Giải và biện luận phương trình bậc ba

2) Nếu x0 là nghiệm của (2.1) thì có thể phân tích :



ax3 + bx2 + cx + d = (x − x0 )f (x).



(2.2)



trong đó f (x) là một tam thức bậc hai xác định.

3) Nếu x1 , x2 , x3 là các nghiệm của phương trình (2.1) thì



ax3 + bx2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )

và có công thức Viete



b





x

+

x

+

x

=

−

1

2

3





a



c

x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =



a





d



x1 x2 x3 =

a

Bài toán 2.2. Giải phương trình



ax3 + bx2 + cx + d = 0



(2.3)



ac3 = db3 .



(2.4)



với

(Khi đó phương trình (2.3) − (2.4) có tên gọi là phương trình quy hồi bậc

ba)

Lời giải. Từ (2.4), suy ra

1) Nếu c = 0 thì b = 0 và

(2.4) ⇔ ax3 + d = 0 ⇔ x =



3



d

− ,

a



d

c

2) Nếu c = 0 thì b = 0 và = ( )3 .

a

b

c

Đặt = −x0 thì c = −bx0 , d = −ax30 .

b

Thế vào (2.3), ta được

ax3 + bx2 − bx0 x − ax30 = 0

⇔ a(x3 − x30 ) + bx(x − x0 ) = 0

⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 ] = 0.

c

Vậy x = x0 = − là một nghiệm.

b

Nếu ∆ = (ax0√+ b)2 − 4a2 x20 ≥ 0 thì phương trình còn có nghiệm

−(ax0 + b) ± ∆

x=

.

2a

21



Bài toán 2.3. Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với m = ±1.

Lời giải. Khi m = 1 thì phương trình có dạng



4x3 − 3x = 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1)2 = 0

1

nên phương trình có nghiệm đơn x = 1 và nghiệm kép x = − .

2

Khi m = −1 thì phương trình có dạng

4x3 − 3x = −1 ⇔ (x + 1)(2x − 1)2 = 0

1

nên phương trình có nghiệm đơn x = −1 và nghiệm kép x = .

2

Bài toán 2.4. Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với |m| < 1.

Lời giải. Đặt m = cos α = cos(α ± 2π). Khi đó



α

cos α = cos(3. ) = 4 cos3 α − 3 cos α.

3

Do vậy phương trình có ba nghiệm



α

x1 = cos

3



α ± 2π

x2 ,3 = cos

3

Bài toán 2.5. Giải phương trình



4x3 − 3x = m, |m| > 1.

Lời giải. Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.

Thật vậy, phương trình không có nghiệm trong [−1, 1] vì nếu

x = x0 ∈ [−1, 1] là nghiệm thì ta đặt x0 = cos β.

Khi đó 4x30 − 3x0 = |cos 3β| ≤ 1 = m.

Giả sử phương trình có nghiệm x = x1 với |x1 | > 1. Khi đó 4x31 −3x1 =

m. Vậy có phương trình



4x3 − 3x = 4x31 − 3x1

⇔ 4(x3 − x31 ) − 3(x − x1 ) = 0

⇔ (x − x1 )(4x2 + 4x1 x + 4x21 − 3) = 0

∆ = 4x21 − 4(4x21 − 3) = 12 − 12x21 < 0.

Vậy x = x1 là nghiệm duy nhất.

22



√

1

1

Đặt m = (a3 + 3 ) với a3 = m ± m2 − 1.

2

a

Khi đó, phương trình có nghiệm duy nhất

1

1

1

x = (a + ) =

2

a

2



3



m2 − 1 +



m+



3



m2 − 1 .



m−



Bài toán 2.6. Giải phương trình



4x3 + 3x = m.

Lời giải. Nhận xét rằng nếu x = x0 là nghiệm của phương trình thì đó là

nghiệm duy nhất.

Thật vậy, xét x > x0 khi đó



4x3 + 3x > 4x30 + 3x0 = m.

Tương tự, với x < x0 thì 4x3 + 3x < 4x30 + 3x0 = m.

1

1

Đặt x = (a − ).

2

a

Khi đó dễ dàng kiểm tra đẳng thức



4x3 + 3x =



1 3

1

a − 3 .

2

a



(2.5)



Suy ra cách giải phương trình như sau.

√

1

1

Đặt m = (a3 − 3 ) với a3 = m ± m2 + 1.

2

a

Khi đó theo (2.5) ta có nghiệm duy nhất của phương trình :



1

1

1

x = (a − ) =

2

a

2



3



m+



√



m2 + 1 +



3



m−



√



m2 + 1 .



Bài toán 2.7. Giải và biện luận phương trình



t3 + at2 + bt + c = 0.

a

Lời giải. Đặt t = y − . Khi đó ta có thể viết phương trình dưới dạng

3

a

a

a

(y − )3 + a(y − )2 + b(y − ) + c = 0

3

3

3

⇔ y 3 − py = q,

a2

2a3 ab

trong đó p =

− b; q = −

+

− c.

3

27

3

√

a) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y = 3 q.

23



p

x. Khi đó ta được phương trình 4x3 −3x =

b) Nếu p > 0. Đặt y = 2

3

√

3 3q

m với m = √ .

2p p

-) |m| ≤ 1. Đặt m = cos α. Khi đó phương trình có ba nghiệm:

α

α ± 2π

x = cos ; x = cos

.

3

3

√

1

1

-) |m| > 1. Đặt m = (d3 + 3 ) với d3 = m ± m2 − 1.

2

d

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất

1

1

1

x = (d + ) =

2

d

2



3



m+



3



m2 − 1 +



m2 − 1 .



m−



p

c) Nếu p < 0. Đặt y = 2 − x ta được phương trình 4x3 + 3x = m.

3

√

1 3

1

Đặt m = (d − 3 ) với d3 = m ± m2 + 1.

2

d

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất

1

1

1

x = (d − ) =

2

d

2



3



m+



√



3



m2 + 1 +



m−



√



m2 + 1 .



Bài toán 2.8. Cho x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình



x3 + ax2 + x + b = 0



(2.6)



và b = 0. Chứng minh rằng



(x1 −



1

1

1

1

1

1

)(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − ) = 4.

x1

x2

x2

x3

x3

x1



Lời giải. Vì x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình (2.6) nên



x x + x x + x x = 1

1 2

2 3

3 1

x x x

= −b = 0

1 2 3



hay



x x + x x + x x

1 2

2 3

3 1

x , x , x

1



2



3



24



=1

=0



Đặt x1 = tan α, x2 = tan β, x3 = tan γ với α, β, γ ∈



π π

− ;

.

2 2



Ta có



tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1

⇔ 1 − tan α tan β = (tan α + tan β) tan γ



(2.7)



Nếu tan α tan β = 1 thì tan α + tan β = 0 hoặc tan γ = 0.

Nếu tan α + tan β = 0, thì tan α = − tan β , khi đó − tan2 β = 1, vô

lý.

Nếu tan γ = 0 thì x3 = 0, vô lý.

Vậy tan α tan β = 1. Khi đó từ (2.7), ta có



tan α + tan β

. tan γ = 1

1 − tan α tan β

π

⇔ tan(α + β) = tan( − γ)

2

π

⇔ α + β + γ = + kπ, (k ∈ Z)

2

và



1

1

1

1

1

1

)(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − )

x1

x2

x2

x3

x3

x1

= (tan α − cot α)(tan β − cot β)



(x1 −



+ (tan β − cot β)(tan γ − cot γ)

+ (tan γ − cot γ)(tan α − cot α)

= 4 cot 2α cot 2β + 4 cot 2γ(cot 2α + cot 2β)

= 4cot 2α cot 2β − 4 cot(2α + 2β)(cot 2α + cot 2β)

( do 2γ = π − (2α + 2β + k2π))

cot 2α cot 2β − 1

= 4cot 2α cot 2β − 4

(cot 2α + cot 2β) = 4.

cot 2α + cot 2β

Vậy



(x1 −



1

1

1

1

1

1

)(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − ) = 4,

x1

x2

x2

x3

x3

x1



điều phải chứng minh.



25



Bài toán 2.9. Cho phương trình x3 − px2 + qx − p = 0 với p, q là các số

dương. Chứng minh rằng nếu phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt

x1 , x2 , x3 lớn hơn hoặc bằng 1, thì ta luôn có

√

1

2

+

(q + 3).

(2.8)

p

4

8



Lời giải. Giả sử x1 < x2 < x3 . Theo định lý Vieete, ta có







x + x2 + x3 = p



 1

x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = q







x x x = p

1 2 3



Đặt x1 = tan A, x2 = tan B, x3 = tan C với A, B, C là ba góc của tam giác

π

π

và

A, B, C < . Không giảm tổng quát, ta giả sử A = min{A, B, C}

4π

2

π

thì

A

.

4

3

Khi đó (2.8) tương đương với

√

2+ 2

tan A tan B tan C

(tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A + 3)

8

√

2+ 2

(cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C)

⇔ 1

8

√

⇔ 8 − 4 2 cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C.

(2.9)

Để chứng minh (2.9), ta chú ý



cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C

2 sin A

cos(B − C) + cos(B + C)

= cot A +

+ 3 cot A

cos(B − C) + cos A

cos(B − C) − cos(B + C)

2 sin A

1 − cos A

cot A +

+ 3 cot A

,

1 + cos A

1 + cos A

2 A

1

−

tan

1

1

2,

cot A =

=

=

A

A

tan A

2 tan

2 tan

2

2

A

1 − tan2

2

26



2 sin A

=

1 + cos A

và



A

A

cos

2

2 = 2 tan A

A

2

2 cos2

2



2.2 sin



A

2 A

2

sin

1 − cos A

2

2

3 cot A

=3

A

A

1 + cos A

2 tan

2 cos2

2

2

1 − tan2



A

2 tan2 A

= 3

A

2

2 tan

2

A

A

A

3 A

1 − tan2

tan

tan

−

tan

2

2

2

2,

= 3

=3

2

2

1 − tan2



nên ta có



cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C

A

A

3 A

1 − tan2

tan

−

tan

2 + 2 tan A + 3

2

2

A

2

2

2 tan

2

hay



cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C

1

A 3

A

+ 3 tan − tan3

A

2

2

2

2 tan

2

Mặt khác vì



π

4



A



π

π

A π

⇒

nên ta có

3

8

2

6

√

A

1

√ .

2 − 1 tan

2

3



Xét hàm số



√

1

3

1

f (t) = − t3 + 3t + , t ∈

2 − 1; √ .

2

2t

3

27



Ta có



3

1

−9t4 + 6t2 − 1

(3t2 − 1)2

f (t) = − t2 + 3 − 2 =

=

−

2

2t

2t2

2t2

√

1

với ∀t = 0 nên f (t) nghịch biến trên

2 − 1; √ . Suy ra

3

√

√

f (t) f ( 2 − 1) = 8 − 4 2,

ta có điều phải chứng minh.



cos(B − C) = 1

Dấu "=" xảy ra khi

√

tan A = 2 − 1

2



2.1.2



0,







B = C = 3π ,

8

hay

π



A = .

4



Phương trình bậc ba nhận các yếu tố trong tam giác là

nghiệm



Trong phần này ta xét các ∆ABC với độ dài ba cạnh BC = a, CA =

b, AB = c. Ký hiệu p là nửa chu vi, r và R là bán kính các đường tròn

nội, ngoại tiếp, ra , rb , rc tương ứng là bán kính các đường tròn bàng tiếp,

ha , hb , hc tương ứng là độ dài các đường cao,. . .

Bài toán 2.10 (Phương trình bậc ba theo độ dài các cạnh của tam giác).

Chứng minh rằng a, b, c là ba nghiệm của phương trình bậc ba dưới đây:



x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0.

Lời giải. Từ hệ thức tan



(2.10)



A

r

=

và a = 2R sin A, suy ra

2

p−a

A

2 tan

2

a = 2R

A

1 + tan2

2



hay



r

p−a

p−a

a = 4R

= 4Rr 2

.

2

r

r + (p − a)2

1+

p−a

Như vậy, ta có quan hệ a(a2 − 2pa + p2 + r2 ) = 4Rr(p − a) hay a3 − 2pa2 +

(p2 + r2 + 4Rr)a − 4Rrp = 0. Do đó a là một nghiệm của x3 − 2px2 + (p2 +

r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0. Tương tự, b và c cũng là nghiệm của phương trình

này.

28



Bài toán 2.11. Chứng minh rằng



1 1 1

, , là nghiệm của phương trình

a b c



p2 + r2 + 4Rr 2

1

1

x −

x +

x−

= 0.

4pRr

2Rr

4pRr

3



Lời giải. Thay x bởi



(2.11)



1

, ta có ngay điều phải chứng minh.

x



Bài toán 2.12. Chứng minh rằng p − a, p − b, p − c là các nghiệm của

phương trình

x3 − px2 + r(r + 4R)x − pr2 = 0.

Lời giải. Theo công thức diện tích ta có



S 2 = p(p − a)(p − b)(p − c) = p2 r2 ⇒ (p − a)(p − b)(p − c) = pr2 .

p − a + p − b + p − c = 3p − (a + b + c) = p.

Giờ ta chứng minh



(p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) = r(r + 4R)

⇔ (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) =



S abc S

(

+ )

p S

p



⇔ (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a)

abc (p − a)(p − b)(p − c)

=

+

p

p

abc (p − a)(p − b)(p − c)

boxT ac

+

p

p

3

2

abc + p − p a − p2 b − p2 c + pab + pbc + pca − abc

=

p

= p2 − pa − pb − pc + ab + bc + ca

= 3p2 − pa − pb − pc + ab + bc + ca − 2p2

= 3p2 − pa − pb − pc + ab + bc + ca − p(a + b + c)

= p2 − pa − pb + ab + p2 − pb − pc + bc + p2 − pc − pa + ca

= (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a).

Vậy đẳng thức được chứng minh. Ta có p − a, p − b, p − c là ba nghiệm của

phuơng trình

x3 − px2 + r(r + 4R)x − pr2 = 0.

29