Phương trình đa thức bậc cao

5

Bài toán 3.2. Giải phương trình 16x5 − 20x3 + 5x = .

2

Nhận xét 3.4. Để ý rằng, từ đẳng thức



cos 5t + cos t = 2 cos 3t cos 2t,

ta suy ra



16x5 − 20x3 + 5x = T5 (x), x ∈ [−1, 1].

Lời giải. Để ý rằng



T5 (x) = cos(5 arccos x), x ∈ [−1, 1]

và T5 (x) < −1 khi x < −1, T5 (x) > 1 khi x > 1.

Vậy nên chỉ cần tìm nghiệm của phương trình đã cho trong (1, +∞).

5 1

1

Sử dụng các đẳng thức =

2+

và

4 2

2



T5



1

1

1

1 5

a + 5 ,

(a + ) =

2

a

2

a



suy ra phương trình có nghiệm



x1 =



1 √

1

5

2+ √

.

5

2

2



Ta chứng minh phương trình đã cho có nghiệm duy nhất trong (1, +∞).

Thật vậy, ta thấy T (x) = 80x4 − 60x2 + 5 > 0, ∀x ∈ (1, +∞) nên vế

trái của phương trình đã cho là hàm đồng biến trong (1, +∞).

Hệ quả 3.1. Xét phương trình



16x5 − 20x3 + 5x = m.



(∗)



Khi đó

- với m ∈ (−1, 1) thi phương trình (*) có 5 nghiệm phân biệt,

- với m > 1 hoặc m < −1 thi phương trình (*) có 1 nghiệm duy nhất,

- với m =

√ 1 thì phương trình có 1 nghiệm đơn x = 1 và 2 nghiệm kép

−1 ± 5

x1,2 =

.

4

- với m = √

−1 thì phương trình có 1 nghiệm đơn x = −1 và 2 nghiệm

1± 5

kép x1,2 =

.

4



40



Bài toán 3.3. Chứng minh rằng phương trình



64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0

có nghiệm thực x0 thỏa mãn điều kiện



2+



2+

2



√



2



< x0 <



Lời giải. Từ công thức cos2 α =



1 + cos



α

=

4

2

π

Khi α = , ta có

4

cos



Khi α =



2+



√



3



2



1 + cos 2α

(với 0

2

1 + cos α

1

2

=

2

2



α

2 =



1+



cos



π

1

=

16 2



2+



2+



cos



1

π

=

24 2



2+



2+



π

, ta có

6



2+



√



√



.



α



2+



π ), ta suy ra



√



2 + 2 cos α.



2.



3.



Mặt khác, ta cũng có



cos 6t = 4 cos3 2t − 3 cos 2t

= 4(2 cos2 t − 1)3 − 3(2 cos2 t − 1)

= 32 cos6 t − 48 cos4 t + 18 cos2 t − 1

Suy ra



64 cos6 t − 96 cos4 t + 36 cos2 t − 3 = 2 cos 6t − 1.

Từ phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0, ta xét x ∈ [1; 1] và đặt



x = cos t, ta có 2 cos 6t − 1 = 0 ⇒ cos 6t =

Do đó x0 = cos



1

π

⇒t= .

2

18



π

là một nghiệm của phương trình. Mặt khác

18

π

π

π

<

<

24 18 16

41



hay



cos



π

π

π

> cos

> cos .

24

18

16



Vậy phương trình 64x6 −96x4 +36x2 −3 = 0 luôn có một nghiệm x0 = cos



π

18



thỏa mãn điều kiện



2+



2+

2



√



2



< x0 <



2+



2+



√



3



2



.



Bài toán 3.4. Cho bộ số m, n, p ∈ R. Giải phương trình



x3 + m3

x3 + n3

3 3x − mx − nx − p

+

−

+

= 0.

3

3

(x + m)3 (x + n)3 + x +p 3

2 2x+mx+nx+p

(x+p)

Lời giải. Nhận xét rằng



x3 + m3

1 3 (x − m)2

= +

.

(x + m)3

4 4 (x + m)2

Vì vậy phương trình đã cho tương đương với phương trình sau



1 3 (x − m)2 1 3 (x − n)2 1 3 (x − p)2

+

+ +

+ +

−

4 4 (x + m)2 4 4 (x + n)2 4 4 (x + p)2

3 3x − mx − nx − p

− +

= 0.

2 2x+mx+nx+p

Đặt



(1)



x−n

x−p

x−m

= a,

= b,

=c

x+m

x+n

x+p



và để ý rằng



1 3 2 1 3 2 1 3 2

+ a + + b + + c−

4 4

4 4

4 4

3 3

− + abc = 0

4 2

có thể biến đổi được về dạng

(ab + c)2 = (1 − a2 )(1 − b2 ).

Thay các giá trị a, b, c theo biến x, m, n, p ta được



4[x3 + (mn − mp − np)x]2

(ab + c) =

,

(x + m)2 (x + n)2 (x + p)2

2



42



(2)



1 − a2 =



4nx

4mx

2

,

1

−

b

=

.

(x + m)2

(x + n)2



Vậy (2) có dạng

√

√

x2 [x2 +2(x+p) mn+mn−mp−np][x2 −2(x+p) mn+mn−mp−np] = 0.

Giải ra ta được các nghiệm của phương trình là



x1 = x2 = 0,

√

√

√

x3,4 = ±( mp − np) − mn,

√

√

√

x5,6 = mn ± ( mp + np.

π

Bài toán 3.5. Cho 0 < α <

. Chứng minh rằng với mọi đa thức

n+2

Q(x) ∈ R[x] bậc n thì đa thức

P (x) = (x2 − 2x cos α + 1)Q(x)

không thể có tất cả các hệ số đều không âm.

Lời giải.

Giả sử

Q(x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an

và



P (x) = b0 xn+2 + b1 xn+1 + · · · + bn+1 x + bn+2 .

Khi đó









b0 = a0 ,













b1 = a1 − 2a0 cos α,









 b = a + a − 2a cos α,

2

2

0

1





···













bn+1 = an−1 − 2an cos α,









 b

=a .

n+2



n



Suy ra



bk = ak + ak−2 − 2ak−1 cos α, an+2 = an+1 = 0, a−1 = a−2 = 0

và



n+2



bk sin kα = 0.

k=0



π

nên tồn tại hệ số bj < 0.

Mà sin kα > 0 vì α ∈ 0,

n+2

43



Bài toán 3.6. Cho a0 , a1 , . . . , an là n + 1 số đôi một khác nhau. Giải hệ

phương trình sau







x0 + x1 a0 + x2 a20 · · · + xn an0

=0









x + x a + x a2 + · · · + x an = 0

n 1

0

1 1

2 1

(1)





.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.









x + x a + x a2 + · · · + x an = 0

0



1 n



2 n



n n



Lời giải. Xét đa thức



f (y) = xn y n + xn−1 y n−1 + · · · + x1 y + x0 .

Ta có deg f ≤ n. Từ hệ (1) ta có



f (a0 ) = f (a1 ) = · · · = f (an ) = 0,

nên f (y) có n + 1 nghiệm phân biệt, do đó f (y) ≡ 0. Từ đó suy ra



x0 = x1 = · · · = xn = 0.

Thử lại ta thấy x0 = x1 = · · · = xn = 0 thoả mãn hệ đã cho. Vậy hệ có

nghiệm duy nhất

(x0 , x1 , . . . , xn ) = (0, 0, . . . , 0).

Bài toán 3.7. Giải phương trình



1 − x2 = 4x3 − 3x.

Lời giải. Đặt x = cos α, 0 ≤ α ≤ π. Ta được sin α = cos 3α, hay



π

− α = 0.

2



cos 3α − cos

Từ đó



π

π

− 2α sin α +

= 0.

4

4

π

5π

3π

Đến đây ta có thể dễ dàng tìm được α = hoặc α =

hoặc α =

. Vì

8

8

4

2 sin



π

cos =

8



1 + cos

2

44



π

4 =



2+

2



√



2



,



5π

√

2

−

2

4 =−

,

2

2

√

3π

2

cos

=− ,

4

2

√

√

√

2+ 2

2− 2

2

, −

, −

là tập nghiệm của phương

2

2

2



5π

=−

cos

8



nên tập hợp



1 + cos



trình.

Bài toán 3.8. Giải phương trình



x+ √



35

x

= .

x2 − 1 12



Lời giải. Chú ý rằng x > 1. Đặt x =

thể viết lại thành



1

π

, 0 < α < . Phương trình có

sin α

2



1

1

35

+

= .

sin α cos α 12



t2 − 1

Đặt sin α + cos α = t thì 1 + 2 sin α cos α = t , suy ra sin α cos α =

.

2

Thay vào ta được

2



2t

35

7

5

2

=

⇔

35t

−

24t

−

35

=

0

⇔

t

=

∨

t

=

−

.

t2 − 1 12

5

7

7

Vì t = sin α + cos α > 0 nên ta loại nghiệm thứ hai. Xét t = thì từ đây

5

12

ta tính được sin α cos α = . Như vậy sin α, cos α là nghiệm của phương

25

trình

7

12

X2 − X +

= 0.

5

25

3

4

Từ đây ta tính được sin α = hoặc sin α = . Tương ứng ta được nghiệm

5

5

5

5

của phương trình là x = và x = .

3

4

Bài toán 3.9. Giải phương trình



8x3 − 4x − 1 =

45



√

3



6x + 1.



Lời giải. Phương trình đã cho tương đương

√

(2x)3 − 4x − 1 = 3 2x + 4x + 1.

√

Đặt u = 2x, v = 3 2x + 4x + 1, ta có hệ phương trình



u3 − 4x − 1 = v

v 3 − 4x − 1 = u



u3 − v 3 = v − u



⇔



⇔



u3 − 4x − 1 = v

u=v

3



u − 4x − 1 = u



⇔



(u − v)(u2 + uv + v 2 + 1) = 0

u3 − 4x − 1 = v



⇔ 8x3 − 6x = 1.



(1)



Nếu |x| > 1 thì |8x3 − 6x| = 2|x|(4x2 − 3) > 2 nên (1) vô nghiệm. Do vậy

ta phải có |x| ≤ 1. Điều này cho phép ta đặt x = cos t với t ∈ [0, π]. Khi

đó phương trình (1) có thể viết lại thành



1

π

5π

7π

⇔ t1 = ∨ t2 =

∨ t3 =

.

2

9

9

9

π

5π

7π

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = cos , x = cos , x = cos .

9

9

9

cos 3t =



Bài toán 3.10. Tìm x ∈ (0; 1) thỏa mãn điều kiện



1

32x(x2 − 1)(2x2 − 1)2 = 1 − .

x



Lời giải. Vì x ∈ (0; 1) nên ta có thể đặt x = cos α với α ∈ 0;

Ta có



32 cos α(cos2 α − 1)(2 cos2 α − 1)2 = 1 −

⇔ − 32 cos α sin2 α cos2 2α = 1 −

⇔ 8 sin2 2α cos2 2α = 1 − cos α

⇔ 2 sin2 4α = 1 − cos α

⇔ cos α = cos 8α.

k2π

l2π

hoặc α =

(với k, l ∈ Z.)

7

9

π

Vì rằng α ∈ 0;

nên k = 1, l = 1 và l = 2.

2

Do đó α =



46



1

cos α



1

cos α



π

.

2



Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thuộc (0; 1) đó là



x = cos



2π

2π

4π

; x = cos ; x = cos .

7

9

9



Bài toán 3.11. Giải phương trình



x3 +



(1 − x2 )3 = x 2(1 − x2 ).



Lời giải. Điều kiện để các biểu thức có nghĩa: −1 x 1.

π π

Đặt x = sin α (với α ∈ − ; ), thì phương trình trở thành

2 2

√

sin3 α + cos3 α = 2 sin α cos α

√

⇔ (sin α + cos α)3 − 3 sin α cos α(sin α + cos α) − 2 sin α cos α = 0.

√

√

π

Đặt sin α + cos α = 2 sin

+ α = t với điều kiện |t|

2.

4

t2 − 1

Suy ra sin α cos α =

và phương trình trở thành

2



√ t2 − 1

t2 − 1

t− 2

=0

t −3

2

2

√

√

⇔ t3 + 2t2 − 3t − 2 = 0

√

√

√

⇔ (t − 2)(t + 2 − 1)(t + 2 + 1) = 0

√

√

√

2 hoặc t = 1 − 2 do |t|

2.

Suy ra t = √

Với t = 2 thì

√

√

π

π

2 sin

+ α = 2 ⇔ sin

+α =1

4

4

π

hay α = + k2π .

4

√

π π

π

π

2

Vì α ∈ − ;

nên α = và do đó x = sin =

.

2 √2

4

4

2

Với t = 1 − 2, suy ra

√

sin α + cos α = 1 − 2

3



hay



x+



1 − x2 = 1 −

47



√



2,



tức



x 1 − √2

1 − x2 = (1 − √2 − x)2



⇔x=





x 1 − √2

⇔

x2 − (1 − √2)x + (1 − √2) = 0



1−



√



√

2 2−1



2+



.

2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là

√

√

√

2

1− 2+ 2 2−1

x=

;x =

.

2

2

Bài toán 3.12. Giải phương trình



1+



1 − x2



(1 + x)3 −



Lời giải. Điều kiện có nghĩa: −1

phương trình trở thành



√



1 + sin t



(1 − x)3 = 2 +



1. Đặt x = cos t (với t ∈ [0; π]),



x



(1 + cos t)3 −



1 − x2 .



(1 − cos t)3 = 2 +



1 − cos2 t



hay



sin



t

t

+ cos

2

2



2









2 cos2



t

2



3



2 sin2



−



t

2



3





=2+



sin2 t

(3.1)



t

π

Vì t ∈ [0; π] nên ∈ 0;

. Do đó

2

2

sin



t

2



0, cos



t

2



0.



Vậy nên phương trình (3.1) tương đương với



√

t

t

2 2 sin + cos

2

2

√

t

t

⇔ 2 2 sin + cos

2

2



t

t

− sin3

= 2 + sin t

2

2

t

t

cos − sin

×

2

2

cos3



48



t

t

t

t

= 2 + sin t

+ sin cos + sin2

2

2

2

2

√

√

1

⇔ 2 2 cos t 1 + sin t = 2 + sin t ⇔

2 cos t(2 + sin t) = 2 + sin t

2

√

√

√

2

2

⇔ ( 2 cos t − 1)(2 + sin t) = 0 ⇔ cos t =

⇔x=

2

2

√

2

Vậy phương trình có nghiệm là x =

.

2

× cos2



3.2



Hệ phương trình đa thức bậc cao



Phép thế lượng giác thường có ích trong phép giải các hệ phương trình

hoán vị vòng quanh. Ta xem xét một ví dụ như vậy.

Bài toán 3.13. Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm?





x + 3y = 4y 3





y + 3z = 4z 3 .







z + 3x = 4x3

Lời giải. Ta viết lại hệ dưới dạng





x = 4y 3 − 3y







y = 4z 3 − 3z .











z = 4x3 − 3x



Ta chứng minh rằng tất cả các số x, y, z theo trị tuyệt đối không vượt quá

1. Thật vậy, giả sử x là số lớn nhất trong các số này và x > 1 thì ta có

z = 4x3 − 3x > x. Ta đi đến mâu thuẫn.

Nếu giả sử x là số nhỏ nhất và x < −1 thì ta cũng có z = 4x3 −3x < x,

mâu thuẫn.

Như vậy −1 ≤ x, y, z ≤ 1 và ta có thể thực hiện phép thế x = cos α

(0 ≤ α ≤ π). Khi đó z = cos 3α, y = cos 9α, x = cos 27α. Bây giờ rõ ràng

rằng số nghiệm của hệ phương trình ban đầu bằng số nghiệm của phương

trình cos α = cos 27α trên [0, π]. Dễ dàng thấy rằng số nghiệm này đúng

bằng 27:

kπ

kπ

, k = 0, 1, 2, . . . , 13; α =

, k = 1, 2, . . . , 13.

α=

13

14

49



Nhận xét 3.5. Nếu như trong bài toán có điều kiện x2 + y 2 = 1 thì phép

thế x = sin α, y = cos α trong nhiều trường hợp sẽ tỏ ra hiệu quả.

Bài toán 3.14. Giải hệ phương trình



x2 + y 2 = 1

4xy(2y 2 − 1) = 1

Lời giải. Ta đặt x = sin α, y = cos α với 0 ≤ α < π thì ta được

π

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

2

tìm ra đáp số cuối cùng

√

√

√

√

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 phức tạp hơn

nhiều.

Bài toán 3.15. Giải hệ phương trình





3 x + 1 = 4 y + 1

x

y



 xy + yz + zx = 1.



=5 z+



1

z



.



x

y

z

=

=

nên x, y, z có cùng dấu,

3(x2 + 1) 4(y 2 + 1) 5(z 2 + 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

γ

sin α sin β

sin 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



50