Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn

Trong môn Toán phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không những là đối tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải tích.. Với những lý do trên cùng với lòng say

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Trong nhà trường phổ thông môn Toán giữ một vị trí quan trọng nó giúp học sinh học tốt hầu hết các môn học, và là công cụ của nhiều ngành khoa học kỹ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn trong đời sống

Muốn học giỏi nói chung và học giỏi Toán nói riêng thì phải luyện tập, thực hành nhiều nghĩa là ngoài việc nắm rõ lý thuyết các em còn phải làm nhiều bài tập Đối với học sinh bài tập thì rất nhiều và đa dạng nhưng thời gian thì hạn hẹp đồng thời các em khó có điều kiện chọn lọc những bài toán hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập rèn luyện tư duy toán học của mình

Trong môn Toán phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không những là đối tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải tích Nó được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các dạng đơn giản

Đa phần các em được làm quen với phương trình bậc nhất hoặc bậc hai còn các phương trình bậc cao các em ít được làm quen Ngày nay phương trình bậc ba, bậc bốn đã giải được bằng căn thức Xong ở phổ thông nghiệm phức đưa vào chỉ ở mức độ giới thiệu, do đó việc áp dụng cách giải này thế nào cho các em dễ hiểu và dễ nắm bắt là cả một vấn đề

Với những lý do trên cùng với lòng say mê nghiên cứu và được sự giúp

đỡ tận tình của cô giáo Nguyễn Thị Bình, em đã chọn đề tài: “Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn” để làm khóa luận tốt nghiệp với mong

muốn góp phần nhỏ bé làm tăng vẻ đẹp của môn Toán qua việc giải phương trình bậc bốn

2 Mục đích nghiên cứu

hơn về phương trình bậc bốn

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Giải được phương trình bậc bốn tổng quát

- Tìm một số phương pháp giải một số phương trình bậc bốn thường dùng

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

* Đối tượng nghiên cứu: phương trình bậc bốn

* Phạm vi nghiên cứu

- Kiến thức về đa thức

- Phương trình bậc bốn tổng quát và một số phương trình bậc bốn thường dùng

5 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu

- So sánh, phân tích, tổng hợp

- Phương pháp đánh giá

6 Cấu trúc khóa luận

Ngoài mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận của em gồm hai chương:

Chương 1: Đa thức và phương pháp giải phương trình bậc bốn tổng quát Chương 2: Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn

Trước hết ta chứng minh tập P cùng với phép toán cộng lập thành một nhóm giao hoán

Suy ra phần tử không trong P là 0P 0, 0, , 0,

Với mọi a a a0, 1, ,a n, P tồn tại phần tử đối là dãy ,

a a0, a1, , a n,

vì

Suy ra phép cộng trong P có tính chất giao hoán

Vậy tậpP cùng với phép toán cộng là một nhóm giao hoán

Bây giờ ta chứng minh tập P cùng với phép toán nhân là một vị nhóm giao hoán

Giả sử a a a0, 1, ,a n, , b b b0, 1, ,b n, , c= c c0, 1, ,c n, là các phần tử bất kỳ thuộc P Khi đó, ta có

n n

Suy ra phần tử đơn vị của P là dãy 1P 1, 0, , 0,

Vậy tập P cùng với phép nhân là một vị nhóm giao hoán

Cuối cùng ta chứng minh trong P phép nhân phân phối với phép cộng Giả sử a a a0, 1, ,a n, , b b b0, 1, ,b n, , c= c c0, 1, ,c n, là các phần tử bất kỳ trong P Xét a b c và a b c

Ta có

j j k j k j k

Vế trái là hạng tử với chỉ số i của a b c còn vế phải là hạng tử với chỉ

Do đó trong P phép nhân phân phối với phép cộng

Vậy tậpP cùng với hai phép toán cộng và nhân lập thành một vành giao hoán có đơn vị

Bây giờ ta hãy xét dãy

1, 0, , 0, 2, 0, , 0,

Suy ra A là vành con của vành P

Do đó từ bây giờ ta đồng nhất phần tử a A với dãy a, 0, , 0, P Mỗi phần tử của P là một dãy a a0, 1, ,a n, trong đó các a bằng 0 tất i

cả trừ một số hữu hạn, cho nên mỗi phần tử của P có dạng

a a0, 1, ,a n, 0,

trong đó a a0, 1, , a n A , không nhất thiết khác 0

Việc đồng nhất a với dãy a, 0, , 0, và việc đưa vào dãy x cho phép

Định nghĩa 1.1.1.1: Vành P gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong

A, hay vắn tắt vành đa thức của ẩn x trên A và ký hiệu là A x Các phần tử

của vành đó gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong A Trong một đa thức

thì bao giờ cũng có một chỉ số n sao cho a n 0 và a i 0, i n .

Theo như trên, ta viết

a a0, 1, ,a n, a0 a x1 a x n n

Định nghĩa 1.1.2.1: Bậc của đa thức khác 0

f x a0 a x1 a x n n

với a n 0, n 0, là n Hệ tử a gọi là hệ tử cao nhất của n f x

Ký hiệu bậc của đa thức f x là deg f x Khi đó deg f x n

Như vậy, ta chỉ định nghĩa bậc của một đa thức khác 0 Đối với đa thức 0

ta bảo nó không có bậc (hay bậc là )

trong đó k i j,

i j k

c a b nói riêng c n m a b n m

Do A là miền nguyên nên từ a n 0, b m 0 suy ra c n m 0

Do đó deg fg n m deg f deg g

Vậy bổ đề được chứng minh

1.1.3 Phép chia và phép chia với dư

Định lý 1.1.3.1: Cho A là một miền nguyên và f x , g x là hai đa thức

trong A x , ngoài ra hệ tử cao nhất của g x khả nghịch trong A Khi đó tồn tai duy nhất cặp đa thức q x r x sao cho ,

deg f x degg x Khi đó đặt

deg r r deg q q degg degg

Điều này vô lý vì

deg r r max deg ,degr r degg

Bởi vậy ta phải có r x r x Do A x là miền nguyên nên từ đó

q x q x

1.1.4 Nghiệm của một đa thức

Định nghĩa 1.1.4.1: Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành A,

f x a0 a x1 a x n n

là một đa thức tùy ý của vành A x ; phần tử

f x a0 a c1 a c n n A

được bằng cách thay x bởi c gọi là giá trị của f x tại c Nếu f c 0 thì

c gọi là nghiệm của f x Tìm nghiệm của f x trong A gọi là giải

phương trình đại số bậc n

a x n n a x1 a0 0 a n 0

trong A

Định lý 1.1.4.1: Giả sử A là miền nguyên, c A Khi đó x c là ước của

đa thức p x A x khi và chỉ khi p c 0

Chứng minh

Giả sử A là miền nguyên Xét đa thức p x A x và c A

Chia p x cho x c, theo định lý phép chia với dư ta được

Vậy định lý được chứng minh

Định lý 1.1.4.2 (Định lý Bơdu): Phần tử thuộc A là nghiệm của đa

thức f x thuộc A x nếu và chỉ nếu x chia hết f x trong vành A x

Chứng minh

Giả sử A là một miền nguyên Xét đa thức f x A x và phần tử A

Giả sử là nghiệm của đa thức f x Ta cần chứng minh x chia hết

f x trong vành A x

Nếu là nghiệm của đa thức f x thì ta có f 0

Theo định lý 1.1.4.1 ta có x là ước của f x hay x chia hết

f x trong vành A x

Ngược lại, giả sử x chia hết f x trong vành A x Ta cần chứng

minh là nghiệm của đa thức f x

Do x chia hết f x trong vành A x nên x là ước của f x

Định nghĩa 1.1.4.2: Cho k là số tự nhiên khác 0 Phần tử u của vành A

gọi là nghiệm bội k của đa thức f x A x nếu f x chia hết cho x u k

và không chia hết cho x u k 1

Đặc biệt: Khi k 1 thì u gọi là nghiệm đơn

Khi k 2 thì u gọi là nghiệm kép

Định lý 1.1.4.3: Giả sử A là một miền nguyên, f x là một đa thức khác

0 thuộc vành A x và u u1, 2, , u là các nghiệm trong r A của nó với bội số tương ứng là k k1, 2, , k Khi đó r

Trong miền nguyên A , xét đa thức f x khác 0

Giả sử u u1, 2, , u là các nghiệm trong r A của nó với bội số tương ứng là

x u x u g x không chia hết cho x u 1

g x không chia hết cho x u 1

Hệ quả 1.1.4.1: Cho A là miền nguyên, f x A x có bậc n 1 Khi đó

f x có không quá n nghiệm (các nghiệm có thể phân biệt hoặc trùng nhau)

deg f x k1 k2 k r degg x

n k1 k2 k r degg x

k1 k2 k r n

Điều này chứng tỏ f x có không quá n nghiệm

Hệ quả được chứng minh

Chú ý: Nếu A không là miền nguyên thì kết quả không còn đúng nữa Chẳng hạn đa thức 3

f x x trong Z8 x có tới 4 nghiệm là 0, 2, 4, 6

 Công thức Viet tổng quát

Cho đa thức f x bậc n trên trường A

f x a x n n a n 1x n 1 a x1 a0 (1)

Giả sử f x có trong A hoặc trong một mở rộng nào đó của A, tức là một trường nào đó chứa A làm trường con, n nghiệm 1, 2, , n Khi đó theo định lý Bơdu, ta có

f x a x n 1 x 2 x n (2) Khai triển vế phải và so sánh các hệ tử của các lũy thừa giống nhau trong (1) và (2) ta sẽ được các công thức sau gọi là công thức Viet, chúng biểu thị các hệ tử của đa thức qua các nghiệm của nó

n n

a a

a a

a a

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

 Nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số hữu tỷ

Định lý 1.1.4.4: Nếu phân số tối giản p

q là nghiệm của một đa thức thuộc

Xét đa thức f x a x n n a n 1x n 1 a x1 a0 với hệ số nguyên tùy ý

Giả sử phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức f x Khi đó ta có

q là phân số tối giản nên p q, 1 Kết hợp với (2) ta được q a n

Tương tự như trên ta cũng có: p a 0

Vậy định lý được chứng minh

Chứng minh

1) Xét đa thức

f x a x n n a n 1x n 1 a x1 a0

trong đó a i i 0,n là các hệ số nguyên tùy ý

Giả sử là nghiệm nguyên của đa thức f x

với hệ số nguyên tùy ý và a n 1

Gliả sử phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức f x Khi đó theo định

lý 1.1.4.4, ta có p a và 0 q a Tức là n p a và 10 q

Suy ra q 1, hay p

Do đó ta có điều phải chứng minh

Vậy hệ quả được chứng minh

Giả sử phân số tối giản p

q là nghiệm của đa thức f x Khi đó, ta có

Từ (1) và (2) suy ra f m Mmq p hay p mq f m , m Z

Chú ý: Từ nhận xét trên ta thấy rằng nếu p mq 0 thì f m 0, nghĩa là

m là nghiệm của đa thức f x (tất nhiên nếu p

q là nghiệm của đa thức

Ta sẽ đưa về phép giải một phương trình phụ bậc ba gọi là phương trình giải bậc ba Ta tiến hành như sau

Vì a 0 nên ta chia cả hai vế của phương trình (1) cho a, ta được

Ta chọn ẩn phụ y sao cho vế phải của phương trình (3) là một chính

phương Muốn thế thì chỉ việc làm triệt tiêu biệt số của tam thức bậc hai đối với x ở vế phải

Ta chọn ẩn phụ y sao cho vế phải của phương trình (1) là một chính

phương Muốn thế thì chỉ việc làm triệt tiêu biệt số của tam thức bậc hai đối với x ở vế phải

2 2

Cộng vào hai vế của phương trình này với 9 2

Ta chọn ẩn phụ y sao cho vế phải của phương trình (1) là một chính

phương Muốn thế thì chỉ việc làm triệt tiêu biệt số của tam thức bậc hai đối với x ở vế phải

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 1; x 2; x i

1) Từ phương trình (4) ta sẽ có 3 giá trị y và với mỗi giá trị y ta sẽ có được 4

giá trị x Như vậy, tổng cộng ta có 12 giá trị x là nghiệm của phương trình (1) Tuy nhiên, do (1) là phương trình bậc bốn nên chỉ có đúng 4 nghiệm (thực hoặc phức) Do đó các giá trị x tương ứng với y sẽ phải trùng lại với 0

các giá trị x tương ứng với y và 1 y Vậy từ (4) ta chỉ cần tìm một giá trị 2 y 0

Chẳng hạn, ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải phương trình

x4 x3 5x2 4x 4 0

4) Nếu trong phương trình có chứa tham số , trong nhiều trường hợp ta có thể

đổi vai trò của ẩn và tham số (nếu xét phương trình ẩn x theo tham số a thì ta

tính a theo x rồi suy ra x theo a) Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau:

Giải và biện luận phương trình sau

Suy ra, phương trình (2) có nghiệm là a x2 1 2x 1

2 2

Nếu 0 a 3 thì phương trình (3) có nghiệm kép x 1

Nếu 0 a 3 thì phương trình (3) vô nghiệm

Nếu 0 a 1 thì phương trình (4) có nghiệm kép x 1

Nếu 0 a 1 thì phương trình (4) vô nghiệm

Tổng kết lại ta có

Với a 3: Phương trình (1) vô nghiệm

Với a 3: Phương trình (1) có 1 nghiệm x 1

Với 3 a 1: Phương trình (1) có 2 nghiệm x 1 a 3

Với a 1: Phương trình (1) có 3 nghiệm x 1 a 3; x 1

Với a 1: Phương trình (1) có 4 nghiệm x 1 a 3;

CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Ta thực hiện theo các bước sau

Bước 1: Ta phân tích vế trái thành tích 2 nhân tử bậc hai: x2 px q ,

Giải hệ phương trình này ta tìm được p q r s , , ,

Bước 4: Khi đó ta có phương trình

x2 px q x2 rx s 0

Từ đó ta có hai phương trình

x2 px q 0, x2 rx s 0

Giải hai phương trình này ta thu được các nghiệm (nếu có) của phương trình đã cho

Chú ý: Trong một số trường 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

2.1.2 Ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình

x4 4x3 10x2 37x 14 0

Giải TXĐ: ¡

Ta phân tích vế trái thành tích hai nhân tử bậc hai: x2 px q x, 2 rx s ,

trong đó p q r s là các hệ số nguyên chưa xác định , , ,

Từ (4) ta có các giá trị nguyên tương ứng có thể lấy được của q và s như sau

Ta phân tích vế trái thành tích hai nhân tử bậc hai: x2 px q x, 2 rx s ,

trong đó p q r s là các hệ số nguyên chưa xác định , , ,

Ta thực hiện theo các bước sau

Bước 1: Đặt t x2 với điều kiện t 0

Bước 2: Khi đó phương trình đã cho tương với phương trình

at2 bt c 0 (2)

Bước 3: Khi đó ta có kết luận sau

a) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất Phương trình (2) có nghiệm duy nhất t 0 hoặc có nghiệm t1 0 t 2

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có nghiệm t1 0 t 2

c) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có nghiệm

2) Cũng qua nhận xét này chúng ta có điều kiện của x thì chúng ta cũng thiết

lập được điều kiện của t

2.2.1.2 Ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình

x4 5x2 6 0

Giải TXĐ: ¡

Đặt t x2 với điều kiện t 0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

Đặt t x2 với điều kiện t 0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

b) Có 2 nghiệm phân biệt

c) Có 3 nghiệm phân biệt

d) Có 4 nghiệm phân biệt

Giải TXĐ: ¡

Đặt t x2 với điều kiện t 0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

m 1 t2 2mt m 5 0 (1) Đặt f t m 1 t2 2mt m 5

TH1: Với m 1 0 hay m 1 thì phương trình (1) trở thành

Vậy không có giá trị nào của m để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

b) Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu

1 5 0

m

Vậy với m 1,5 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

c) Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt Phương trình (1) có nghiệm

Vậy với m 5 thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

Chú ý: Từ dạng trên ta có bài toán quen thuộc: Tìm điều kiện của tham số

để phương trình

ax4 bx2 c 0 (1)

có 4 nghiệm lập thành một cấp số cộng

Giải

Ta thực hiện theo các bước sau

Bước 1: Đặt t x2 với điều kiện t 0

S P

b) Có 2 nghiệm phân biệt

c) Có 3 nghiệm phân biệt

d) Có 4 nghiệm phân biệt

Bài 2: Cho phương trình

1) Số nghiệm của phương trình (2) là số nghiệm của phương trình (1)

2) Tìm điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm

Ta xét bài toán ngược lại: Tìm điều kiện cần và đủ để phương trình (1) vô nghiệm

Giải TXĐ: ¡

Phương trình (1) vô nghiệm Phương trình (2) vô nghiệm