Giải phương trình bậc bốn

Bài toán 2.19. Giải phương trình



(x − a)4 + (x − b)4 = c

Lời giải Đặt x = t +



(2.15)



a+b

a−b

;α =

. Khi đó

2

2



(2.15) ⇔ (t + α)4 + (t − α)4 = c



⇔ [(t + α)2 − (t − α)2 ]2 + 2(t2 − α2 )2 = c

⇔ 16α2 t2 + 2(t2 − α2 )2 = c.

Ta nhận được phương trình trùng phương: 2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = 0.

Bài toán 2.20. Giải phương trình



x4 = ax2 + bx + c

với



b2 = 4(a + 2)(c + 1)

Lời giải Tam thức bậc hai với



∆ = b2 − 4(a + 2)(c + 1) = 0

có dạng f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1

và f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1 có nghiệm kép và



b



(a + 2)(x +

)2 nếu a = −2

2(a + 2)

f (x) =



c + 1 nếu a = −2

Phương trình đã cho được viết dưới dạng



x4 + 2x2 + 1 = (a + 2)x2 + bx + c + 1

⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)x2 + bx + c + 1

1) Nếu a + 2 = 0(⇔ a = −2) thì b = 0 và ta được phương trình



(x2 + 1)2 = c + 1

2 ) Nếu a + 2 < 0 thì phương trình vô nghiệm vì có



Vế trái ≥ 0

Vế phải < 0

33



3) Nếu a + 2 > 0(⇔ a > −2) thì c > −1 thì ta có thể viết

√

√

(x2 + 1)2 = ( a + 2x ± c + 1)2

(dấu + ứng với b > √

0, dấu - ứng

√ với b < 0) và ta được các phương trình

2

bậc hai x + 1 = ±( a + 2x ± c + 1)

Tiếp theo giải và biện luận theo a, c.

Bài toán 2.21. Giải phương trình



x4 = ax2 + bx + c, b = 0

Lời giải. Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức



b2 = 4(a + 2α)(c + α2 )



(2.16)



(tồn tại ít nhất một giá trị α thỏa mãn (2.16)) vì (2.16) là phương trình

bậc ba đối với α)

Khi đó tam thức bậc hai



f (x) = (a + 2α)x2 + bx + (c + α2 )

có nghiệm kép và





(a + 2α) x +



b

2(a + 2α)

f (x) =



c + α2 nếu a + 2α = 0



2



nếu a + 2α = 0



Viết phương trình đã cho dưới dạng



x4 + 2αx2 + α2 = f (x)

⇔ (x2 + α)2 = f (x)



(2.17)



1) Nếu a + 2α = 0 thì (2.17)⇔ (x2 + α)2 = c + α2

2) Nếu a + 2α < 0 thì Vế trái ≥ 0; Vế phải <0, nên phương trình vô

nghiệm.

√

b

.

3) Nếu a + 2α > 0 thì (2.17) ⇔ x2 + α = ± a + 2α x +

2(a + 2α)

Bài toán 2.22. Giải phương trình



t4 + αt3 + βt2 + γt + δ = 0

34



α

Lời giải. Đặt t = x − . Khi đó ta được phương trình:

4

α 4

α 3

α

α

(x − ) + α(x − ) + β(x − )2 + γ(x − ) + δ = 0

4

4

4

4

3

2

2α

1

1

6α

4

2

⇔ x = ax + bx + c với a = 2 ; b = − 2 + αβ − γ; c = 2 (3α4 −

4

4

2

4

2

2

3

4

4 βα +4 αγ −4 δ). Áp dụng bài toán trên ta tìm được nghiệm của phương

trình.

Hệ quả 2.2. Mọi đa thức bậc bốn có nghiệm thực đều phân tích được

thành tích của hai tam thức bậc hai với hệ số thực.



√

√

Bài toán 2.23. Cho α = 0. Khai triển biểu thức (1−α x)8 +(1+α x)8 =

P (x) ta được P (x) là một đa thức bậc bốn.

Giải phương trình P (x) = 0

Lời giải. Đặt α2 x = t, ta được phương trình

1

1

1 + 28t + 70t2 + 28t3 + t4 = 0 ⇔ (t + )2 + 28(t + ) + 68 = 0.

1

t

1

Đặt u = t + ta được phương trình

t

√

1

u2 + 28u + 68 = 0 ⇔ u1 ,2 = −14 ± 128 ⇒ t = (u1 ,2 ± u21 ,2 −4).

2

Bài toán 2.24. Giải phương trình



a(ax2 + bx + c)2 + b(ax2 + bx + c) + c = x.

Lời giải. Đặt ax2 + bx + c = y ta được hệ





ax2 + bx + c = y

ax2 + bx + c = y

⇔

ay 2 + by + c = x

a(x2 − y 2 ) + (b + 1)(x − y) = 0



ax2 + bx + c = y

⇔

(x − y)[a(x + y) + b + 1] = 0





y = x

⇔

ax2 + (b − 1)x + c = 0



hoặc



b+1



y = −

−x

a



ax2 + bx + c = − b + 1 − x.

a

35



Giải mỗi phương trình bậc hai ta được nghiệm của hệ, từ đó ta suy ra

nghiệm của phương trình.

Bài toán 2.25. Giải phương trình x4 = 3x2 + 10x + 4.

Lời giải. Viết phương trình dưới dạng



(x2 + α)2 = (3 + 2α)x2 + 10x + 4 + α2 .

Chọn α để ∆ = 25 − (3 + 2α)(4 + α2 ) = 0 ⇔ 2α3 + 3α2 + 8α − 13 = 0

Ta thấy α = 1 thỏa mãn. Vậy có thể viết phương trình dưới dạng

√

2

√

x

+

1

=

5(x + 1)

√

(x2 +1)2 = 5x2 +10x+5 ⇔ (x2 +1)2 = [ 5(x+1)]2 ⇔ 2

x + 1 = − 5(x + 1)

Giải từng trường hợp suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x1 ,2 =

√

√

5± 1+4 5

.

2



x2

= 3.

Bài toán 2.26. Giải phương trình x +

(x + 1)2

2



Lời giải. Điều kiện x = 1.

Viết phương trình đã cho dưới dạng



x 2

x2

x2 2

x2

(x −

) = 3 − 2.

⇔(

) + 2.

−3=0

x+1

x+1

x+1

x+1

√

x2 − x − 1 = 0

1± 5

⇔ x1 , x2 =

⇔

.

2

x2 + 3x + 3 = 0 (vô nghiệm)

√

1± 5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 =

.

2

Bài toán 2.27 (VMO 1973). Giải phương trình x4 = 4x + 1.

Lời giải.Viết phương trình đã cho dưới dạng



x4 + 2x2 + 1 = 4x + 1 + 2x2 + 1

√

(x2 + 1)2 = 2(x + 1)2 ⇔ (x2 + 1)2 − [ 2(x + 1)]2 = 0

√

√

⇔ [x2 + 1 + 2(x + 1)][x2 + 1 − 2(x + 1)] = 0

√

√

√

2p

4

2−2

⇔ x2 + 1 − 2(x + 1) = 0 ⇔ x1,2 =

.

2

36



2.3



Một số hệ phương trình đưa về phương trình

bậc ba và bậc bốn



Nhận xét rằng, nếu như x2 + y 2 = 1 thì ta sử dụng phép thế x = sin α,

y = cos α. Trong nhiều trường hợp, phép thế này sẽ tỏ ra hiệu quả.

Bài toán 2.28. Giải hệ phương trình



x2 + y 2 = 1

2



4xy(2y − 1) = 1



.



Lời giải. Đặt x = sin α, y = cos α với 0 ≤ α < π thì ta được sin 4α = 1.

π

Nghĩa là 4α = + k2π với k = 0, 1, 2, 3. Từ đó có thể dễ dàng suy ra

2

√

√

√

√

2− 2

2+ 2

2+ 2

2− 2

,

,

, −

,

2

2

2

2



−



2−

2



√



2



, −



2+

2



√



2



,



−



2+

2



√



2



2−

2



,



√



2



.



Ta thấy phép thế này giải quyết bài toán rất nhanh gọn, trong khi đó

các cách giải bài toán không sử dụng phép thế lượng giác sẽ phức tạp hơn

nhiều.

Nếu ta có hệ thức dạng xy + yz + zx = 1 thì tồn tại α, β, γ sao cho

α

β

γ

x = tan , y = tan , z = tan và α + β + γ = π.

2

2

2

α

β

Thật vậy, đặt x = tan , y = tan , (−π < α, β < π), thì

2

2



z = cot



α+β

π α+β

= tan

−

2

2

2



.



Tiếp theo, đặt γ = π − (α + β).

Bài toán 2.29. Giải hệ phương trình





3 x + 1 = 4 y + 1

x

y



 xy + yz + zx = 1



37



=5 z+



1

z



y

z

x

=

=

nên x, y, z có cùng dấu,

2

2

+ 1) 4(y + 1) 5(z + 1)

ngoài ra, nếu (x, y, z) là nghiệm của hệ thì (−x, −y, −z) cũng là nghiệm.

α

β

Như vậy, ta chỉ cần đi tìm các nghiệm dương. Đặt x = tan , y = tan ,

2

2

sin α sin β

sin γ

γ

z = tan (0 < α, β, γ < π, α+β +γ = π), ta được

=

=

.

2

3

4

5

Từ định lý hàm số sin bây giờ suy ra α, β, γ là các góc của tam giác có

độ dài các cạnh tương ứng là 3, 4, 5. Tam giác này là tam giác vuông có

π

3

4

α

1

β

1

γ

γ = , sin α = , sin β = . Vì thế tan = , tan = , tan = 1.

2

5

5

2

3

2

2

2

1 1

1

1

Như vậy đáp số của bài toán là

, , 1 , − , − , −1 .

3 2

3

2

Lời giải. Vì



3(x2



Bài toán 2.30. Chứng minh rằng giữa 7 số thực bất kỳ luôn tìm được hai

số x và y sao cho

1

x−y

≤√ .

0<

1 + xy

3

Lời giải. Gọi các số đã cho là a1 , a2 , . . . , a7 . Với mỗi số thực a, tồn

π π

tại số α thuộc khoảng − ,

sao cho a = tan α. Giả sử a1 = tan α1 ,

2 2

a2 = tan α2 , . . . , a7 = tan α7 .

π

Trong 7 số α1 , α2 , . . . , α7 tồn tại hai số có hiệu không vượt quá .

6

Giả sử hai số này là α và β, trong đó α > β. Khi đó



0<



π

1

tan α − tan β

= tan(α − β) ≤ tan = √ .

1 + tan α tan β

6

3



Như vậy các số x = tan α và y = tan β là các số cần tìm.

Lời giải của bài toán trở nên hiển nhiên sau khi ta chọn được một phép

thế lượng giác thích hợp. Bản chất của phép thế lượng giác nằm ở chỗ các

biến số có mặt trong bài toán được xét như giá trị của các hàm lượng giác

nào đó. Trong đó các hàm số lượng giác cần được chọn để biểu thức thu

được càng gọn càng tốt. Bài viết này nói về các phép thế lượng giác.

Bài toán 2.31. Giải hệ phương trình





 xy + yz + zx = 1

2y

1 − z2 .

1 − x2





=

=

1 + x2

1 + y2

1 + z2

38