Phơng trình hữu tỉ
1. Các khái niệm
Giả sử f và g là các hàm số xác định trên tập D và E D.
Giải phơng trình f(x) = g(x) (1) trên tập hợp E nghĩa là tìm tập hợp
M E gồm tất cả các phần tử E sao cho f() = g() là đúng. đợc
gọi là nghiệm của phơng trình (1).
Phơng trình (1) đợc gọi là vô nghiệm trên E nếu tập nghiệm M = .
Trong trờng hợp trái lại M . Trong trờng hợp trái lại M , ta nói
rằng (1) có nghiệm.
Nếu cả f và g đều là biểu thức đại số thì (1) đợc gọi là phơng trình
đại số. Nếu trái lại thì (1) đợc gọi là phơng trình siêu việt.
Nếu cả f và g đều là đa thức thì (1) đợc gọi là phơng trình đa thức.
Trái lại nếu có ít nhất một vế là phân thức hữu tỉ còn lại là đa thức thì (1)
đợc gọi là phơng trình phân thức.
Hai phơng trình f
1
(x) = g
1
(x) với tập nghiệm M
1
E và f
2
(x) =
g
2
(x) với tập nghiệm M
2
E, đợc gọi là tơng đơng trên E nếu M
1
=
M

2
. Nếu M
1
M
2
thì phơng trình sau đợc gọi là phơng trình hệ quả
của phơng trình đầu và khi đó, ta viết
f
1
(x) = g
1
(x) f
2
(x) = g
2
(x)
Nếu sau phép biến đổi, miền xác định của phơng trình mở rộng ra
(hay thu hẹp lại) thì phơng trình đầu có thể xuất hiện nghiệm ngoại lai
(hay mất nghiệm).
2. Phơng trình bậc nhất và hai
2.1. Phơng trình bậc nhất
Phơng trình dạng ax + b = 0 (a 0), (1) đợc gọi là phơng trình đa
thức bậc nhất.
Phơng trình này có nghiệm duy nhất x
1
=
b
a

.

Ví dụ 1.
Giải phơng trình

1
(c 1)x + 2 = c + 1. (2)
(2) (c 1)x = c 1.
Nếu c 1 thì (2) có nghiệm duy nhất
x =
c1
1
c1

=

, (M = {1}).
Nếu c = 1 thì (2) có dạng 0x + 2 = 2.
Mọi x
R = (, +) đều là nghiệm của (2) nghĩa là M = R.
2.2. Phơng trình bậc 2
Phơng trình ax
2
+ bx + c = 0, (3) trong đó a, b, c R, a 0 đợc
gọi là phơng trình bậc hai.
Số := b
2
4ac đợc gọi là biệt thức của phơng trình (3).
Đã biết, khi < 0, (3) vô nghiệm.
Nếu = 0 phơng trình có 2 nghiệm (thực) trùng nhau (nghiệm kép)
x
1

= x
2
=
b
.
2a

Nếu > 0 phơng trình có hai nghiệm (thực) phân biệt
x
1
=
b
,
2a


x
2
=
b
2a

+

Khi đó: ax
2
+ bx + c = a(x x
1
)(x x
2

)
Ví dụ 2. Giải và biện luận phơng trình
(m + 1)x
2
+ 2(m + 1)x + m 2 = 0 (4)
Giải. a) Nếu m 1 thì (4) là phơng trình bậc hai
Khi đó, = 4' = 4[(m + 1)
2
(m + 1)(m 2)] = 12(m + 1),
ở đây, ' = b'
2
ac (b' =
b
b' ,
2

=




2
= (m + 1)
2
(m + 1)(m 2) = 3(m + 1).
Nếu m < 1, thì
b
2
< 0 và do đó, (4) vô nghiệm.
Nếu m > 1, thì

b
2
> 0 và nh vậy (4) có hai nghiệm phân biệt
x
1, 2
=
(m 1) 3(m 1)
m1
+ +
+


b) Nếu m = 1, thì (4) có dạng 3 = 0
và do đó, (4) vô nghiệm.
Ví dụ 3. Cho phơng trình f(x) := ax
2
+ bx + c = 0. (5)
Chứng minh rằng, nếu 5a + 4b + 6c = 0, (6)
thì (5) có nghiệm.
Giải. a) Nếu a = 0 thì (5) có dạng bx
2
b0
3
,
=
và do đó x =
2
3
là
nghiệm.

b) Nếu a 0, thì do af(2) +
11
af af(0) 0
42

+
=



nên có một số hạng âm hoặc bằng 0. Từ đó, (5) có nghiệm.
Ví dụ 4. Cho phơng trình
a(x b)(x c) + b(x a)(x c) + c(x a)(x b) = 0. (7)
Chứng minh rằng nếu a
2
+ b
2
+ c
2
0 thì phơng trình luôn có
nghiệm.
Giải. (7) (a + b + c)x
2
2(ab + ac + bc)x + 3abc = 0.
Nếu a + b + c 0 thì (7) là phơng trình bậc hai. Khi đó = (ab
ac)
2
+ (ab bc)
2
+ (ac bc) 0. Do đó (7) có nghiệm.

Nếu a + b + c = 0 thì (7) có dạng

3
2(ab + ac + bc)x = 3abc. (8)
Từ (a + b + c)
2
= 0 a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + ac + bc) = 0
2(ab + ac + bc) = (a
2
+ b
2
+ c
2
) 0.
Khi đó (8) có nghiệm.
Công thức Viet và ứng dụng
Định lí. (a) Nếu phơng trình ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2

thì

x
1
+ x
2
=
b
a
, x
1
x
2
=
c
.
a
(9)
(b) Đảo lại, hai số , bất kì sẽ là nghiệm của phơng trình bậc hai
x
2
Sx + P = 0
với S = + , P = ..
Ví dụ 5. Cho phơng trình bậc hai
2x
2
5x + 1 = 0.
Không giải, hãy tính S
2
= xx
22 3
1231

,Sxx
3
2
+
=+ trong đó x
1
, x
2
là
hai nghiệm của phơng trình.
Giải. Theo công thức Viet, x
1
+ x
2
=
5
2
và x
1
x
2
=
1
2
. Chú ý rằng =
17 > 0. Từ đó
S
2
= (x
1

+ x
2
)
2
2x
1
x
2
=
2
51
2. ,
22

=


21
4

S
3
= (x
1
+ x
2
)
22
1122
521 1 95

(x x x x ) .
24 2 8

+= =



Chú ý. Giả sử x
1
, x
2
là hai nghiệm của phơng trình ax
2
+ bx + c = 0,
a 0 và S
n
= x , n 2. Bằng quy nạp có thể chứng minh đợc công
thức sau aS
n
1
x+
n
2
n+1
+ bS
n
+ cS
n

1

= 0, n 2.

4
Ví dụ 6. Cho hai phơng trình bậc hai
x
2
+ b
1
x + c
1
= 0 và x
2
+ b
2
x + c
2
= 0
với
i = 1, 2.
2
ii
b4c+0
i
Chứng minh rằng chúng có ít nhất một nghiệm chung khi và chỉ khi
(c
2
c
1
)
2

= (b
2
b
1
)(b
1
c
2
b
2
c
1
). (10)
Giải. Đặt f
i
(x) = xb
2
i
xc
+
+ (i = 1, 2).
Nếu x
1
, x
2
là 2 nghiệm của f
1
(x) = 0 thì để hai phơng trình đã cho có
ít nhất một nghiệm chung, điều kiện cần và đủ là
f(

2122
x)f(x) 0.=
hay
(x . (11)
22
12122222
b x c )(x b x c ) 0++ ++=
(11)
11 2 11 2 1 12 2 12 2 1
[f (x ) (b b )x (c c )][f (x ) (b b )x (c c )] 0
+
+ ++=


211 21 212 21
[(b b )x (c c )][(b b )x (c c )] 0+ +=


22
2112 212112 21
(b b ) x x (c c )(b b )(x x ) (c c ) 0+++=
Từ đó và công thức Viet x
1
+ x
2
= b
1
, x
1
x

2
= c
1
, ta có (b
2
b
1
)
2
c
1

(c
2
c
1
)(b
2
b
1
)c
1
+ (c
2
c
1
)
2
= 0 hay (b
2

b
1
)
2
= (b
2
b
1
)(c
2
b
1

b
2
c
1
).
3. Một số phơng trình bậc cao đợc đa về bậc hai
Phơng trình dạng
a(f(x))
2
+ bf(x) + c = 0
đợc đa về phơng trình bậc hai bằng cách đặt t = f(x).
Ví dụ 4. Giải phơng trình
x
8
26x
4
+ 25 = 0. (11)

Giải. Đặt t = x
4
. (11) đợc đa về dạng

5
t
2
− 26t + 25 = 0.
Tõ ®ã ta cã t
1
= 1, t
2
= 25 vµ
(11) ⇔
⇔
4
4
x1
x2

=


=

5
.
x1
x5
x5

=


=


=
−


VÝ dô 8. Gi¶i ph−¬ng tr×nh
a) (x − 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) = 9, (12)
b) (x + 1)
4
+ (x + 3)
4
= 16, (13)
c)
(14)
432
2x 3x x 3x 2 0,+−++=
d) (x (15)
22
x 2)(x x 3) 12,+− +− =
e) (12x − 1)(6x − 1)(4x − 1)(3x − 1) = 5, (16)
Gi¶i.
a) Ph−¬ng tr×nh (12) ⇔ (x − 1)(x + 5)(x + 1)(x + 3) = 9
⇔ (x
2
+ 4x − 5) + 8(x

2
+ 4x − 5) − 9 = 0
§Æt t =
ta cã ph−¬ng tr×nh
2
x4x+−5
t
2
+ 8t − 9 = 0 ⇔
t9
t1
=
−


=


Tõ ®ã (12) ⇔
2
2
x4x5
x4x51

9
+
−=−


+−=



⇔
⇔
2
2
x4x4
x4x6

++=


+−=

0
0
x2
x21
=−


=−

∓
0

b) §Æt t = x + 2, ta ®−îc
(t − 1)
4
+ (t + 1)

4
= 16 ⇔ t
4
+ 6t
2
− 7 = 0

6

t = 1
2
2
t1
t7

=


=

Từ đó phơng trình (13) có hai nghiệm x
1
= 1, x
2
= 3.
c) x = 0 không phải là nghiệm của (14). Vậy
(14)
2
2
11

2x 3x 1 0
x
x

+++=






2
11
2x 3x 5 0.
xx

+++=


(18)
Đặt t = x +
1
,
x
|t| 2. Khi đó (18) trở thành
2t
2
+ 3t 5 = 0,
Phơng trình này có hai nghiệm t
1

= 1 (loại) và t
2
=
5
.
2

Từ đó
x +
15
x2
= 2x
2
+ 5x + 2 = 0.
Phơng trình sau cùng có hai nghiệm x
1
= 2, x
2
=
1
.
2


d) Đặt t = x
2
+ x. (15) có dạng t
2
5t 6 = 0.
Từ đó t

1
= 6, t
2
= 1 và phơng trình đã cho tơng đơng với tập hợp
2
2
xx6
xx

+=


1.
+
=


Phơng trình sau vô nghiệm, phơng trình đầu cho
x
1
= 2, x
2
= 3.
e) (16)
2
1111
xxxx
12 6 4 3
6.12


=


5
(17)

7
Đặt t =
11 1 1 1
xxxxx
412 6 4 3 2


+++=




5
.
4

Thay vào (17), ta nhận đợc
22
22
2
13
tt
24 24
6.12




=



5
.
Từ đó t
2
=
2
49
(24)
và t =
7
.
24

Chú ý 1. Trong ví dụ 8.e), phơng trình có dạng
(x a)(x b)(x c)(x d) = m (18)
trong đó, a < b < c < d và b a = d c. Ta có thể giải (18) bằng cách
đặt
t =
(x a) (x b) (x c) (x c) a b c d
x.
44
+++ +++
=

Chú ý 2. Tơng tự, đối với phơng trình
(x a)(x b)(x c)(x d) = mx
2

với m 0 và ab = cd có thể giải bằng cách đặt t = x +
ab
.
x

Ví dụ 9. Giải phơng trình
(x + 2)(x + 3)(x + 8)(x + 12) = 4x
2
. (19)
(19) (x + 2)(x + 12)(x + 3)(x + 8) = 4x
2

(x + 14x + 24)(x
2
+ 11x + 24) = 4x
2
. (20)
Vì x = 0 không là nghiệm nê
(20)
24 24
x14x11
xx

++ ++ =



4




Đặt t = x +
24
,
x
ta có phơng trình
t
2
+ 25t + 150 = 0.

8
Giải ra ta đợc t
1
= 10, t
2
= 15
Thay vào ta thu đợc tập hợp phơng trình
2
2
x15x240
x 10x 24 0.

+
+=



+
+=


Giải ra ta đợc
x
1,2
= (15
(15 129)
2

, x
3
= 4, x
4
= 6.
4. Phơng trình bậc ba. Đó là phơng trình có dạng
f(x) ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0, a 0. (1)
4.1. Nếu biết là một nghiệm của (1) thì (1) có thể đa về dạng
a(x )(x
2
+ px + q) = 0


2
x0

xpxq
=


++=


0
0
bằng cách chia f(x) cho a(x ) để đợc tam thức bậc hai x
2
+ px +
q.
Ví dụ 10. Giải phơng trình
f(x) x
3
+ 3x
2
+ x 5 = 0 (1)
Giải. Tìm nghiệm nguyên của (1) bằng cách xét các ớc của 5 đó là
1 và 5. Ta thấy x = 1 là một nghiệm. Chia f(x) cho x 1 ta dc thơng
là x
2
+ 4x + 5. Từ đó
(1)
x {1, 5}.
2
x10
x4x5
=



++=


Nghiệm x = 1 là nghiệm kép.
4.2. Đối với phơng trình dạng (1) với điều kiện ac
3
= db
3
, d 0,
(còn đợc gọi là phơng trình hồi qui bậc ba) thì có thể giải nh sau.

9
a) Nếu c = 0 thì b = 0 và x =
3
d
b

là nghiệm bội ba.
b) Nếu c 0 thì b 0 và (1) có dạng
(x )[ax
2
+ (a + b)x + a
2
] = 0
ở đây =
c
b


Ví dụ 11. Giải phơng trình x
3
+ 3x 6x 8 = 0. (2)
Giải. (2) là phơng trình hồi qui vì 1.(6)
3
= (8).3
3
.
Do đó phơng trình có một nghiệm =
6
2
3
=
.
Từ đó (2)

2
x2
x5x
=


++


4
.
x2
x1
x4

=


=



=



4.3. Đối với phơng trình dạng tổng quát
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 (a 0),
có thể đa về dạng t
3
+ pt + q = 0 (3)
bằng cách đa về dạng x
3
+ b'x
2
+ c'x + d' = 0,
sau đó đặt x = t
b'
3
ta sẽ nhận đợc (3) với
p =

23
(b ') 2(b ') b 'c '
c', q d'.
3273
+= +
Cuối cùng bằng cách đặt u =
p
3
2t
ta nhận đợc phơng trình 4u
3
3u = m (nếu p > 0) (4)
4u
3
+ 3u = m (nếu p < 0). (5)

10
Phơng trình (5) chỉ có một nghiệm
=
33
22
mm1mm
2
++++1
(6)
Phơng trình (4) cũng chỉ có một nghiệm
33
22
mm1mm
2

++
=
1
(7)
khi |m| > 1.
Khi |m| 1, chọn góc sao cho cos = m. Lúc đó dựa vào công thức
cos =
3
4 cos 3cos
33

, ta thấy
24
cos , cos và cos
33 3

+ +
là
ba nghiệm của (4).
Ví dụ 12. Giải phơng trình x
3
3x 1 = 0 (8)
Đặt x =
p
2y2
3
=y.
Ta nhận đợc 4y
3
3y =

1
cos
23

= và theo trên ta có 3 nghiệm y
1
=
23
47
cos , y cos , y cos .
99

= =
9

Từ đó phơng trình (8) có 3 nghiệm
x
1
= 2y
1
, x
2
= 2y
2
và x
3
= 2y
3
.
Ví dụ 13. Giải các phơng trình

a) 8x
3
+ 24x
2
+ 6x + 1 = 0 (9)
b) x
3
+ 6x + 4 = 0 (10)
c) x
3
+ 3x 6 = 0 (11)
Gợi ý. Đa (9), (10) và (11) lần lợt về dạng
4z
2
3z =
3
2
; 4z
3
+ 3x =
2
2
và
4z
3
+ 3z = 3 (tơng ứng).

11
5. Phơng trình bậc 4 dạng ax
4

+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0
(a 0) (1)
5.1. Phơng trình trùng phơng
ax
4
+ bx
2
+ c = 0, (2)
có thể đa về phơng trình bậc hai bằng cách đặt t = x
2
0.
5.2. Phơng trình hồi quy bậc bốn là phơng trình có dạng
432 2
ax bx cx b x a 0,
+
+++= (3)
trong đó a và 0
Phơng trình này có thể giải bằng cách chia cả hai vế cho x
2
mà
không sợ mất nghiệm 0 vì x = 0 không là nghiệm.
(3)
2
2
2
ax bx c 0.

x
x



++++=




(4)
có thể giải (4) bằng cách đặt t = x +
.
x


Ví dụ 14. Giải phơng trình
432
6x 17x 17x 17x 6 0.

++= (5)
Đây là phơng trình dạng (3) với = 1. Đặt t = x +
1
.
x
Phơng trình
(5) tơng đơng với
2
6(t 2) 17t 17 0
1

tx
x

+ =


=+


(6)
(6) 6t
2
17t + 5 = 0 t
1
=
1
3
, t
2
=
5
.
2


12
(5)
11
x (vô nghiệm)
x3

15
x
x2

+=



+=



x = 2 x =
1
.
2

Ví dụ 15. Giải phơng trình
x
4
+ 3x
3
44x
2
+ 15x + 25 = 0 (7)
Gợi ý : Đây là phơng trình dạng (3) với = 5.
(7)
2
2
25 5

x3x44
x
x

++ +=


0


22
55
x3x54
xx

+++=


0

5
x6
x
5
x9
x

+=




+=



2
2
x6x5
x9x5

0
0

+=


+
+=


x
1
= 1, x
2
= 5, x
3,4
=
961
.
2



5.3. Phơng pháp hệ số bất định để phân tích thành tích
Ví dụ 16.
Giải phơng trình
f(x) x
4
4x
3
10x
2
+ 37x 14 = 0. (8)
Viết f(x) = (x
2
+ bx + c)(x
2
+ px + q).
Sau khi khai triển vế phải, so sánh các hệ số ta thu đợc hệ
bp4
cqpb 10
pc qb 37
qc 14.
+=


++ =


+=



=



13
Gi¶i hÖ ta ®−îc p = −5, q = 2, b = 1, c = −7.
Lóc ®ã (8) ⇔
2
2
x5x2
xx70

0
,
−
+=


+−=


⇔ x ∈
517129
,.
22

−





∓∓

5.4. Ph−¬ng ph¸p tham sè hãa
VÝ dô 17. Gi¶i ph−¬ng tr×nh
x
4
−
2
22x x 2 2 0−+− = (9)
Gi¶i. §Æt m = 2 . Khi ®ã (9) cã d¹ng
22 4
m(2x1)mxx 0
−
+−+=
Ph−¬ng tr×nh Èn m cho ta hai nghiÖm
m
1
= x
2
− x, m
2
= x
2
+ x + 1. Khi ®ã :
Ph−¬ng tr×nh (9) ⇔
2
2
xx 2

xx1 2

−=


++=

,

⇔ x ∈
11421423
,.
22

+− −




∓∓


14