Tìm hiểu về phương trình bậc ba |Traloitructuyen.com

Traloitructuyen.com cũng giúp giải đáp những vấn đề sau đây:

• Cách giải pt bậc 3 đầy đủ
• Giải pt bậc 3 lớp 9
• Giải pt bậc 3 online
• Bài tập giải phương trình bậc 3
• Giải hệ phương trình bậc 3
• Ví dụ giải phương trình bậc 3
• Công thức bậc 3
• Công thức tính delta phẩy phương trình bậc 3

 

 

Tìm hiểu về phương trình bậc ba

Lịch sử giải phương trình bậc 3

Phương trình bậc 3 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 Khayyám (1048–1123) đã công bố việc giải phương trình bậc ba nhờ giao của một thiết diện co-nic với đường tròn. Ông công bố rằng lời y có thể dùng để cho các lời giải số nhờ các bảng lượng giác.

Sau này vào thế kỷ XVI, nhà toán học người Ý Scipione del Ferro (+84888672676) tìm ra cách giải một lớp các phương trình bậc ba dạng với .^[1] 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 bấy giờ chưa giải quyết được. Del Ferro giữ kín điều này cho đến trước khi ông chết mới nói cho học trò ông là sinh viên Antonio Fiore về nó.

Vào 1530, Niccolo Tartaglia (+84888672676) tiếp nhận hai bài toán trong phương trình bậc ba từ Zuanne da Coi và công 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 toán hơn trong 30 ngày thì nhận tất cả số tiền.

Tartaglia khi giải quyết các vấn đề trong dạng , đã đề xuất một phương pháp tổng quát hơn. Fiore giải quyết các vấn đề trong dạng khó hơn và Tartaglia đã thắng cuộc.

Sau này, Tartaglia được Gerolamo Cardano (+84888672676) thuyết phục tiết lộ bí mật của cách giải phương trình bậc ba. Tartaglia đã đặt điều kiện yêu cầu Cardano không tiết lộ nó. Ít năm sau, Cardano hiểu được công trình của Ferro và vi phạm lời hứa khi công bố phương pháp Tartaglia trong cuốn sách của ông nhan đề Ars Magna (1545) với lời ca ngợi dành cho Tartaglia.

Với trường hợp đặc biệt là số âm, người ta hay dùng phương pháp lượng giác để giải quyết nó, tuy vậy, đây là phương pháp không đại số và nghiệm tính ra vẫn là gần đúng do phải sử dụng các hàm số và . Và công thức đại số cho nghiệm tổng quát vẫn chưa thể hoàn thiện. (Công thức đại số nghiệm tổng quát là công thức tìm ra nghiệm của phương trình tổng quát mà chỉ dùng hữu hạn lần 6 phép toán cơ bản là cộng (), trừ (), nhân (), chia (:), lũy thừa (^) và khai căn (√)).

Thông thường. trong toán học sơ cấp, các hệ số là các số thực. Tuy nhiên đa số lý thuyết cũng đúng nếu các hệ số lấy trong môi trường số phức (x thuộc C). Ta luôn giả sử rằng ≠ 0. Có thể giải được một phương trình bậc ba bằng căn thức.

Phương pháp Cardano

Nghiệm của phương trình có thể tìm được bằng phương pháp sau, đề xuất bởi Scipione del Ferro và Niccolò Tartaglia, công bố bởi Gerolamo Cardano năm 1545.^[1]

Trước tiên, chia phương trình cho để đưa về dạng

Đặt    và biến đổi ta có phương trình

Nó được gọi là phương trình bậc ba suy biến.

Ta sẽ tìmu và v sao cho   các số và sao cho

 và 

có thể kiểm tra trực tiếp khi thay giá trị vào (2), nhờ hằng đảng thức lập phương của nhị thức

Hệ (3) có thể giải từ phương trình thứ hai rút , ta có

Thay vào phương trình thứ nhất trong (3) ta có

Phương trình này tương đương với một phương trình bậc hai với u³. Khi giải, ta tìm được

Vì và , ta tìm được

Chú ý rằng, có sáu giá trị tìm được từ (4), vì có hai căn bậc ba ứng với hai dấu ()), và mỗi căn bậc ba có ba giá trị (một giá trị thực và hai tích của nó với ). Tuy nhiên, dấu của các căn phải chọn sao cho khi tính , không gặp trường hợp chia cho không. Thứ nhất, nếu , thì chọn dấu của căn bậc hai sao cho  , i.e. . Thứ hai, nếu , thì ta có .

Phương pháp tổng hợp và lượng giác tìm nghiệm thực cho mọi trường hợp

Đây là phần tóm tắt kết quả bài giải phương trình bậc ba:

(Lưu ý là các kết quả của lượng giác này chỉ ở trong môi trường radian)

Đặt các giá trị:

1) Nếu

1.1) : Phương trình có ba nghiệm

1.2) : Phương trình có một nghiệm duy nhất

2) Nếu :

2.1) : Phương trình có một nghiệm bội

2.2) : Phương trình có một nghiệm duy nhất

3) Nếu : Phương trình có một nghiệm duy nhất

Công thức Viete cho phương trình bậc 3

Nếu x₁ , x₂ và x₃ là 3 nghiệm của phương trình ax³ +bx²+cx+d=0 thì x₁+x₂+x₃= -b/a ; x₁x₂+x₂x₃+x₃x₁= c/a và x₁x₂x₃= -d/a

Tính chất đa thức bậc 3

- Đa thức bậc 3 luôn khả quy trên R[x] (hay nói cách khác mọi đa thức có hệ số thực lớn hơn 2 đều khả quy trên R[x]

Chứng minh

-Giả sử P là đa thức có hệ số thực và degP>2

●Nếu degP lẻ thì P có ít nhất 1 nghiệm thực nên nó khả quy

●Nếu degP chẵn thì P có 1 nghiệm phúc α, khi đó β là số phức liên hợp của α cũng là một nghiệm của P và do đó P(x)= (x-α)(x-β)Q(x) là khả quy

Cách giải phương trình bậc 3

2.1. Giải phương trình bậc 3 tổng quát

So với phương trình bậc hai, cách thức giải và công thức nghiệm của phương trình bậc 3 phức tạp hơn nhiều.

Bước đầu tiên, các bạn có thể tính qua một đại lượng Delta và áp dụng công thức nghiệm tổng quát. Cách làm này được áp dụng phổ biến trong giải phương trình bậc ba dạng cơ bản, và được sử dụng rộng rãi trong chương trình học phổ thông.

Công thức nghiệm của phương trình bậc 3  tùy thuộc vào giá trị của Dela

2.2. Giải phương trình bậc 3 thường gặp

Trong trường hợp phương trình bậc 3 có a= 1, các bạn có thể áp dụng phương pháp giải như sau:

Sau khi tìm ra giá trị u, v, bạn có thể dễ dàng tìm được ẩn x

Công thức nghiệm này phức tạp hơn so với công thức nghiệm của phương trình bậc 3 tổng quát và chỉ được áp dụng khi a=1. Các bạn cần phải chú ý để tránh nhầm lẫn.

2.3. Giải phương trình bậc 3 bằng cách sử dụng máy tính bỏ túi

Các bạn có thể nhẩm nghiệm phương trình bậc 3 bằng máy tính bỏ túi để phục vụ cho các bài toán trắc nghiệm. Hiện nay, chương trình thi THPT Quốc gia đã được áp dụng hình thức thi trắc nghiệm, cách thức nhẩm nghiệm này sẽ giúp bạn tìm rất nhanh được nghiệm đúng của phương trình.

Với phương trình có dạng tổng quát như trên, bạn nhần lần lượt các phím mode, 5, 4 rồi lần lượt nhấn giá trị a,b,c,d. Lưu ý sau khi nhập giá trị cần phải nhấn dấu bằng.

Trường những phương trình có nghiệm nguyên, bạn có thể dễ dàng đưa về phương trình bậc hai và xử lý theo công thức phương trình bậc hai rất đơn giản và nhanh chóng

Ngoài những cách giải trên, các bạn có thể áp dụng một số phương pháp khác như đặt ẩn phụ,lượng giác hóa phương trình… tùy theo từng dạng bài khác nhau.

3. Phương pháp học cách giải phương trình bậc 3

Phương trình bậc 3 là một trong những dạng phương trình khó và có thể áp dụng nhiều cách giải linh hoạt. Để học tốt được kiến thức này, các bạn cần phải thường xuyên luyện tập và làm bài tập để rèn luyện kỹ năng. Khi đã quen với các dạng bài, các bạn có thể gỡ nút bài toán rất dễ dàng.

Đặc biệt hiện nay, các em học sinh đều được trang bị rất nhiều máy tính hiện đại để học tập, việc nhẩm nghiệm càng trở nên nhanh chóng hơn, các bài toán giải phương trình nói chung và phương trình bậc ba nói riêng trở nên đơn giản hơn rất nhiều.

Môn Toán đòi hỏi các bạn phải liên tục đào sâu suy nghĩ, tư duy. Bài tập giải phương trình bậc 3  là một trong những dạng bài rèn luyện tư duy khá tốt, luyện tập thường xuyên sẽ giúp bạn xử lý bài toán một cách nhanh gọn.

Các bạn có thể tìm hiểu một số sách nâng cao liên quan đến giải phương trình bậc 3, hoặc tìm kiếm các bài tập qua mạng. Khi đi học phụ đạo, hầu hết các thầy cô cũng cung cấp cho các bạn rất nhiều dạng bài tập để có thể học phần hành này tốt nhất. Chỉ cần hoàn thành tất cả các bài tập được giao, bạn sẽ trở nên thành thạo và quen thuộc với tất cả cách giải phương trình bậc 3.

4. Bài tập áp dụng cách giải phương trình bậc 3

Có rất nhiều dạng bài khác nhau trong phạm vi kiến thức phương trình bậc 3 Các bạn có thể tham khảo tại một số trang đề thi trực tuyến như Violet hoặc cập nhật tài liệu online thường xuyên từ các thầy cô dạy Toán.

Dưới đây là một số bài tập mình họa Vieclam123.vn sưu tầm để các bạn tham khảo.

 VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Giải phương trình: x3+x2+x=–13.

Phương trình không có nghiệm hữu tỉ nên không thể phân tích nhân tử. Trước khi nghĩ tới công thức Cardano, ta thử quy đồng phương trình: 3x3+3x2+3x+1=0.
Đại lượng 3x2+3x+1 gợi ta đến hằng đẳng thức quen thuộc sau: x3+3x2+3x+1=(x+1)3.
Do đó phương trình tương đương: (x+1)3=–2x3 ⇔x+1=–2–√3x.
Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất: x=–11+2√3.

Nhận xét: Ví dụ trên là một phương trình bậc ba có nghiệm vô tỉ và được giải nhờ khéo léo biến đổi đẳng thức. Tuy nhiên, những bài đơn giản như thế này không có nhiều. Sau đây ta sẽ đi sâu vào công thức Cardano:

Ví dụ 2. Giải phương trình: x3–3x2+4x+11=0.

Đặt x=y+1, thế vào phương trình đầu bài, ta được: y3+1.y+13=0.
Tính Δ=132+427.13 =456727≥0.
Áp dụng công thức Cardano suy ra: y=–13+456727√2−−−−−−−−√3 +–13–456727√2−−−−−−−√3.
Suy ra: x=–13+456727√2−−−−−−−−√3 +–13–456727√2−−−−−−−√3+1.

Nhận xét: Ví dụ trên là một ứng dụng cơ bản của công thức Cardano. Tuy nhiên, công thức này không hề dễ nhớ và chỉ được dùng trong các kì thi học sinh giỏi. Vì thế, có lẽ chúng ta sẽ cố gắng tìm một con đường “hợp thức hóa” các lời giải trên, đó là phương pháp lượng giác hoá. Đầu tiên xét phương trình dạng x3+px+q= với p< và có 1 nghiệm thực:

Ví dụ 3. Giải phương trình: x3+3x2+2x–1=0.

Đầu tiên đặt x=y−1 ta đưa về phương trình y3–y–1= (1), đến đây ta dùng lượng giác như sau:
Nếu |y|<23√, suy ra ∣∣3√2y∣∣<1, do đó tồn tại α∈[,π] sao cho 3√2y=cosα.
Phương trình tương đương 833√cos3α–23√cosα–1= ⇔cos3α=33√2 (vô nghiệm).
Do đó |y|≥23√. Như vậy luôn tồn tại t thỏa y=13√(t+1t) (∗). Thế vào (1) ta được phương trình t333√+133√t3–1=, việc giải phương trình này không khó, xin dành cho bạn đọc.
Ta tìm được nghiệm: x=13√[12(33–√–23−−√)−−−−−−−−−−−√3+112(33√–23√)√3]–1.

Nhận xét: Câu hỏi đặt ra là: “Sử dụng phương pháp trên như thế nào?”. Muốn trả lời, ta cần làm sáng tỏ hai vấn đề:
+ Vấn đề 1. Có luôn tồn tại t thoả mãn cách đặt trên?
Đáp án là không. Coi (∗) là phương trình bậc hai theo t ta sẽ tìm được điều kiện |y|≥23√. Thật ra có thể tìm nhanh bằng cách dùng bất đẳng thức AM – GM: |y|=∣∣13√(t+1t)∣∣ =13√(|t|+1|t|)≥23√.
Vậy trước hết ta phải chứng minh (1) không có nghiệm |y|<23√.
+ Vấn đề 2. Vì sao có số 23√?
Ý tưởng của ta là từ phương trình x3+px+q= đưa về một phương trình trùng phương theo t3 qua cách đặt x=k(t+1t). Khai triển và đồng nhất hệ số ta được k=–p3−−√.
Sau đây là phương trình dạng x3+px+q= với p< và có 3 nghiệm thực:

Ví dụ 4. Giải phương trình: x3–x2–2x+1=0.

Đặt y=x–13, ta được phương trình: y3–73y+727= (∗).
Với |y|<27√3 thì ∣∣3y27√∣∣<1, do đó tồn tại α∈[;π] sao cho cosα=3y27√ hay y=27√cosα3.
Thế vào (∗), ta được: cos3α=–7√14, đây là phương trình lượng giác cơ bản.
Dễ dàng tìm được ba nghiệm của phương trình ban đầu: x1=27√3cos[arccos(–7√14)3]+13, x2,3=27√3cos[±arccos(–7√14)3+2π3]+13.
Do phương trình bậc ba có tối đa 3 nghiệm phân biệt nên ta không cần xét trường hợp |y|≥27√3.

Nhận xét: Ta cũng có thể chứng minh phương trình vô nghiệm khi |y|≥27√3 bằng cách đặt y=7√3(t+1t) giống như ví dụ 3, từ đó dẫn tới một phương trình trùng phương vô nghiệm.
Tổng kết lại, ta dùng phép đặt ẩn phụ y=–p3−−√(t+1t) (∗) như sau:
+ Nếu phương trình có 1 nghiệm thực, chứng minh phương trình vô nghiệm khi |y|<2–p3−−√, trường hợp còn lại dùng (∗) để đưa về phương trình trùng phương theo t.
+ Nếu phương trình có 3 nghiệm thực, chứng minh phương trình vô nghiệm khi |y|≥2–p3−−√ bằng phép đặt (∗) (đưa về phương trình trùng phương vô nghiệm theo t). Khi |y|≤2–p3−−√ thì đặt |y|2–p3√=cosα, từ đó tìm α, suy ra 3 nghiệm y.
Còn khi p> không khó chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất:

Ví dụ 5. Giải phương trình: x3+6x+4=0.

Ý tưởng: Ta sẽ dùng phép đặt x=k(t–1t) để đưa về phương trình trùng phương. Để ý phép đặt này không cần điều kiện của x, vì nó tương đương k(t2–1)–xt=0. Phương trình trên luôn có nghiệm theo t.
Như vậy từ phương trình đầu ta được: k3(t3–1t3)–3k3(t–1t) +6k(t–1t)+4=0.
Cần chọn k thỏa 3k3=6k ⇒k=2–√.
Vậy ta có lời giải bài toán như sau:
Đặt x=2–√(t–1t), ta có phương trình: 22–√(t3–1t3)+4= ⇔t6–1+2–√t3= ⇔t1,2=–1±3√2√−−−−−√3.
Lưu ý rằng t1t2=–1 theo định lí Vi-ét nên ta chỉ nhận được một giá trị của x là: x=t1+t2 =2–√(–1+3√2√−−−−−√3+–1–3√2√−−−−−√3).

Ví dụ 6. Giải phương trình 4x3–3x=m với |m|>1.

Nhận xét rằng khi |x|≤1 thì |VT|≤1<|m| (sai) nên |x|≥1. Vì vậy ta có thể đặt x=12(t+1t), ta được phương trình: 12(t3+1t3)=m.
Từ đó: t=m±m2–1−−−−−√−−−−−−−−−−√3 ⇒x=12(m+m2–1−−−−−√−−−−−−−−−−√3+m–m2–1−−−−−√−−−−−−−−−√3).
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất của phương trình.
Giả sử phương trình có nghiệm x thì x∉[–1;1] vì |x|>1. Khi đó: 4x3–3x=4x3–3x ⇔(x–x)(4x2+4xx+4x2–3)=0.
Xét phương trình: 4x2+4xx+4x2–3=0.
Ta có: Δ‘=12–12x2< nên phương trình bậc hai này vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x=12(m+m2–1−−−−−√−−−−−−−−−−√3+m–m2–1−−−−−√−−−−−−−−−√3).