)

Bằng cách ñặt

3

m

X = −x , ta ñưa (2) về phương trình bậc 3 thiếu

x +ax+ = (3) , vb ới

2

3

m

a= −n và

3

2

b= +c − ðặt x= + Như thế v có thể chọn giá trị tùy ý Thay vào (3) ta có u v

(u+v) +a u( +v)+ = ⇔b 0 (u +v +b) (+ u+v)(3uv+a)= 0 Chọn v sao cho 3uv+ = , bài toán quy về hệ phương trình a 0

3

a uv







hay

3

3 3

27

a

u v





 Như vậy u v là nghiệm của phương trình 3, 3

3

27

a

t +bt− = (4) ðặt

3

27

a b

∆ = + Nếu ∆ > thì phương trình (4) có hai nghiệm phân biệt 0

3

2

b

2

b

=

Do ñó công thức nghiệm tồng quát của phương trình (3) là :

3

2

b

2

b

− − ∆ với 2 4 3

27

a b

Vậy công thức nghiệm tổng quát của phương trình (1) là

3 3

Với trường hợp ∆ ≤ thì cũng có thể sử dụng công thức Cardano nhưng khi 0 ∆ < phải biết khai 0 căn bậc ba của số phức, ñó là một vấn ñề rất phức tạp Sau ñây chúng tôi sẽ giới thiệu với các bạn phương pháp lượng giác sử dụng khi ∆ ≤ 0

Trong x3+ax+ = ⇔b 0 x3+ax= − Ta ñặt b x=kcosy thì k3cos3 y+akcosy= − (5) b

ðặt 2 4

3

a

k = − (vì ∆ ≤ thì 0 p≤0) thì phương trình (5) trở thành

4 cos 3cos

4

−

Nhưng 2 4 3 3 3 3

b

− ðặt 3b cosG

ka= , thì 4 cos2y−3cosy=cosG Suy ra nghiệm của phương trình x3+ax+ = là b 0

x k x k  + π x k  + π

Do ñó nghiệm tổng quát của phương trình (1) khi ∆ ≤ là 0

Nhận xét

0

∆ > thì phương trình (1) có 1 nghiệm ñơn

0

∆ = thì phương trình (1) có 2 nghiệm, trong ñó có 1 nghiệm kép

0

∆ < thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Một số trường hợp ñặc biệt:

Nếu a+ + + = thì b c d 0 ( )1 có nghiệm x= Nếu 1 a− + − = thì b c d 0 ( )1 có nghiệm x= − 1 Nếu a b c d, , , ∈ ℤ thì ( )1 thì có nghiệm hữu tỉ p

q thì p q, theo thứ tự là ước của d và a Nếu ac3=db a d3( , ≠0) thì ( )1 có nghiệm x c

b

= −

Ví dụ Giải phương trình x3+x2− 2x−2 2= 0

Lời giải

Nhận xét. Vì ac3=1.(− 2)3=db3= −2 2 nên phương trình có nghiệm x c 2

b

= − = Biến ñổi

2

2 0

x







2.2 Một số ví dụ

Ví dụ 1 Giải phương trình y3+3y2+12y−16= 0

Lời giải ðặt y= −x 1, ta có (x−1)3+3(x−1)2+12(x− −1) 16= ⇔0 x3+9x−26= Ta có 0

a b

b

Vì phương trình x3+ − = có nghiệm 9x 26 0 x= − =3 1 2 nên phương trình ñã cho có một nghiệm y= 1

Ví dụ 2 Giải phương trình 3 5 2 7 11 0

y + y + y− =

Lời giải ðặt 5,

3

y= −x ta có

3

 −  +  −  +  − − = ⇔ − + =

6.2 2 2

b

ak

−

1

2

135 360

3

3

135 720

2 2.cos 2 2.cos 285 2 2 cos 75 3 1

3

Do ñó phương trình ñã cho có nghiệm là

1

5 1 2

3 3

3 1

2.3 ðịnh lí Viète của phương trình bậc ba

Nếu phương trình bậc ba Ax3+Bx2+Cx+D=0(A≠0)có 3 nghiệm x x x1, ,2 3 thì

1 2 3

B

A C

x x x x x x

A D

x x x

A















Bài tập áp dụng Giả sử phương trình x3+ax2+bx+ = có ba nghiệm c 0 x x x1, ,2 3 Hãy tìm mối liên hệ giữa , ,a b c khi x x1 3=x22

Lời giải Theo ñịnh lí Viét, ta có

( ) ( ) ( )

1 2 3

6 7 8

x x x x x x b

x x x c









= −



Giả sử 2

1 3 2

x x =x Có 2 khả năng xảy ra

* x2= ⇒0 x1= hoặc 0 x3= ⇒ = = 0 b c 0

* x2≠ Lúc này ta có thể viết hệ thức ñã cho là 0 1 2

t

x = x = Từ ñó có thể tính ñược x x1, 3 theo

t và x2: x1=tx2 và 2

3

x x t

= Thay vào (6), (7) và (8), ta thu ñược

 + +  = −  + +  = = −

Chú ý rằng t 1 1 0

t

+ + ≠ , ta suy ra hệ thức

3

− 



= − ⇒ =  = − ⇒ =

Hệ thức này vẫn ñúng khi b= = Vậy c 0 b3=a c3 là hệ thức cần tìm

3 Phương trình bậc 4

Phương trình bậc bốn là phương trình có dạng

Ax +Bx +Cx +Dx+E= , trong ñó x là ẩn số còn , , , ,A B C D E là các hệ số với a≠ 0

Trước hết ta hãy xét một số dạng phương trình bậc bốn mà qua phép biến ñổi hoặc ñặt ẩn phụ ta

có thể quy về việc giải một phương trình bậc hai

3.1 Phương trình trùng phương

Phương trình có dạng ax4+bx2+ = ðặt c 0 y=x2≥ ta ñưa về việc giải 0

0

ay by c y





3.2 Phương trình dạng (x+a)4+(x+b)4= c

Có thể ñưa về phương trình trùng phương nhờ phép ñặt ẩn phụ

Khi ñó ( ) ( )

x a x b y + a y − b y −  y − 

+ + + = − +  + + +  = +  + + 

ðặt

2

a b

= Ta có (y+k)4+(y−k)4=2y4+12y k2 2+2k4= c

Vậy ta có phương trình trùng phương 2y4+12y k2 2+2k4− = với c 0

2

a b

=

Ví dụ Giải phương trình (x−1)4+(x+3)4=256 1( )

Lời giải ðặt y= + Khi ñó x 1

( )1 ⇔(y−2)4+(y+2)4=256⇔2y4+48y2−112= 0 ðặt t=y2≥ , ta ñược 0 2t2+48t2−224=0 4

28

t t

 =



⇔

 = −



Vì t≥ nên 0 t=4⇒ = ±y 2⇒ = hoặc x 1 x= 3

*Chú ý Nếu cần kiểm tra phương trình bậc bốn dạng tổng quát ax4+bx3+cx2+dx+ = , e 0

(a≠0) có trùng phương hay không ,ta chỉ cần ñặt ẩn phụ

4

b

t x

a

= +

Nếu sau khi thay vào phương trình ñã cho ta không ñược phương trình trùng phương theo biến t thì

phương trình ñã cho không thuộc thuộc dạng trùng phương

3.3 Phương trình dạng (x+a x)( +b x)( +c x)( +d)=m với a b + = + c d

Viết phương trình ñã cho dưới dạng 2 ( ) 2 ( )

ðặt t=x2+(a+b x) +ab ñưa về phương trình bậc hai theo t

Ví dụ Giải phương trình (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)= 3 ( )1

Lời giải Nhận xét 1 4+ = + nên phương trình ñã cho tương ñương với 2 3

(x2+5x+4)(x2+5x+6)= 3 ðặt t=x2+5x+ Ta có 4 ( )1 ⇔t t( +2)=3⇔t2+2t− = ⇔ = ∨ = − 3 0 t 1 t 3

2

Khi t= − ⇔3 x2+5x+ = − ⇔4 3 x2+5x+ = phương trình vô nghiệm 7 0

Vậy phương trình ( )1 có 2 nghiệm 1 5 13, 2 5 13

Chú ý. Phương trình trên mở rộng thành

(a x1 +a2)(b x1 +b2)(c x1 +c2)(d x1 +d2)=m,

với ñiều kiện a b1 1=c d1 1 và a b1 2+a b2 1=c d1 2+c d2 1 Khi ñó ta ñặt t=(a x1 +a2)(b x1 +b2)

Ví dụ. Giải phương trình (2x−1)(x−1)(x−3 2)( x+3)= − 9

Lời giải. Phương trình viết lại dưới dạng (2x2−3x+1 2)( x2−3x−9)= −9

ðặt t=2x2−3x+ Ta có ph1 ương trình t t( −10)= −9⇔t2−10t+ = ⇔ = ∨ = 9 0 t 1 t 9

Với 1 2 2 3 1 1 2 2 3 0 0 3

2

t= ⇒ x − x+ = ⇔ x − x= ⇔ = ∨ = x x

Với 9 2 2 3 1 9 2 2 3 8 0 3 73

4

= ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ =

Vậy phương trình có 4 nghiệm 1 0, 2 3, 3 3 73, 4 3 73

3.4 Phương trình ñối xứng bậc bốn (Phương trình hối quy)

Phương trình ñối xứng bậc bốn là phương trình có dạng ax4+bx3+cx2+bx+ =a 0 (a≠0)

Cách giải

Bước 1 Kiểm tra x= có là nghi0 ệm của phương trình hay không?

Bước 2 Tìm nghiệm x≠ 0

Chia cả hai vế của phương trình cho 2

x ta ñược

   

+ + + + = ⇔  + +  + + =

    (2)

2

2

= + ⇒ + = − Khi ñó phương trình (2) trở thành

a t − +bt+ = ⇔c at +bt+ =c

Với cách ñặt t x 1

x

= + , sử dụng bất ñẳng thức AM – GM, ta có

2

= + = = = + ≥

Như vậy từ phương trình ñối xứng bậc 4 ta chuyển về phương trình bậc 2 theo biến t với t ≥ 2

Ví dụ. Giải phương trình x4+2x3+x2+2x+ =1 0

Lời giải Vì x=0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế cho x2, ta ñược

   

+ + + + = ⇔ + +  + + =

   

ðặt t 1 x

x

= + , ta có t2− +2 2t+ = ⇔ = − ±1 0 t 1 2

Vì t ≥ nên 2 t= − +1 2 Suy ra

2

2

x

Chú ý ðối với phương trình bậc 4 có hệ số ñối xứng lệch (phương trình phản hồi quy), dạng

ax +bx +cx −bx+ =a a≠ thì ta vẫn có cách tương tự và ñưa phương trình ñã cho về dạng

at +bt+ +c a=

3.5 Phương trình bậc 4 có hệ số ñối xứng tỉ lệ (phương trình phản hồi)

Phương trình phản hồi là phương trình có dạng ax4+bx3+cx2+bkx+ak2=0(a≠0,k≠0) Cách giải Tương tự như cách giải các phương trình trên hồi quy và phản hồi quy, bằng cách chia hai vế cho 2

x (nếu x=0không là nghiệm ), và ñặt ẩn phụ t k x

x

= + , ta ñược phương trình

at +bt+ −c ak=

Ví dụ. Giải phương trình 2x4−21x3+34x2+105x+50=0

Lời giải Ta có x= không là nghi0 ệm của phương trình, chia hai vế của phương trình cho x2

− + + + = ⇔  + −  − + =

ðặt x 5 t

x

− = 2 252 2 10

x

⇒ + = + , ta ñược 2(t2+10)−21t+34= ⇔ = ∨ =0 t 6 t 9 2

* Trường hợp 1 t=6 5

6

x x

⇒ − = , ta có x2−6x− = ⇔ = ±5 0 x 3 14

* Trường hợp 2 9 5 9

x

= ⇒ − = , ta có 2 9 161

2 9 10 0

4

− − = ⇔ =

3.6 Cách giải tổng quát phương trình bậc 4

Không mất tính tổng quát (bằng cách chia hai vế của phương trình cho hệ số củax4) ta ñưa phương trình về dạng

x +ax +bx +cx+ = ⇔d x +ax = −bx −cx−d

Thêm

2 2

4

a x vào cả hai vế, ta ñược

Cộng vào hai vế của phương trình này cho tam thức 2 2

  với y là hằng số

( )

 + +  = − −  + −  + − 

Chọn y sao cho tam thức bậc hai ở vế phải có nghiệm kép, hay

∆ = −  −  − +  − = ⇔ − + − − − − =



ðây là một phương trình bậc ba và ta ñã biết cách giải ðặt

2 2

 − +  + −  + − = +

Giả sử y0là một nghiệm của phương trình (2) Khi ñó thay y0vào ta ñược phương trình (1) có dạng

2

2

2 0 2 0

Như vậy việc giải phương trình bậc bốn qui về việc giải hai phương trình bậc hai và một phương trình bậc ba

Ví dụ Giải phương trình x4+8x3+15x2−4x− = 2 0

Lời giải Ta có

( )2

x + x + x − x− = ⇔x + x = x+ − x ⇔ x + x =x + x+ Cộng hai vế của phương trình trên cho ( 2 4 ) 2

4

y

x + x y+ , ta ñược

Lưu ý chọn y sao cho vế phải là một bình phương, muốn vậy, biệt số ∆ của tam thức bậc hai ñối với x phải bằng 0 ,

4

y



Ta có ngay giá trị y= − Thay vào (3) phương trình trở thành 1

2

2

2

1 3 4

2 2

4





⇔ 





x x

 = − ±



⇔ 

= − ±



3.7 ðịnh lí Viète cho phương trình bậc 4

Nếu phương trình bậc bốn ax4+bx3+cx2+ + = d e 0 (a≠0) có bốn nghiệm thì

1 2 3 4

b

a

c

x x x x x x x x x x x x

a d

x x x x x x x x x x x x

a e

x x x x

a























Ví dụ Cho phương trình x4−8x3+19x2+ax+ = Biết rằng phương trình có bốn nghiệm 2 0

1, , ,2 3 4

x x x x thoả mãn ñiều kiện x1+x2=x3+x4 Hãy tìm a và giải phương trình ñã cho

Lời giải Theo ñịnh lí Viète, ta có x1+x2+x3+x4= ⇒8 x1+x2=x3+x4=4

Mặt khác x x1 2+x x2 3+x x3 4+x x1 3+x x1 4+x x2 4=x x1 2+x x3 4+x1.(x3+x4)+x x2( 3+x4)

=x x1 2+x x3 4+(x1+x2)(x3+x4)=19

Do ñó x x1 2+x x3 4=3

Ta lại có x x x x1 .2 3 4=2, suy ra x x1 2=1,x x3 4 =2 hoặc x x1 2=2,x x3 4=1

Nếu x x1 2=1thì x x3 4=2 Khi ñó x x x1 2 3+x x x1 2 4+x x x1 3 4+x x x2 3 4=x3+x4+2(x1+x2)=12

Vậy a= −12 Vì 1 2

1 2

4

x x

x x





=



và 3 4

3 4

4

x x





=



nên suy ra 1,2

3,4

x x





= ±



Trường hợp x x3 4= cũng làm tương tự nhưng hoán ñổi vai trò của 1 x x1, 2với x x3, 4

4 Phương trình ñối xứng bậc n

Phương trình ñối xứng bậc n là phương trình có dạng

1

a x +a x− + +a−x+a = Trong ñó dãy các hệ số là ñối xứng, nghĩa là a0=a n≠ , 0 a1=a n−1…

Cách giải

- ðối với phương trình ñối xứng bậc chẵn, giả sử bậc của phương trình là n=2m Do x= 0 không thể là nghiệm nên ta có thể chia cả hai vế của phương trình cho m

x Sau ñó bằng cách nhóm thích hợp, vế trái của phương trình có thể ñưa về dạng k 1

k

x x

+ Chúng ñều là các biểu thức ñối xứng

với x và 1

x Do ñó, nếu ta biết ñặt t x 1

x

= + thì sẽ ñưa ñến phương trình bậc k ñối với t

- ðối với phương trình ñối xứng bậc lẻ, ta dễ dàng thử lại rằng phương trình luôn nhận x= − là 1 1 nghiệm Do vậy, với giả thiết x+ ≠ sao cho khi chia hai vế cho 1 0 x+ , ta sẽ ñược 1 phương trình 1 ñối xứng bậc chẵn

Ví dụ 1 Giải phương trình x6−3x5+6x4−7x3+6x2−3x+ = 1 0

Lời giải Chia cả hai vế cho x3, ta ñược

− + − + − + = ⇔ + −  + +  + − =

ðặt t x 1

x

= + , ta có 3 13 3 3

x

2

x

+ = − Bởi vậy ta ñược phương trình

t3−3t2+3t− = ⇔ −1 0 (t 1)3= ⇔ = 0 t 1

Từ ñó phương trình ban ñầu tương ñương với phương trình 1 2

x

Dễ thấy phương trình trên vô nghiệm Vậy phương trình ñã cho vô nghiệm

Ví dụ 2 Giải phương trình 2x7−5x6−x5−8x4−8x3−5x+ = (Xem như bài tập) 2 0

Một số bài tập tham khảo

Bài 1 Giải các phương trình

a) x3−3x2+ + = x 1 0 b) x3−5x2+ + = x 7 0 c) x3+2x−5 3= 0

d) x3− −x 2= 0 e) x3−3x2+9x− = 9 0 f) 3 2 1

3

x −x − = x

g) x3=6x2+ 1 h) 8x3−2x2− + = x 1 0

Bài 2 Cho phương trìnhx3− + = có ba nghiệm phân biệt x 1 0 x x x1, ,2 3 Tính 8 8 8

S=x +x +x

Bài 3 Biết rằng phương trình x3+px+ = có ba nghiệm Chứng minh q 0 x13+x32+x33=3x x x1 2 3

Bài 4 Giải và biện luận phương trình ( ,a b là tham số) x3−3abx+a3+b3= 0

Bài 5 Giải các phương trình sau

a) 2x4+5x3+x2+5x+ = 2 0 c)x4+(x−1 () x2−2x+2)= 0

b) x4−2x3+8x2−2x+ = 1 0 d) x4+3x3−2x2−6x+ = 4 0

Bài 6 Cho phương trình x4+px3+qx2+rx+ = Tìm ñiều kiện ñể phương trình có hai s 0 nghiệm thỏa ñiều kiện x1+x2= 0

5 Phương trình bậc lớn hơn 4 và một số tính chất

5.1 Xét phương trình bậc năm dạng x5+ax+ = , ,b 0 a b∈ ℤ

ðịnh lý 1 Nếu a≡ ≡b 1(mod 2) thì phương trình không giải ñược bằng căn thức

ðịnh lý 2 Nếu a là số nguyên tố, a≡1 mod 5( ) và (a b, )= thì phương trình 1 ( )1 không giải ñược bằng căn thức

Ta thừa nhận các tính chất trên Tổng quát hơn ta có ñịnh lý sau (và cũng ñược thừa nhận)

5.2 ðịnh lý Xét phương trình f x( )= , trong ñó 0 f x( ) là ña thức hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc

bằng 5 Nếu f là ña thức bất khả quy trên ℚ và có ñúng 2 nghiệm phức trong ℂ thì phương trình

( ) 0

f x = không giải ñược bằng căn thức

ðể minh họa cho ñịnh lý trên, ta xét ví dụ sau “Phương trình f x( )=x5−6x+ = không giải 3 0 ñược bằng căn thức”

Thật vậy, theo tiêu chuẩn Eisenstein, ña thức f x( )=x5−6x+ là ña thức bất khả trên 3 ℚ Do ñó,

ta chỉ cần chứng minh phương trình có ñúng 2 nghiệm phức hay chứng minh phương trình có ñúng 3 nghiệm thực

ðể chứng minh ñiều này ta cần sử dụng một kết quả rất quan trọng trong giải tích, thường ñược gọi

là ñịnh lý Rolle

“Nếu hàm f x( ) liên tục trên ñoạn [a b, ], khả vi trong khoảng (a b, ) và f a( )= f b( ) thì tồn tại một ñiểm c∈(a b, ) sao cho f'( )c = ” 0

Với f x( )=x5−6x+ , ta có 3 f '( )x =5x4− Dễ thấy rằng 6 f ' có hai nghiệm là 4 6

5

± Sử dụng

ñịnh lý Rolle, ta nhận thấy f chỉ có thể có tối ña 3 nghiệm thực

Mặt khác, ta lại có f(−2)= −17,f( )− =1 8, f( )1 = −2,f( )2 =23, và f là hàm liên tục nên chỉ

có thểñổi dấu mỗi khi ñồ thị của nó cắt trục hoành, nên f có ít nhất 3 nghiệm thực

Vậy f có ñúng 3 nghiệm thực Suy ra ñiều phải chứng minh

Bài tập Chứng minh rằng các phương trình sau ñây không giải ñược bằng căn thức

a) x5−4x+ =2 0 b) x5−4x2+ =2 0 c) x5−6x2+ =3 0 d) x7−10x5+15x+ =5 0

Tài liệu tham khảo

[1] Vũ Hữu Bình, “Nâng cao và phát triển toán 9 (tập 2)”, NXBGD, 2007

[2] ðặng Hùng Thắng, “Phương trình bất phương trình và hệ phương trình”, NXBGD, 1999

[3] Nguyễn Trường Chấng, “Phương trình bậc 3, bậc 4, bậc n ”

[4] Nguyễn Văn Mậu, “Phương pháp giải phương trình, bất phương trình”, NXBGD, 1996

[5] Hoàng Kỳ, Nguyễn Văn Bàng, Nguyễn ðức Thuận, “ðại số sơ cấp (Tập 2)”, NXBGD, 1979

[6] Bùi Xuân Hải, “Lý thuyết trường và Galois” (Lưu hành nội bộ), 2005

[7] Blair K Spearman, Kenneth S Williams “Conditions for the Insolvability of the quintic equation x5+ax+ =b 0”