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 bộ 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 đã nhận được sự giúp đỡ, chỉ bảo tận
tình của thầy PGS.TS Nguyễn Nhụy. Em xin chân thành cảm ơn và bày tỏ
lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Nhân đây, em cũng xin được cảm ơn các thầy cô trong tổ Đại số, Khoa Sư
phạm và các thầy cô trong Trường Đại học Giáo dục - Đại học Quốc gia Hà
Nội đã tạo điều kiện giúp đỡ em hồn thành khóa luận này.
Dù đã rất cố gắng song khóa luận của em khơng thể tránh khỏi những thiếu
sót. Em rất mong nhận được những nhận xét và những lời góp ý từ phía thầy
cơ và bạn đọc để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn

Hà nội, ngày 25 tháng 05 năm 2018
Sinh viên
Đoàn Ngọc Ánh

MỤC LỤC
LỜI MỞ ĐẦU ................................................................................................... 1
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ....................................................... 3
1.1. Vành đa thức một ẩn .......................................................................... 3
1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn .................................................... 3
1.1.2. Các phép tính trên đa thức ........................................................... 3
1.1.3. Phép chia đa thức .......................................................................... 4
1.1.4. Nghiệm của đa thức ...................................................................... 5
1.2. Phương trình một ẩn .......................................................................... 9
1.2.1. Khái niệm phương trình một ẩn ................................................... 9
1.2.2. Phương trình tương đương và 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 và phương pháp giải 15
2.2.1. Bài toán 1 ..................................................................................... 15
2.2.2. Bài toán 2 ..................................................................................... 16
2.2.3. Bài toán 3 ..................................................................................... 19
2.2.4. Bài tốn 4 ..................................................................................... 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 1 ............................................................................ 29
3.2.2. Phương pháp 2 ............................................................................ 32
3.2.3. Phương pháp 3 ............................................................................ 35
3.2.4. Phương pháp 4 ............................................................................ 38
3.2.5. Phương pháp 5 ............................................................................ 42
3.3. BÀI TẬP ............................................................................................ 46
KẾT LUẬN .................................................................................................... 47

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 48


LỜI MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thơng mơn Tốn khơng chỉ giữ một vị trí quan
trọng mà cịn giúp học sinh học tốt các mơn học khác, và là công cụ của nhiều
ngành khoa học kĩ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn trong đời sống.
Muốn học giỏi nói chung và học giỏi Tốn nói riêng thì phải luyện tập
thực hành nhiều, nghĩa là ngồi 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 tốn
hay có tác dụng thiết thực cho việc học tập rèn luyện tư duy tốn học của
mình.
Trong mơn Tốn, phương trình đóng một vai trị then chốt, khơng những
là đối tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là cơng cụ đắc lực của Giải tích và
các mơn học khác. 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
cịn các phương trình bậc cao các em ít được làm quen. Ngày nay, phương
trình bậc ba, bậc bốn đã được giải bằng căn thức. Song ở phổ thông, nghiệm
phức đưa vào chỉ ở mức độ giới thiệu, do đó việc áp dụng các giải này thế nào
cho các em dễ hiểu và dễ nắm bắt là cả một vấn đề.
Với những lí do trên cùng lịng say mê nghiên cứu và được sự giúp đỡ
tận tình của thầy PGS.TS Nguyễn Nhụy, em đã 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 của mơn Tốn qua việc giải phương trình
bậc ba.

1



2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với cơng việc nghiên cứu khoa học và tìm hiểu sâu
hơn về phương trình bậc ba.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Giải được phương trình bậc ba tổng quát
- Tìm một số phương pháp giải phương trình bậc ba thường dùng
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Phương trình bậc ba.
- Phạm vi nghiên cứu:
+ Kiến thức về đa thức
+ Phương trình bậc ba tổng quát và một số phương trình bậc ba thường
gặp.
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
Ngồi mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận của 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.

2


1.1.


CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Vành đa thức một ẩn

1.1.1. Xây dựng vành đa thức một ẩn
Cho vành A là một vành giao hốn có đơn vị. Ta gọi đa thức (trên A) bậc n
biến x là một biểu thức có dạng

Pn ( x)  an x n  a( n 1) x ( n 1)  ...  a1 x  a0 (an  0)
trong đó các a i  A được gọi là hệ số, an là hệ số bậc cao nhất và a0 là hệ
số tự do của đa thức.
Bậc của đa thức một ẩn f ( x) khác đa thức không (đã thu gọn) là số mũ lớn
nhất của ẩn có trong đa thức đó, kí hiệu: deg f ( x) .
Nếu ai  0, i  1,2,..., n  1 và a0  0 thì ta có bậc của đa thức là 0.
Nếu ai  0, i  0,1,2,..., n thì ta coi bậc của đa thức là  và gọi là đa
thức khơng (nói chung thì người ta khơng định nghĩa bậc đối với đa thức
không). Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được kí hiệu là
A x  .

Khi A  K là một trường thì K  x  là một vành giao hốn có đơn vị. Ta
thường xét A  Z , hoặc A  Q hoặc A  R hoặc A  C . Khi đó ta có các
vành đa thức tương ứng là Z  x  , Q  x  , R  x  , C  x  .
1.1.2. Các phép tính trên 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 các phép tính số học

3



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 đó 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 là một trường, f ( x) và g ( x ) khác không là hai đa thức
của vành A x  , thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất là q( x) và r ( x )
thuộc A x  sao cho:

f ( x)  g ( x).q( x)  r ( x) , với deg r ( x)  deg g ( x) nếu r ( x)  0

r ( x) gọi là số dư.
Hệ quả: f ( x) chia hết cho g ( x ) khi và chỉ khi trong phép chia f ( x) cho

g ( x ) có số dư bằng 0.
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 của phép chia f ( x) cho ( x   ) trong A x  là
q( x)  b0 x( n1)  b1x( n2)  ...  b( n1) , bi  A, i  (0, n)

4


Suy ra
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 các hệ tử của các lũy thừa giống nhau của x trong hệ thức trên ta
lập được 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 của đa thức
1.1.4.1. Định nghĩa:
Giả sử K là một trường nào đó, A là trường con của K.
Một phần tử   K gọi là nghiệm của đa thức f ( x)  A x  nếu và chỉ nếu

f ( )  0 .
Ta cũng nói  là nghiệm của phương trình đại số f ( x)  0 trong K.
Nếu deg f ( x)  n thì phương trình f ( x)  0 gọi là phương trình đại số bậc
n, n  1 .
1.1.4.2. Định lí. Giả sử A là một trường,   A, P( x)  A x  . Khi đó, dư trong
phép chia P ( x) cho ( x   ) chính là P ( ) .
Chứng minh
Giả sử P( x)  ( x   ).q( x)  r ( x), r ( x)  0 hoặc r ( x)  0 .


Nếu r ( x)  0 thì deg r ( x)  deg( x   )  1 . Suy ra r ( x)  r  A .

5


Ta có P( )  0  r  r . Trong trường hợp này phần dư trong phép chia P ( x)
cho ( x   ) là r  P( ) .


Nếu r ( x)  0 thì P( x)  ( x   ).q( x) . Khi đó P( x)  M .( x   ) .

-


Hệ quả: Cho P( x)  K [ x],  K . Khi đó: P ( x) chia hết cho ( x   ) khi

và chỉ khi  là nghiệm của P ( x) trong K .
1.1.4.3. (Định lí Bezout). Số 𝑎 là nghiệm của 𝑓(𝑥) khi và chỉ khi 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

trong đó:


1, 2 ,...k là những đôi một khác nhau.



m1, m2 ,..., mk là những số tự nhiên và m1  m2  ...  mk  n .

Khi đó m1, m2 ,..., mk gọi là bội tương ứng của các nghiệm 1, 2 ,...k .
Người ta gọi nghiệm  của đa thức P ( x) là nghiệm bội bậc m khi và chỉ
khi P ( x) chia hết cho ( x   ) m nhưng không chia hết ( x   ) m 1 .
Nhận xét: c  A là nghiệm bội m của đa thức f ( x)  A[ x] nếu và chỉ nếu

f ( x)  ( x  c) m .g ( x) với ( g ( x), x  c)  1 .

6


Chú ý:

 Giả sử A là miền nguyên, thế thì số nghiệm của một đa thức
0  f ( x)  A[ x] , mỗi nghiệm tính với số bội của nó khơng vượt q bậc

của f ( x) .


Nếu hai đa thức f ( x), g ( x)  A[ x] có bậc n và lấy giá trị bằng nhau tại

n+1 phần tử khác nhau của miền nguyên A thế thì chúng bằng nhau.
1.1.4.5. Một số định lí về sự tồn tại nghiệm của đa thức
Định lí 1. Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có ít nhất một nghiệm thực.
Định lí 2. (Định lí cơ bản) Mọi đa thức f ( x) bậc n  1 trên trường số
phức (hay thực) đều có đúng n nghiệm phức, mỗi nghiệm tính với bội số của
nó.
Định lí 3. Cho f ( x), g ( x),deg f ( x)  m và g ( x ) có đúng m nghiệm trong

A . Khi đó f ( x) chia hết g ( x )  f ( x)  0 hoặc mọi nghiệm bội k của g ( x )
là nghiệm bội k ' của f ( x) với k '  k .
Chứng minh
Giả sử f ( x) chia hết cho g ( x ) , khi đó f ( x)  h( x).g ( x) .
Nếu g ( x)  ( x   ) k .q( x) thì f ( x)  h( x).( x   ) k .q ( x) .
Suy ra  là nghiệm bội k của g ( x ) thì  là nghiệm bội k’ của f ( x) ( k '  k ).
Ngược lại, nếu tất cả các nghiệm của g ( x ) là 1, 2 ,..., m (  i là nghiệm
bội k được liệt kê m lần).

g ( x)  a( x  1 )( x  2 )...( x  m ) , với a là hệ số cao nhất của g ( x ) .

7



Theo giả thiết ta có f ( x)  a( x  1 )( x  2 )...( x  m ).h( x) . Suy ra f ( x)
chia hết cho g ( x ) .
Định lí 4. Cho đa thức hệ số nguyên
f ( x)  a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x1  an (a  0)

Khi đó phân số tối giản

 p | an
p
là nghiệm của đa thức f ( x ) thì 
.
q
|
a
q
0


Hệ quả 1: Mọi nghiệm nguyên của đa thức với hệ số nguyên là ước của
số hạng tự do.
Hệ quả 2: Mọi nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên có hệ số
cao nhất bằng 1 đều là số nguyên.
Định lí 5. Cho đa thức hệ số nguyên
f ( x)  a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x1  an  A[ x ]

Khi đó phân số tối giản

p
là nghiệm của đa thức f ( x) . Khi đó với mọi m
q


ta có ( p  mq) | f (m) .
Trường hợp đặc biệt : ( p  q) | f (1) và ( p  q) | f (1) .
Hệ quả: Nếu   1 là nghiệm của đa thức
f ( x)  a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x1  an (a  0)

thì

f (1) f (1)
đều là số nguyên.
;
1 1

8


Định lí 6 (Định lí Rolle). Giả sử hàm số f :  a; b   i liên tục trên đoạn

 a; b và có đạo hàm trong khoảng  a; b  ; nếu

f (a)  f (b) thì tồn tại ít nhất

1 điểm c   a; b  sao cho f '(c)  0 .
1.1.4.6. Công thức Viet
a. Định nghĩa:
Cho P( x)  a0 x n  a1 x n1  ...  an1 x1  an  A[ x],a 0  0 .
Giả sử P ( x) có trong A hoặc mở rộng của A n nghiệm 1, 2 ,..., n .
Khi đó
(1)1 a1
1   2  ...   n 

a0
(1) 2 a2
1 2   2 3  ...   n1 n 
a0
..........................
(1) n an
1 2 .... n 
.
a0

Công thức trên gọi là công thức Viet.

b.

Công thức Viet đối với hàm bậc 3
Nếu đa thức ax 3  bx 2  cx  d (a  0) có các nghiệm x1, x2 , x3 .
Khi đó ta có:

b

x

x

x

1
2
3


a

c

 x1 x2  x2 x3  x1 x3 
a

d

x
x
x


1
2
3

a

1.2. Phương trình một ẩn
1.2.1. Khái niệm phương trình một ẩn
9


Cho hai hàm số f ( x) và g ( x ) với biến số x và các hệ số thuộc D. Khi
gán cho biến số x giá trị a  D , ta tính được f (a), g (a) tương ứng gọi là các
giá trị của hàm số f ( x) và g ( x ) tại a. Ta tìm a  D sao cho f (a)  g (a) .
Khi đó mệnh đề biến x: f ( x)  g ( x) được gọi là phương trình ẩn x, f ( x) là vế
trái, g ( x ) là vế phải của phương trình, a  D sao cho f (a)  g (a) gọi là

nghiệm của phương trình. Việc tìm tất cả các nghiệm của phương trình gọi là
giải phương trình trên D. D  D f  Dg . Trong đó D f , Dg lần lượt là tập xác
định của phương trình f ( x)  g ( x)
1.2.2. Phương trình tương đương và phép biến đổi tương đương
1.2.2.1. Phương trình tương đương
Cho hai phương trình f ( x)  g ( x)

(1)

f '( x)  g '( x).

(2)

Ta gọi phương trình (2) là hệ quả của phương trình (1) nếu nghiệm của
(1) trên D đều là nghiệm của (2) . Khi đó ta viết (1) suy ra (2) .

Nếu phương trình (1) là hệ quả của phương trình (2) và (2) là hệ quả của
(1) thì hai phương trình (1) và (2) là hai phương trình tương đương.

1.2.2.2. Phép biến đổi tương đương
a. Định nghĩa:
Một phép biến đổi đưa phương trình này về phương trình khác mà khơng
làm thay đổi tập nghiệm của phương trình đã cho gọi là phép biến đổi tương
đương.
b. Một số phép biến đổi tương đương
Định lí 1. Nếu cùng thực hiện một phép tính ở cả hai vế của phương trình
thì phương trình nhận được tương đương với phương trình đã cho.

10



Định lí 2. Nếu biểu thức H ( x) xác định trên tập xác định của phương trình
F ( x)  G ( x) . Phương trình F ( x)  G ( x) tương đương với phương trình

F ( x)  H ( x)  G ( x)  H ( x) .

Chứng minh
a gọi là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi F (a)  G (a) . Do

H ( x) xác định trên tập xác định của phương trình nên H (a) xác định.

Khi đó F (a)  H (a)  G (a)  H (a) . Điều này xảy ra khi và chỉ khi a là
nghiệm của phương trình (2) , tức là (1) tương đương (2) .
Hệ quả: Có thể chuyển vế một hạng tử từ vế này sang vế kia của
phương trình đồng thời đổi dấu được phương trình mới tương đương với
phương trình đã cho.
Nhận xét: Điều kiện H ( x) xác định trên tập xác định của phương trình
F ( x)  G ( x) là điều kiện đủ nhưng khơng là điều kiện cần. Nói cách khác, nếu

có điều kiện ấy thì phương trình (1) và (2) tương đương, nếu khơng có điều
kiện ấy thì phương trình (1) và (2) có thể tương đương, có thể khơng tương
đương.
Định lí 3. Nếu biểu thức H ( x ) xác định và khác 0 trên tập xác định của
phương trình F ( x)  G ( x) thì phương trình F ( x)  G ( x) tương đương với
phương trình F ( x) H ( x)  G ( x) H ( x) .
Hệ quả: Có thể nhân hoặc chia hai vế của phương trình với cùng một
số khác 0 thì phương trình nhận được tương đương với phương trình đã cho.
Định lí 4. Nếu nâng hai vế của phương trình lên lũy thừa lẻ thì phương
trình nhận được tương đương với phương trình đã cho.


11


Chú ý: Nếu nâng hai vế của phương trình lên lũy thừa chẵn thì phương
trình nhận được chưa chắc đã tương đương với phương trình đã cho (phương
trình biến đổi là phương trình hệ quả của phương trình đã cho).
Nếu sau mỗi phép biến đổi nào đó miền xác định của phương trình đã
cho mở rộng ra thì tập nghiệm của nó cũng có thể mở rộng ra thì có thể xuất
hiện nghiệm ngoại lai (đối với phương trình đã cho). Những nghiệm ngoại lai
đó nếu có là những nghiệm của phương trình biến đổi thuộc vào phần mở
rộng của miền xác định. Nếu khơng có nghiệm ngoại lai thì phương trình đã
cho và phương trình biến đổi tương đương nhau. Nếu sau một phép biến đổi
nào đó miền xác định có thể bị thu hẹp lại thì nghiệm nào đó của phương trình
đó có thể mất đi và những nghiệm mất đi đó nếu có là những nghiệm của
phương trình đã cho thuộc vào phần thu hẹp lại của miền xác định. Nếu tất cả
các giá trị của ẩn số bị mất đi khơng nghiệm đúng thì phương trình đã cho và
phương trình biến đổi tương đương.

12


CHƯƠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐẶC BIỆT
2.1. Phương trình bậc ba
Phương trình bậc ba được đề cập lần đầu tiên bởi nhà toán học Ấn độ cổ
Jaina khoảng giữa năm 400 TCN và 200 CN.
Nhà toán học Ba-tư Omar Khayyam (1048-1123) đã cơng bố việc giải
phương trình bậc ba nhờ giao của một thiết diện co-nic và đường tròn. Ơng
cơng bố rằng lời giải hình học này có thể dùng để cho các lời giải số nhờ các
bảng lượng giác.
Sau này vào thế kỉ 16, nhà toán học người Ý Scipione del Ferro (14651526) tìm ra cách giải một lớp các phương trình bậc ba dạng x3  mx  n .

Thực ra, mọi phương trình bậc ba có thể đưa về dạng này. Tuy nhiên có thể
dẫn đến căn bậc hai của những số âm, điều đó lúc này chưa giải quyết được.
Del Ferro giữ kín điều này cho đến trước khi ơng chết mới nói cho học trị
ơng là sinh viên Antonio Fiore về điều này.
Vào năm 1950, Niccolo Tartaglia (1500-1557) tiếp nhận hai bài toán trong
phương trình bậc ba từ Zuanne da Coi và cơng bố ông đã giải được chúng.
Ông nhận lời thách thức của Fiore, và từ đó dấy lên cuộc cãi vã giữa hai
người. Mỗi người hàng ngày đặt một số tiền và đưa ra một số bài toán cho đối
thủ giải. Ai giải được nhiều bài tốn hơn trong 30 ngày thì sẽ nhận tất cả số
tiền. Tartaglia khi giải quyết các vấn đề trong dạng x3  mx  n , đã đề xuất
một phương pháp giải tổng quát hơn. Fiore giải quyết các vấn đề trong dạng
x3  mx  n , khó hơn và Tartaglia giành chiến thắng.

Sau này, Tartaglia được Gerolamo Cardano (1501-1576) thuyết phục tiết lộ
bí mật của cách giải phương trình bậc ba. Tartaglia đã đặt điều kiện u cầu
Cardano khơng tiết lộ nó. Ít năm sau, Cardano hiểu được cơng trình của Ferro
và vi phạm lời hứa khi công bố phương pháp Tartaglia trong cuốn sách của

13


ông nhan đề là Ars Magna (1545) với lời ca ngợi dành cho Tartaglia. Việc
này dẫn tới cuộc tranh cãi giữa Tartaglia và Cardano, sau đó kéo theo cả học
trị của ông là Lodovico Ferrari (1522-1565). Ferrari đã thắng Tartaglia trong
tranh luận, cịn Tartaglia mất cả uy tín và tiền tài.
Cardano đã chứng tỏ rằng phương pháp của Tartaglia trong một số trường
hợp dẫn tới căn bậc hai của số âm. Ơng đã đưa ra phương pháp tính tốn với
các số này (số phức) trong Ars Magna, nhưng ông đã không hiểu hết. Rafael
Bombelli nghiên cứu chi tiết hơn và có nhiều đóng góp cho việc khám phá
các số phức.

Với trường hợp  (delta) âm. Người ta hay dùng phương pháp lượng giác
để giải quyết nó, tuy vậy, đây là phương pháp khơng đại số và nghiệm tính ra
vẫn là giá trị gần đúng do phải sử dụng các hàm số cosin và arccosin. Và công
thức đại số cho nghiệm tổng qt vẫn chưa thể hồn thiện. (Cơng thức đại số
nghiệm tổng qt là cơng thức tìm ra nghiệm của phương trình tổng quát mà
chỉ dùng hữu hạn 6 phép toán cơ bản là cộng, trừ, nhân, chia lũy thừa và khai
căn.
Định nghĩa: Phương trình bậc ba là một trong các dạng của phương trình
bậc lẻ, nó ln có ít nhất một nghiệm và có nhiều nhất 3 nghiệm.
Phương trình bậc ba có dạng tổng quát: a.x3  bx 2  cx  d  0(a  0)
Thông thường, trong toán học sơ cấp, các hệ số a, b, c, d là các số thực. Tuy
nhiên đa số lý thuyết cũng đúng nếu các hệ số lấy trong một môi trường có
đặc số khác 3. Ta ln giả sử rằng a  0 . Có thể giải một phương trình bậc ba
bằng căn thức.

14


2.2. Một số phương trình bậc ba dạng đặc biệt và phương pháp giải
2.2.1. Bài tốn 1
Giải phương trình
4 x3  3x  m

(1)

PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Thực hiện theo 3 bước sau:
Bước 1: Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất bằng một trong hai
cách sau:

Cách 1: Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, khi đó:


Với x  x0 thì

4 x3  4 x03
 4 x3  3x  4 x03  3x0  m

3x  3x0

Vậy khơng có giá trị x  x0 nào thỏa mãn.


Với x  x0 thì

4 x3  4 x03
 4 x3  3x  4 x03  3x0  m

3x  3x0

Vậy khơng có giá trị x  x0 nào thỏa mãn.
Vậy (1) nếu có nghiệm x0 thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.
Cách 2: Xét hàm số y  4 x 3  3 x  m


Miền xác định D.



Đạo hàm: y '  12 x 2  3  0, x  D  hàm số ln đồng biến.


Vậy (1) nếu có nghiệm x0 thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.
Bước 2: Xác định nghiệm của phương trình

15


1
1
Đặt a  3 m  m2  1,  (a  ) , ta được
2
a
4 3  3  m  x   là nghiệm của phương trình.

Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
1
x  ( 3 m  m2  1  3 m  m2  1) .
2

Ví dụ 1. Giải phương trình
4 x3  3x  1.

Giải
Xét hàm số y  4 x 3  3 x  1
Ta có miền xác định D
Đạo hàm: y '  12 x 2  3  0, x  D  hàm số luôn đồng biến
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
Đặt a  3 1  2 ,  ( 3 1  2  3 1  2 ) , ta được
2


4 3  3  1  x   là nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
x  ( 3 1  2  3 1  2 ).
2

2.2.2. Bài toán 2
Với | m | 1 , giải phương trình:
4 x3  3x  m.

16

(1)


PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Thực hiện theo ba bước sau:
Bước 1: Chứng minh chương trình có nghiệm duy nhất bằng một trong hai
cách sau:
Cách 1: Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, khi đó:


Nếu x0  1 thì:


 x0  1
 x0 (4 x 20  3)  1

 2

 4x 0  3  1
Mà | m | 1  x0 khơng thể là nghiệm của phương trình.


Nếu x0  1 thì: 4 x03  3 x0  m

(1)  4 x3  3 x  4 x03  3 x0  ( x  x0 )(4 x 2  4 x.x0  4 x0 2  3)  0
 x  x0

2
2
 g ( x)  4 x  4 x.x0  4 x0  3  0

Xét (2) ta có

 g '  4 x0 2  4(4 x0 2  3)  12(1  x0 2 )  0  (2) vơ nghiệm.
Vậy (1) nếu có nghiệm x0 ( x0  1) thì đó là nghiệm duy nhất.
Cách 2: Xét hàm số y  4 x3  3x


Miền xác định D.



Đạo hàm
y '  12 x 2  3, y '  0  12 x 2  3  0  x  

17


1
2

(2)




Bảng biến thiên

x



y'

-1/2
+

y



1/2

0

-


0

+


1
-1


Vậy đường thẳng y  m với m  1 cắt đồ thị hàm số tại một điểm duy
nhất. Do đó phương trình nếu có nghiệm x0 thì nghiệm đó là nghiệm duy
nhất.
Bước 2: Xác định nghiệm của phương trình

1
1
Đặt a  3 m  m2  1,   a   , ta được
2
a
4 3  3  m  x   là nghiệm của phương trình.

Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x  ( 3 m  m2  1  3 m  m2  1)
2

Ví dụ 2. Giải phương trình
4 x3  3x  2.

Giải


18




Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.



Xác định nghiệm

1
Đặt a  3 2  3 ,  ( 3 2  3  3 2  3 ) , ta được:
2

4 3  3  2  x   là nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
x  ( 3 2  3  3 2  3 ).
2

2.2.3. Bài toán 3
Với m  1 , giải phương trình:
4 x3  3x  m.
PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Thực hiện theo ba bước sau
Bước 1: Đặt m  cos  cos(  2 ) .

Bước 2: Nhận xét rằng







cos   cos(3. )  4cos3  3cos
3
3
3
 x1  cos


3

Là một nghiệm của phương trình.
Tương tự cũng được x2,3  cos

  2
3

là nghiệm của phương trình.



Bước 3: Vậy phương trình có 3 nghiệm x1  cos ; x2,3  cos
3


19

  2
3

.


Ví dụ 3. Giải phương trình:
1
4 x3  3x  .
2

Giải
Ta có

1


  6
 cos  cos(  2 )  cos(
).
2
3
3
3
Nhận xét rằng:

cos










 cos(3. )  4cos3  3cos
3
9
9
9

 x1  cos


9

là một nghiệm của phương trình.

Tương tự ta cũng được x2,3  cos

  6
9

là nghiệm của phương trình.




Vậy phương trình có ba nghiệm x1  cos ; x2,3  cos
9

  6
9

.

2.2.4. Bài toán 4 Giải phương trình

x 3  px  q  0.
PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Xét ba khả năng sau


Nếu p  0 thì

(1)  x3  q  x   3 q là nghiệm duy nhất của phương trình.


Nếu p  0

20

(1)


Cách 1: Bằng cách đặt ẩn phụ ta chuyển (1) về bài toán 1 như sau:


Đặt:


p
 h 
3

t  x .
 2h

Khi đó: (1)  4t 3  3t 

q
 0 đây chính là phương trình trong Bài tốn 1.
2h3

Cách 2:
Xét f ( x)  x3  px  q có f '( x)  3 x 2  px  D  f ( x) đồng biến. Do
hàm số liên tục trên D và có lim x3  px  q   và lim x3  px  q  
x 

x 

nên phương trình có nghiệm duy nhất.
Khi đó ta đặt x  m  n thay vào phương trình ta được

(m  n)3  p (m  n)  q  0  m3  n3  (3mn  p )(m  n)  q  0
Chọn mn  

p

, thay vào trên ta được: m3  n3   q .
3

 m3  n3   q

3
3
Ta thu được hệ  3 3
p 3  m , n là nghiệm của phương trình:
m .n  
27

 3
q
q 2 p3

m   
p3
2
4
27
2
t  qt 
0

2
3
27
 n3   q  q  p


2
4 27

q
q 2 p3 3 q
q 2 p3

  
 .
Suy ra x  m  n   
2
4 27
2
4 27
3



Nếu p  0 thì

Cách 1: Bằng cách đặt ẩn phụ ta chuyển (1) về bài toán 2,3 như sau:

21



p
h



3
Đặt : 
t  x

 2h

Khi đó:

(1)  4t 3  3t 

q
đây chính là phương trình trong bài tốn 2,3.
2h 3

Cách 2:
Ta đặt p  m với m  0 , phương trình được viết lại thành

y 3  my  q  0
Đặt y  2.

(*)

m
.t , thay vào phương trình trên , ta được
3

m 3
m
m m 3
m

.t )  2.
.t  q  0  8
.t  2.
.t  q  0
3
3
3 3
3
q
 4t 3  3t  
 u0 .
m m
2
3 3

(2.



Nếu u0  1 : Ta sẽ chứng minh phương trình chỉ có nghiệm trong

khoảng  1;1 .
Thật vậy, xét f (t )  4t 3  3t  u0 có f '(t )  12t 2  3 .

1
 1
t


f

(
)  1  u0
 2
2
f '(t )  0  
t   1  f ( 1 )  1  u .
0

2
2

Lập bảng biến thiên

22