1. Giải phương trình bậc ba biết trước một nghiệm
Khi một phương trình bậc ba đã nhẩm được một nghiệm “đẹp” (chẳng hạn là ${x_0}$) thì việc giải nó đơn giản là dùng sơ đồ Hooc-ne để phân tích phương trình bậc ba thành dạng phương trình tích:
$\left({x – {x_0}} \right) (a{x^2} + bx + c) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_0}\\a{x^2} + bx + c = 0\end{array} \right.$
Về vấn đề “nhẩm nghiệm đẹp” thì máy tính bỏ túi sẽ hỗ trợ đắc lực cho chúng ta. Còn về việc trình bày thì chúng ta cần trình bày các bước chủ yếu: phân tích thành nhân tử và “ghi kết quả”. Cụ thể:
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau trên tập số thực:
a) ${x^3} + {x^2} = 12$.
b) $2{x^3} + {x^2} – 13x + 6 = 0$.
c) $2{x^3} – 7{x^2} + 4x + 4 = 0$.
d) ${x^3} – x – 4\sqrt 5 = 0$.
Phân tích và lời giải:
a) Nhập vào máy tính thì ta thấy, phương trình có nghiệm thực duy nhất $x = 2$. Lúc đó, sử dụng sơ đồ Hooc-ne (hoặc phép chia đa thức) , ta phân tích được:
${x^3} + {x^2} – 12 = \left({x – 2} \right) \left({{x^2} + 3x + 6} \right) $.
Trình bày:
$\begin{array}{l}{x^3} + {x^2} = 12\left({x – 2} \right) \left({{x^2} + 3x + 6} \right) = 0\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} + 3x + 6 = 0\end{array} \right.\end{array}$ (vô nghiệm) $ \Leftrightarrow x = 2.$
Câu hỏi đặt ra là: Với chiếc máy tính thì chúng ta có thể tăng tốc độ làm bài lên mà không cần sử dụng sơ đồ Hooc-ne không? Câu trả lời là có.
Đầu tiên bấm máy tính, ta được ba nghiệm: một nghiệm thực ${x_1} = 2$ cùng với hai nghiệm phức:
${x_2} \approx – 1,5 + 1,936491673i$ và ${x_3} \approx – 1,5 – 1,936491673i$.
Ta sẽ phân tích ${x^3} + {x^2} – 12$ dưới dạng:
${x^3} + {x^2} – 12 = \left({x – 2} \right) (a{x^2} + bx + 0) $
$ \Rightarrow {x_2}$ và ${x_3}$ là hai nghiệm phức của đa thức $a{x^2} + bx + c$. Ta sẽ tìm nhanh các hệ số $a,b,c$ bằng một số thủ thuật:
– Hệ sổ $a$: Khi khai triển $\left({x – 2} \right) \left({a{x^2} + bx + c} \right) $ thì chỉ có $a{x^3}$ là chứa ${x^3}$. Mặt khác ở ${x^3} + {x^2} – 12$ thì hệ số của ${x^3}$ bằng $1 \Rightarrow a = 1$.
– Hệ số $b$: Tam thức $a{x^2} + bx + c$ có hai nghiệm phức thì cũng thỏa mãn định lí Viét $ \to $ áp dụng ta được:
${x_2} + {x_3} = \frac{{ – b}}{a}$
$ \Leftrightarrow (- 1,5 + 1,936491673i) + (- 1,5 – 1,936491673i) = \frac{{ – b}}{1} \Rightarrow b = 3$.
– Hệ số $c$: Khi khai triển $\left({x – 2} \right) (a{x^2} + bx + c) $ thì chỉ có $\left({ – 2c} \right) $ là hệ số tự do $ \Rightarrow – 2c = – 12 \Rightarrow c = 6$. Tóm lại, với phương trình bậc ba mà chỉ có một nghiệm thực duy nhất ${x_0}$ (nghiệm đơn) thì việc phân tích thành nhân tử của nó dựa trên biến đổi cơ bản sau:
$a{x^3} + a{x^2} + cx + d = a\left({x – {x_0}} \right) \left({{x^2} + b’x + c’} \right) $
(hệ số trước ${x^2}$ ta lấy bằng 1 luôn).
Lúc đó, do hệ số trước ${x^2}$ là 1 nên nếu sử dụng định lí Viét cho hai nghiệm phức ${x_2},{x_3}$ của phương trình thì $b’ = – 2k$, trong đó $k$ là phần thực của số phức ${x_2}$ hoặc ${x_3}$ (trong bài toán trên thì $k = – 1,5$). Còn hệ số tự do $c’$ thì thỏa mãn:
$a.(- {x_0}).c’ = d \Rightarrow c’ = \frac{d}{{a.(- {x_0}) }}({x_0} \ne 0).$
Để nắm vững kĩ năng này thì các bạn có thể đi làm thêm các phương trình sau:
(1) $2{x^3} + 3{x^2} + 4 = 0$.
(2) $3{x^3} + 17{x^2} + 46x + 24 = 0$.
(3) $10{x^3} + 3{x^2} + 89x – 18 = 0$.
(4) $5{x^3} + 10{x^2} – 25x + 60 = 0$.
Giải:
(1) : Hệ số $a = 2,d = 4$, dùng máy tính bấm ra nghiệm thực duy nhất ${x_0} = – 2$ và hai nghiệm phức còn lại đều có phần thực là $k = 0,25 = \frac{1}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b’ = – 2k = \frac{{ – 1}}{2}\\c’ = \frac{d}{{a.\left({ – {x_0}} \right) }} = \frac{4}{{2.\left({ – \left({ – 2} \right) } \right) }} = 1\end{array} \right. \Rightarrow $
$2{x^3} + 3{x^2} + 4 = 2\left({x + 2} \right) \left({{x^2} – \frac{1}{2}x + 1} \right) $
Trình bày:(1) $2\left({x + 2} \right) ({x^2} – \frac{1}{2} + 1) = 0 \Leftrightarrow x = – 2$.
(2) : Hệ số $a = 3,d = 24$, nghiệm thực ${x_0} = \frac{{ – 2}}{3}$ và hai nghiệm phức đều có phần thực là $k = \frac{{ – 5}}{2}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b’ = – 2.\frac{{ – 5}}{2} = 5\\c’ = \frac{{24}}{{3.\left({ – \frac{{ – 2}}{3}} \right) }} = 12\end{array} \right. \Rightarrow $ phân tích được:
$3{x^3} + 17{x^2} + 46x + 24 = 0 = 3\left({x + \frac{2}{3}} \right) ({x^2} + 5x + 12) $.
$\left(3 \right) \Leftrightarrow 10\left({x – \frac{1}{5}} \right) \left({{x^2} + \frac{x}{2} + 9} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{5}$.
$\left(4 \right) \Leftrightarrow 5\left({x + 4} \right) \left({{x^2} – 2x + 3} \right) \Leftrightarrow x = – 4$.
b) Bấm máy tính cho ta ba nghiệm ${x_1} = 2;{x_2} = \frac{1}{2}$ và ${x_3} = – 3$. Khi có ba nghiệm phân biệt thi ta phân tích luôn bằng cách đưa hệ số $a = 2$ ra ngoài, còn các tích là $\left({x – {x_i}} \right) $ (với ${{x_i}}$ là nghiệm của phương trình) : $2{x^3} + {x^2} – 13x + 6 = 0 \Leftrightarrow 2\left({x – 2} \right) \left({x – \frac{1}{2}} \right) \left({x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2 \vee x = \frac{1}{2} \vee x = – 3$.
Bạn đọc có thể tự nâng cao kĩ năng bằng cách thử các phân tích sau:
+) ${x^3} – 7x + 6 = 0$ (nghiệm ${x_1} = 1;{x_2} = 2;{x_3} = – 3$, hệ số $a = 1$)
$ \Leftrightarrow \left({x – l} \right) \left({x – 2} \right) \left({x + 3} \right) = 0$.
+) $15{x^3} – 53{x^2} – 30x + 8 = 0$ (nghiệm ${x_1} = 4;{x_2} = \frac{1}{5};{x_3} = \frac{{ – 2}}{3}$, hệ số $a = 15$)
$ \Leftrightarrow 15\left({x – 4} \right) \left({x – \frac{1}{5}} \right) \left({x + \frac{2}{3}} \right) = 0$
+) $ – 7{x^3} – \frac{{41}}{2}{x^2} + 3x + \frac{9}{2} = 0$ (nghiệm ${x_1} = – 3;{x_2} = \frac{1}{2};{x_3} = \frac{{ – 3}}{7}$, hệ số $a = – 7$)
$ – 7\left({x + 3} \right) \left({x – \frac{1}{2}} \right) \left({x + \frac{3}{7}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = – 3 \vee x = \frac{1}{2} \vee x = \frac{{ – 3}}{7}$.
c) Bấm máy chỉ cho ta hai nghiệm thực là ${x_1} = 2$ và ${x_2} = \frac{{ – 1}}{2}$. Phương trình bậc ba mà bấm máy chỉ có hai nghiệm $ \Rightarrow $ một trong hai nghiệm là nghiệm kép. Vì vậy nên nếu phương trình bậc ba chỉ có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ (trong đó ${x_2}$ là nghiệm kép) thì ta sẽ phân tích được thành dạng:
$a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0(ad \ne 0) \Leftrightarrow a(x – {x_1}) {(x – {x_2}) ^2} = 0 \Leftrightarrow x = {x_1} \vee x = {x_2}$.
(ta không xét trường hợp $d = 0$ vì trường hợp đó phân tích nhân tử quá đơn giản).
Vậy câu hỏi của chúng ta là làm sao để biết được nghiệm nào là nghiệm kép để phân tích nhanh chóng? Với bài này, ${x_1} = 2$ và ${x_2} = \frac{{ – 1}}{2}$ là hai nghiệm, trong đó có một nghiệm kép $ \Rightarrow $ sẽ có hai cách phân tích, và trong đó có một cách phân tích sai:
– Nếu ${x_1}$ là nghiệm kép $ \Rightarrow 2{x^3} – 7{x^2} + 4x + 4 = 2{(x – 2) ^2}\left({x + \frac{1}{2}} \right) \to $ muốn kiểm tra phân tích này có đúng hay không thì ta chỉ cần kiểm tra xem hệ số tự do ở trong phân tích này đã đúng chưa. Thật vậy vế phải có hệ số tự do là $2.{\left({ – 2} \right) ^2}.\frac{1}{2} = 4 \to $ chính bằng hệ số ở vế phải là $4 \to $ phân tích này là đúng.
– Nếu ${x_2}$ là nghiệm kép $ \Rightarrow 2x – 7{x^2} + 4x + 4 = 2\left({x – 2} \right) {\left({x + \frac{1}{2}} \right) ^2} \to $ kiểm tra thấy hệ số tự do ở vế trái là $2\left({ – 2} \right) {\left({\frac{1}{2}} \right) ^2} = – 1 \ne 4 \to $ đây là phân tích sai. Nói chung khi thử một trường hợp nếu thấy nó đúng thì ta ghi vào giấy luôn, còn nếu nó sai thì chắc chắn trường hợp còn lại sẽ đúng.
Hoặc một cách để kiểm tra khi phương trình bậc ba $a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\left({ad \ne 0} \right) $ có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$ xem nghiệm nào là nghiệm kép thì ta chỉ cần thử xem hệ thức $a{x_1}x_2^2 = – d$ có đúng không, nếu đúng thì ${x_2}$ là nghiệm kép, còn nếu sai thì ${x_1}$ là nghiệm kép.
Một vài ví dụ nữa để chứng minh sự đúng đắn của cách phân tích này:
+) ${x^3} – 5{x^2} + 8x – 4 = 0$.
Phương trình chỉ có hai nghiệm ${x_1} = 1;{x_2} = 2 \to $ kiểm tra $a{x_1}{x_2} = {1.1.2^2} = 4 = – d$, đúng $ \Rightarrow {x_2}$ là nghiệm kép $ \to $ phân tích được: ${x^3} – 5{x^2} + 8x – 4 = 0 \Leftrightarrow \left({x – 1} \right) {\left({x – 2} \right) ^2} = 0$.
+) $2{x^3} + 11{x^2} + 20x + 12 = 0$.
Phương trình có chỉ hai nghiệm ${x_1} = – 2;{x_2} = \frac{{ – 3}}{2} \to $ kiểm tra $a{x_1}x_2^2 = 2.\left({ – 2} \right).{\left({\frac{{ – 3}}{2}} \right) ^2} = – 9 \ne – d \Rightarrow {x_1}$ là nghiệm kép $ \to $ phân tích được $2{x^3} + 11{x^2} + 20x + 12 = 0 \Leftrightarrow 2{\left({x + 2} \right) ^2}\left({x + \frac{3}{2}} \right) = 0$.
d) Nếu để phương trình này mà bấm máy tính thì sẽ ra số lẻ: nghiệm $x \approx 2,236067977$. Vậy có cách nào để chuyển phương trình đã cho thành phương trình có nghiệm “đẹp” hơn?
Ta chú ý trong phương trình đã cho các dấu hiệu sau:
– Hệ số trước ${x^3}$ và ${x}$ nói chung là “đẹp”, không chứa căn.
– Phương trình không có ${x^2}$, còn hệ số tự do thì chứa căn, cụ thể là chứa $\sqrt 5 $.
Như vậy nếu ta đặt $x = t\sqrt 5 $ thì phương trình đã cho trở thành:
$\begin{array}{l}{\left({t\sqrt 5 } \right) ^2} – \left({t\sqrt 5 } \right) – 4\sqrt 5 = 0 \Leftrightarrow 5{t^3}\sqrt 5 – t\sqrt 5 – 4\sqrt 5 = 0\\\Leftrightarrow 5{t^3} – t – 4 = 0 \Leftrightarrow \left({t – 1} \right) \left({5{t^2} + 5t + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow x = \sqrt 5\end{array}$
Vậy dấu hiệu nào đã đưa ta đến hướng đặt $x = t\sqrt 5 $. Muốn vậy hãy nhìn vào lợi thế có được khi đặt như vậy: $x = t\sqrt 5 \Rightarrow {x^3} = 5{t^3}.\sqrt 5 \Rightarrow $ phương trình rút gọn được $\sqrt 5 $, lúc đó phương trình ẩn $t$ có hệ sổ toàn là hệ số hữu tỷ, nên khả năng hiển thị nghiệm đẹp trên máy tính của phương trình ẩn $t$ là cao hơn so với phương trình ẩn $x$ (do phương trình ẩn $x$ còn chứa căn).
Từ đó rút ra “dấu hiệu”: Khi phương trình chứa một lượng là $\sqrt k $ ở các hệ số thì nếu $\sqrt k $ chỉ xuất hiện ở các số hạng có mũ lẻ (tức là ${x^3}$ và $x$) (hoặc chỉ xuất hiện ở các số hạng có mũ chẵn bao gồm ${x^2}$ và hệ số tự do) thì ta dùng phép đặt $x = t\sqrt k $ để đưa phương trình về phương trình ẩn $t$ với các hệ số đều là các số hữu tỷ.
Dâu hiệu này còn có thê được mở rộng cho các phương trình bậc cao hơn, vậy nên các bạn nên chú ý. Chúng ta sẽ luyện tập dạng này ở phần bài tập.
2. Cách giải một số dạng phương trình bậc ba đặc biệt:
Câu hỏi đặt ra là: Trong khi yêu cầu bài toán là tìm nghiệm chính xác của phương trình, nếu phương trình bậc ba không nhẩm được nghiệm đẹp thì sao?
Trong mục này sẽ đề cập đến một sổ dạng phương trình bậc ba đặc biệt mà khi bấm máy tính, ta chẳng thu được nghiệm nào “đẹp” cả.
Dạng 1: Nhóm lập phương, đưa phương trình về dạng:
${\left({ax + b} \right) ^3} = {(cx + d) ^3}$ (đưa về hai vế lũy thừa cùng bậc).
Nền tảng để nhóm lập phương đó là hằng đẳng thức bậc ba:
$\begin{array}{l}{(a + b) ^3} = {a^3} + 3{a^2}b + 3a{b^2} + {b^3}.\\{(a – b) ^3} = {a^3} – 3{a^2}b + 3a{b^2} – {b^3}.\end{array}$
Thường thì tỉ lệ các hệ số sẽ giúp ta để có cách nhóm phù hợp.
Ví dụ 2: Giải phương trình ${x^3} + 3{x^2} + 3x + 4 = 0$.
Giải: Phương trình đã cho tương đương với:
${(x + 1) ^3} = – 3 \Leftrightarrow x + 1 = – \sqrt 3 \Leftrightarrow x = – 1 – \sqrt[3]{3}$
Nhận xét: Tỉ lệ các hệ số $1:3:3$ trong phương trình đã giúp ta liên tưởng đến việc nhóm hằng đẳng thức ${\left({x + l} \right) ^3}$.
Ví du 3: Giải phương trình $\left({x + \sqrt[3]{2}} \right) = {\left({2x – 1} \right) ^3}$.
Giải: Phương trình ở dạng đơn thuần, ta chỉ cần dùng biển đổi thông thường ${a^n} = {b^n} \Leftrightarrow a = b$ (lưu ý $n$ lẻ) là có thể giải quyết được:
${\left({x + \sqrt[3]{2}} \right) ^3} = {\left({2x – 1} \right) ^3} \Leftrightarrow x + \sqrt[3]{2} = 2x – 1 \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt[3]{2}$.
Chính vì việc giải phương trình dựa trên nền tảng biến đổi:
${\left({ax + b} \right) ^3} = {\left({cx + d} \right) ^3} \Leftrightarrow ax + b = cx + d$
nên phương trình bậc ba đã cho chỉ có một nghiệm $ \to $ đây là một dấu hiệu cho chúng ta khi “bấm máy tính” thấy chỉ có một nghiêm thực. Khi có 2 nghiệm hoặc 3 nghiệm thì ta không nghĩ đến cách nhóm bình phương này nữa!.
Ví dụ 4: Giải phương trình ${x^3} + 3(1 + \sqrt[3]{4}) {x^2} + 3(\sqrt[3]{2} – l) x + 2 = 0$.
Phân tích và lời giải: Phương trình có hình thức “khá là xấu xí” khi chứa đến hai căn bậc ba, đó là $\sqrt[3]{4}$ và $\sqrt[3]{2}$, trong đó $\sqrt[3]{4} = {\left({\sqrt[3]{2}} \right) ^2}$. Từ nhận dạng này và đặc điểm của hẳng đẳng thức, chứng ta sẽ nhóm hằng đẳng thức dạng ${(ax + b) ^3}$. Như vậy hai số hạng ta đưa ra để thực hiện điều này đó là hai số hạng chứa căn bậc ba: $3{x^2}\sqrt[3]{4}$ và $3x\sqrt[3]{2}$. Cụ thể:
${\left({ax + b} \right) ^3} = {(ax) ^3} + 3({a^2}b) {x^2} + 3({b^2}a) x + {b^3} =… + 3\sqrt[3]{4}{x^2} + 3\sqrt[3]{2}x +…$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{a^2}b = 3\sqrt[3]{4}\\3{b^2}a = 3\sqrt[3]{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2}b = \sqrt[3]{4}\\{b^2}a = \sqrt[3]{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2}b.{b^2}a = \sqrt[3]{2}\\a.ab = \sqrt[3]{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt[3]{2}\\b = 1\end{array} \right.$
Vậy ta cần nhóm hằng đẳng thức ${\left({\sqrt[3]{2} + l} \right) ^3} = 2.{x^3} + 3\sqrt[3]{4}{x^2} + 3\sqrt[3]{2}x + 1 \to $ ta sẽ nhóm trong phương trình lượng này:
$\begin{array}{l}{x^3} + 3\left({1 + \sqrt[3]{4}} \right) {x^2} + 3\left({\sqrt[3]{2} – 1} \right) x + 2 = 0\\\Leftrightarrow \left({2{x^3} + 3\sqrt[3]{4}{x^2} + 3\sqrt[3]{2}x + 1} \right) \left({ – {x^3} + 3{x^2} – 3x + 1} \right) = 0\\\Leftrightarrow {\left({\sqrt[3]{2}x + 1} \right) ^3} = {\left({x – 1} \right) ^3} \Leftrightarrow \sqrt[3]{2}x + 1 = x – 1\\\Leftrightarrow \left({\sqrt[3]{2}x – 1} \right) x = – 2 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{1 – \sqrt[3]{2}}}\end{array}$
Nhận xét: Do tính “lẻ” của các căn thức nên ở dạng này, chúng ta dễ dàng dùng phương pháp hệ số bất định để tìm ra được cách nhóm hằng đẳng thức!
Vi dụ 5: Giải phương trình ${x^3} – 3{x^2} + 9x – 9 = 0$.
Phân tích và lời giải: (Đây là dạng hay gặp nhât trong các dạng phương trình bậc ba này đó là phương trình chỉ gồm các hệ số là số hữu tỷ (và thường là sổ nguyên) , đồng thời dựa vào ba số hạng bậc nhỏ hơn 3 là có thể nhóm được hằng đẳng thức). Ta chú ý nhất là dạng này!
Ở dạng này thì ta sẽ chỉ sử dụng các số hạng có bậc bé hơn 3 để nhóm hằng đẳng thức ${(ax + b) ^3}$, cụ thể:
$\begin{array}{l}{(ax + b) ^3} = {a^3}{x^3} + 3{a^2}b{x^2} + 3a{b^2}x + {b^3} =… – 3{x^2} + 9x – 9\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{a^2}b = – 3\\3a{b^2} = 9\\{b^3} = – 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = – \sqrt[3]{9}\\{a^2}\sqrt[3]{{ – 9}} = – 3\\a.\sqrt[3]{{81}} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = – \sqrt[3]{9}\\a = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}\end{array} \right.\end{array}$
$ \to $ Cần nhóm hằng đẳng thức ${\left({\frac{x}{{\sqrt[3]{3}}} – \sqrt[3]{9}} \right) ^3}$ thì tất cả các số hạng có bậc bé hơn 3 sẽ được nhóm vào một hằng đẳng thức bậc ba, còn lại chỉ là ${x^3}$ nên chắc chắn sẽ đưa được phương trình về dạng ${(ax + b) ^3} = c{x^3} \to $ hoàn toàn giải được:
Phương trình đã cho tương đương với:
$\left({\frac{{{x^3}}}{3} – 3{x^2} + 3x – 9} \right) + \frac{2}{3}{x^3} = 0 \Leftrightarrow {\left({\frac{x}{{\sqrt[3]{3}}} – \sqrt[3]{9}} \right) ^3} = \frac{{ – 2}}{3}{x^3} \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt[3]{3}}} – \sqrt[3]{9} = \sqrt[3]{{\frac{2}{3}x}} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{1 – \sqrt[3]{2}}}$
Nhận xét: Việc tìm hệ số $b$ là đơn giản nhất, ta chỉ cần lấy căn bậc ba của hệ số tự do.
Ví dụ 6: Giải phương trình ${x^3} – {x^2} – x – \frac{1}{3} = 0$.
Phân tích và lời giải: Ý tưởng tương tự, nhưng để các hệ số “dương” hơn thì đầu tiên ta nên chuyển vế một chút:
${x^3} = {x^2} + x + \frac{1}{3}$
Giờ ta sẽ cộng thêm một lượng $k{x^3}$ nào đó vào vế phải để thu được hằng đẳng thức bậc ba, mục tiêu là thu được phương trình tương đương ở dạng:
$\left({1 + k} \right) {x^3} = k{x^3} + {x^2} + x + \frac{1}{3}$, trong đó vế phải là một lập phương ${(ax + b) ^3}$ thì có thể dễ dàng giải được phương trình này. Ta triển khai ý tưởng này một cách cụ thể:
$\begin{array}{l}{x^3} = {x^2} + x + \frac{1}{3}\\k{x^3}\\{(ax + b) ^3} = {a^3}{x^3} + 3{a^2}b{x^2} + 3a{b^2}x + {b^3} =… + {x^2} + x + \frac{1}{3}\\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{a^2}b = 1\\3a{b^2} = 1\\{b^2} = \frac{1}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}\\3{a^2}.\frac{1}{{\sqrt[3]{3}}} = 1\\3a.{\left({\frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}} \right) ^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}\\a = \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}\end{array} \right.\end{array}$
$ \to $ Cần nhóm hằng đẳng thức ${\left({\frac{x}{{\sqrt[3]{3}}} + \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}} \right) ^3}$, tức là vế phải cần cộng thêm một lượng$\frac{{{x^3}}}{3}$ là. Ta đi đến lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
$\frac{4}{3}{x^3} = \frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} + x + \frac{1}{3} \Leftrightarrow {\left({\sqrt[3]{{\frac{4}{3}}}x} \right) ^3} = {\left({\frac{x}{{\sqrt[3]{3}}} + \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}}} \right) ^3} \Leftrightarrow \sqrt[3]{{\frac{4}{3}}}x = \frac{x}{{\sqrt[3]{3}}} + \frac{1}{{\sqrt[3]{3}}} \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\sqrt[3]{4} – 1}}$
Nhận xét: Ở Ví dụ 5 và Ví dụ 6 thì khi nhóm hằng đẳng thức ta thấy hơi “cứng”. Sau đây là các lời giải đẹp hơn, từ đó chúng ta đi đến nhận xét chung:
Ví dụ 5: ${x^3} – 3{x^2} + 9x – 9 = 0 \Leftrightarrow 3{x^3} – 9{x^2} + 27x – 27 = 0$
$\begin{array}{l}\Leftrightarrow \left({{x^3} – 9{x^2} + 27x – 27} \right) + 2{x^3} = 0 \Leftrightarrow {\left({x – 3} \right) ^3} = – 2{x^3}\\\Leftrightarrow x – 3 = \sqrt[3]{2} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{1 – \sqrt[3]{2}}}\end{array}$
Ví dụ 6: $\begin{array}{l}{x^3} – {x^2} – x – \frac{1}{3} = 0 \Leftrightarrow 3{x^3} – 3{x^2} – 3x – 1 = 0\\\Leftrightarrow 4{x^3} = {x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 \Leftrightarrow 4{x^3} = {\left({x + l} \right) ^3}\\\Leftrightarrow \sqrt[3]{4}x = x + l \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\sqrt[3]{4} – 1}}\end{array}$
Vậy để quá trình biến đổi đẹp hơn, ở Ví dụ 5 chúng ta đã nhân hai vế lên một lượng là 3. Lúc này thì hệ số tự do trở thành $ – 27 = {\left({ – 3} \right) ^3}$, là một lập phương. Còn ở Ví dụ 6 chúng ta đã nhận thêm một lượng là 3 để hệ số tự do trở thành $\left({ – 1} \right) = {\left({ – 1} \right) ^3}$, cũng là một lập phương.
$ \Rightarrow $ Kinh nghiệm rút ra khi thiếu
${x^3} – 21{x^2} – 15x – 19 = 0$
Ở phương trình này thì việc nhóm các số hạng có bậc bé hơn 3 không khả thi.
Ý tưởng của ta là sử dụng phương pháp hệ số bất định để thêm bớt hai vế để thu hằng đẳng thức:
$(1 + a) {x^3} + (b – 21) {x^2} + \left({c – 15} \right) x + \left({d – 19} \right) = ax + bx + cx + d\left(* \right) $.
(thêm vào hai vế một lượng là $a{x^3} + bx{\rm{ }} + cx + d$, trong đó $a,b,c,d$ sẽ là các số ta cần đi tìm).
Ta để ý rằng, nếu hai vế đều là các lập phương thì phương trình đã cho phải có dạng:
$\begin{array}{l}{\left[ {x.\sqrt[3]{{1 + a}} + \sqrt[3]{{d – 19}}} \right]^3} = {\left[ {x\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{d}} \right]^3}\\\Leftrightarrow \left({1 + a} \right) {x^3} + 3{\left({x\sqrt[3]{{1 + a}}} \right) ^2}\sqrt[3]{{d – 19}} + 3x\sqrt[3]{{1 + a}}.{\left({\sqrt[3]{{d – 19}}} \right) ^2} + \left({d – 19} \right) = a{x^3} + 3{\left({x\sqrt[3]{a}} \right) ^2}.\sqrt[3]{d} + 3x\sqrt[3]{a}.{\left({\sqrt[3]{d}} \right) ^2} + d\left({**} \right)\end{array}$
Để (*) có dạng hai vế đều là hằng đẳng thức thì (*) phải có dạng giống (**) , tức là hệ số trước ${x^3},{x^2},x$ và hệ số tự do phải đồng nhất (nhưng ở đây thì hệ số trước ${x^3}$ và hệ số tự do đã bằng nhau rồi)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\sqrt[3]{{{{\left({1 + a} \right) }^2}\left({d – 19} \right) }} = b – 21\\3\sqrt[3]{{\left({1 + a} \right) {{\left({d – 19} \right) }^2}}} = c – 15\\3\sqrt[3]{{{a^2}d}} = b\\3\sqrt[3]{{a{d^2}}} = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left({1 + a} \right) ^2}\left({d – 19} \right) = \frac{{{{\left({b – 21} \right) }^3}}}{{27}}\left(1 \right) \\\left({1 + a} \right) {\left({d – 19} \right) ^2} = \frac{{c – 15}}{{27}}\left(2 \right) \\{a^2}d = \frac{{{b^3}}}{{27}}\left(3 \right) \\a{d^2} = \frac{{{c^3}}}{{27}}\left(4 \right)\end{array} \right.$
Muốn giải hệ này một cách bài bản thì sẽ rất mất thời gian.
– Nhân (3) và (4) vế theo vế ta được ${\left({ad} \right) ^3} = {\left({\frac{{bc}}{9}} \right) ^3} \Leftrightarrow ad = \frac{{bc}}{9}$
Thay trở lại (3) , (4) ta được: $a = \frac{{{b^2}}}{{3c}}$ và $d = \frac{{{c^2}}}{{3b}}$ (5).
Tương tự nhân (1) và (2) vế theo vế ta được $\left({1 + a} \right) \left({d – 19} \right) = \frac{{\left({b – 21} \right) \left({x – 15} \right) }}{9}$. Thay trở lại được:
$1 + a = \frac{{{{\left({b – 21} \right) }^2}}}{{3\left({c – 15} \right) }}$ và 3 $d – 19 = \frac{{{{\left({x – 15} \right) }^2}}}{{3\left({b – 21} \right) }}\left(6 \right) $
Từ (5) và (6) ta có hệ:
$\left\{ \begin{array}{l}1 + \frac{{{b^2}}}{{3c}} = \frac{{{{\left({b – 21} \right) }^2}}}{{3\left({c – 15} \right) }}\\\frac{{{c^2}}}{{3b}} – 19 = \frac{{{{\left({c – 15} \right) }^2}}}{{3\left({b – 21} \right) }}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}bc\left({b – 21} \right) \left({c – 15} \right) \ne 0\\5{b^2} – 14bc – {c^2} = – 162c\\19{b^2} – 10bc + 7{c^2} = 324b\end{array} \right.$ (quy đồng).
Đây là hệ phương trình đẳng cấp, cách giải xin được giới thiệu trong cuốn Chinh phục Hệ phương trình trong đề thi quốc gia.
Kết quả giải hệ: $(b;c) = \left({9; – 9} \right) ,\left({12;24} \right) $ (đều là nghiệm đẹp-đã loại cặp nghiệm $\left({0;0} \right) $ và $\left({21;15} \right) $).
Ta chọn một nghiệm, chẳng hạn $b = 9$ và $c = – 9 \Leftrightarrow a = – 3$ và $d = 3$. Lúc đó thay vào (*) ta được phương trình tương đương:
$\begin{array}{l}\left({1 – 3} \right) {x^3} + \left({9 – 21} \right) {x^2} + \left({ – 9 – 15} \right) x + \left({3 – 19} \right) = – 3{x^3} + 9{x^2} – 9x + 3\\\Leftrightarrow – 2\left({{x^3} + 6{x^2} + 12x + 8} \right) = – 3\left({{x^3} – 3x + 3x – 1} \right) \\\Leftrightarrow 2{\left({x + 2} \right) ^3} = 3{\left({x – l} \right) ^3} \Leftrightarrow \sqrt[3]{2}\left({x + 2} \right) = \sqrt[3]{3}\left({x – 1} \right) \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{3}}}{{\sqrt[3]{3} – \sqrt[3]{2}}}\end{array}$
Thử một nghiệm khác để kiểm tra tính đúng đắn:
– Với $b = 12$ và $c = 24 \Leftrightarrow a = 2$ và $d = {\rm{ }}16$. Thay vào(*) ta được:
$3{\left({x – l} \right) ^3} = 2{\left({x + 2} \right) ^3}$ (chẳng qua là đảo ngược của trường hợp trên).
$ \Rightarrow $ Chỉ cần chọn một cặp nghiệm để trình bày vào bài.
Qua bài giải sử dụng hệ số bất định này thì có lẽ tâm lí nhiều bạn sẽ “sợ” phương trình kiểu này, nhưng như đã nói, cách giải này chỉ mang tính giới thiệu dạng bài chứ khả năng ra trong các đề thi là rất rất ít, đồng thời sau này chúng ta sẽ xây dụng cách giải tổng quát cho phương trình bậc ba nên không cần phải quá bận tâm phương pháp này!
Dạng 2: Phương pháp đổi biến hữu tỷ.
Chúng ta sẽ đi vào các ví dụ trước, sau đó rút ra các đặc điểm, dấu hiệu khi sử dụng cách giải này! Tất nhiên máy tính bỏ túi sẽ không can thiệp được khi nghiệm lẻ. Nói ở trong phần này, máy tính bỏ túi chỉ góp một phần nhỏ trong việc định hướng giải toán mà thôi!
Ví dụ 8: Giải phương trình ${x^3} + 3x + 1 = 0$.
Giải: Đặt $x = t – \frac{1}{t}$ (với $t \ne 0$ thì tập giá trị của $t – \frac{1}{t}$ là $R$. nên luôn có thể đặt theo kiểu này, lúc đó:
${x^3} = {\left({t – \frac{1}{t}} \right) ^3} = {t^3} – \frac{1}{{{t^3}}} – 3\left({t – \frac{1}{t}} \right) $
Phương trình đã cho trở thành:
$\begin{array}{l}{t^3} – \frac{1}{{{t^3}}} – 3\left({t – \frac{1}{t}} \right) + 3\left({t – \frac{1}{t}} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow {t^3} – \frac{1}{{{t^3} + 1}} = 0\\\Leftrightarrow {t^6} + {t^3} – 1 = 0 \Leftrightarrow {t^3} = \frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{\frac{{ – 1 \pm \sqrt 5 }}{2}}}\end{array}$
Với hai giá trị này của $t$ thì ứng với chỉ một giá trị của $x$ là
$x = \sqrt[3]{{\frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}}} – \frac{1}{{\sqrt[3]{{\frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}}}}} = \sqrt[3]{{\frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}}} – \sqrt[3]{{\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}}$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = \sqrt[3]{{\frac{{ – 1 + \sqrt 5 }}{2}}} – \sqrt[3]{{\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}}$
Ví dụ 9: Giải phương trình ${x^3} – 3x + 4 = 0$.
Phân tích và lời giải: Bước đi đầu tiên là đi chứng minh phương trình vô nghiệm trên $\left({ – 2;2} \right) $. Tại sao lại có phần này, và tại sao lại có cơ sở để chứng minh điều này? Chúng ta sẽ đề cập sau!
Để chứng minh một phương trình vô nghiệm trên một đoạn $\left[ {a;b} \right]$ (hoặc có thể là khoảng) thì ta phải chắc chắn rằng phương trình đó không có nghiệm trên $\left[ {a;b} \right]$. Vậy muốn chắc chắn điều này, thì máy tính có thể hoàn toàn giúp ta. Phương trình trên có nghiệm duy nhất ${x_0} \approx – 2,195823345$ $ \Rightarrow $ nó vô nghiệm trên $\left({ – 2;2} \right) $ (vì điểm ${x_0} \in \left({ – 2;2} \right) $). Tiếp theo, khảo sát hàm số sẽ giúp ta phần còn lại! (Phần này dành cho bạn đọc, chỉ cần khảo sát hàm $f\left(x \right) = {x^3} – 3x + 6$ trên$\left({ – 2;2} \right) $ là suy ra được $f(x) $ có tập giá trị là $\left[ {2;6} \right]$ $ \Rightarrow $ $f(x) \ge 2\forall x \in R\left({ – 2;2} \right) $).(Ở phần Kĩ năng chứng minh phương trình bậc ba vô nghiệm trên một khoảng, sẽ có cách hay hơn cho việc chứng minh này).
Vậy để điều kiện để phương trình có nghiệm là:
$x \notin \left({ – 2;2} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le – 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left| x \right| \ge 2$
Với điều kiện này, ta có thể đặt $x = t + \frac{1}{t}\left({t \ne 0} \right) $
$\left({do\left| {t+\frac{1}{t}} \right| = \left| t \right| + \left| {\frac{1}{t}} \right| \ge 2\sqrt {\left| t \right|.\frac{1}{{\left| t \right|}}} = 2} \right) $
(Ỏ đây đã sử dụng tính chất về giá trị tuyệt đối: Nếu $a,b$ cùng dấu thì $\left| {a + b} \right| = \left| a \right| + \left| b \right|$ và bất đẳng thức Côsi).
Lúc đó phương trình đã cho trở thành:
$\begin{array}{l}{\left({1 + \frac{1}{t}} \right) ^3} – 3\left({1 + \frac{1}{t}} \right) + 4 = 0 \Leftrightarrow {t^3} + \frac{1}{{{t^3}}} + 4 = 0\\\Leftrightarrow {t^6} + 4{t^3} + 1 = 0 \Leftrightarrow {t^3} = – 2 \pm 3 \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{ – 2 \pm \sqrt 3 }}\end{array}$.
Với hai giá trị này của $t$ thì chỉ ứng với một giá trị của $x$ duy nhất là:
$x = \sqrt[3]{{ – 2 + \sqrt 3 }} + \frac{1}{{\sqrt[3]{{ – 2 + \sqrt 3 }}}} = \sqrt[3]{{ – 2 + \sqrt 3 }} – \sqrt[3]{{2 + \sqrt 3 }}$
Nhận xét: Vì chúng ta thực hiện phép đổi biến ${x = t + \frac{1}{t}}$, trong đó ${\left| {t + \frac{1}{t}} \right| \ge 2}$ nên nếu muốn có phép đặt này thì ta phải có $\left| x \right| \ge 2$. Đây chính là nguyên nhân ta cần đảm bảo phương trình vô nghiệm trên $\left({ – 2;2} \right) $. Còn nếu phương trình có nghiệm trên $\left({ – 2;2} \right) $ thì ta sẽ đi ở dạng sau!
Qua hai phương trình trên thì ta thấy dấu hiệu đổi biển hữu tỷ đó là phương trình khuyết ${x^2}$, đồng thời hệ số trước ${x}$ gấp 3 lần (hoặc gấp (-3) lần) hệ số trước ${x^3}$.
Tổng quát:
– Các phương trình có dạng ${x^3} – 3x + a = 0$ (hoặc $k{x^3} – 3kx + a = 0$) nếu có nghiệm $x_0$ với $\left| {{x_0}} \right| \ge 2$ thì ta tìm nghiệm đó bằng phép đặt $x = t + \frac{1}{t}$. Muốn đặt được như thế này thì phải đảm bảo điều kiện $\left| x \right| \ge 2$, hoặc đang xét trường hợp $\left| x \right| \ge 2$.
– Các phươngtrình có dạng ${x^3} + 3x + a = 0$ (hoặc $k{x^3} + 3kx + a = 0$) nếu có nghiệm lẻ ở trong máy tính thì đều có thể “hóa giải” bằng cách đổi biến $x = t – \frac{1}{t}$. Lưu ý rằng phương trình dạng này luôn có nghiệm duy nhất, vậy nên dù có tìm được hai giá trị của $t$ thì cũng chỉ ứng với một giá trị của $x$.
Do $f\left(x \right) = t – \frac{1}{t}\left({t \ne 0} \right) $ có tập giá trị là $R$ nên hoàn toàn có thể đổi biến kiểu này. Đây chính là nguyên nhân ta không cần chặn $x$ trước khi thực hiện phép đặt.
Dang 3: Phương pháp đổi biến lượng giác.
Phương pháp này chỉ áp dụng cho những bạn đã học đến phần phương trình lượng giác.
Ví dụ 10: Giải phương trình $4{x^3} – 3x + \frac{1}{2} = 0$.
Phân tích và lời giải:
Máy tính bỏ túi cho ta ba nghiệm:
${x_1} \approx – 0,9396926208;{x_2} \approx 0,7660444431;{x_3} \approx 0,1736481777$.
Nhận xét rằng ba nghiệm này đều có giá trị tuyệt đối bé hơn $1 \to $ có thể dùng phép lượng giác hóa $x = cost$ để giải phương trình này. Tại sao ta lại nghĩ đến điều này? Bởi hệ số 4 và -3 trong phương trình trên: khi đặt $x = cost$ thì $4{x^3} – 3x = 4co{s^3}t – 3\cos t = cos3x \to $ phương trình trở thành dạng: $cos3x + \frac{1}{2} = 0$, đây là phương trình lượng giác cơ bản. Tất nhiên, đầu tiên ta phải đi chứng minh phương trình này vô nghiệm khi $\left| x \right| > 1$.
Để chứng minh phương trình vô nghiệm thì công cụ hữu ích nhất cho ta, đối với các hàm đa thức (cụ thể ở đây là đa thức bậc ba) đó là khảo sát hàm số. Công việc này quá đơn giản đối với các học sinh lớp 12 nhưng sau đây ta sẽ tìm cách “lách luật” để không cần dùng đến khảo sát hàm số! Phương trình đã cho tương đương với:
$4{x^3} – 3x = \frac{{ – 1}}{2} \Rightarrow \left| {4{x^3} – 3x} \right| = 1 \Rightarrow \left| x \right|.\left| {4{x^2} – 3} \right| = \frac{1}{2}\left(* \right) $.
Với $\left| x \right| > 1$ thì $\left| {4{x^2} – 3x} \right| = \left| {4{{\left| x \right|}^2} – 3} \right| > \left| {4 – 3} \right| = 1 \Rightarrow \left| x \right|\left| {4{x^2} – 3} \right| > 1.1 = 1 > \frac{1}{2}$, mâu thuẫn (*).
Suy ra $\left| x \right| \le 1$. Lúc này ta có thể đặt $x = cost$ (điều kiện $t \in \left[ {0;\pi } \right]$) , phương trình đã cho trở thành:
$\begin{array}{l}4c{\rm{o}}{{\rm{s}}^3}t – 3\cos t + \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow c{\rm{os}}3t = \frac{{ – 1}}{2}\\\Leftrightarrow 3t = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left({k \in Z} \right) \Leftrightarrow t = \ne \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array}$
Với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ thì chỉ tìm được ba giá trị của $t$ thỏa mãn là:
${t_1} = \frac{{2\pi }}{9};{t_2} = \frac{{4\pi }}{9}$ và ${t_3} = \frac{{8\pi }}{9}$
Suy ra phương trình có ba nghiệm là:
$x = c{\rm{os}}\frac{{2\pi }}{9};x = c{\rm{os}}\frac{{4\pi }}{9}$ và $x = c{\rm{os}}\frac{{8\pi }}{9}$
Lưu ý: Trong bài toán trên ta đặt điều kiện $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ chứ không phải $t \in R$ là do mục đích cuối cùng của ta là tìm $x$, nên chỉ cần tìm các giá trị $t$ cụ thể để thay vào tìm $x$. Thật vậy nếu đặt điều kiện $t \in {\rm{R}}$ nhìn thì có vẻ là vô số nghiệm $x$ nhưng do tính tuần hoàn của hàm số cosin nên thì khi xử lí nghiệm $t$ phức tạp: $t = \pm \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}$ (vô số nghiệm $t$) $ \to $ thay vào tìm $x$ ta được $x = c{\rm{os}}\left({ \pm \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}} \right) $ thực chất “vô số giá trị của $F$ chỉ cho 3 giá trị của $x$ là 3 nghiệm đã tìm ra như đề bài.
Đồng thời việc đặt điều kiện $t$ phải dựa trên điều kiện:
– Mỗi giá trị của $t$ phải ứng với một giá trị của $x$.
– Mỗi giá trị của $x$ phải ứng với ít nhất một giá trị của $t$.
Tức là hiểu nôm na với mỗi $x$ thuộc tập giá trị của $x$ thì phải ứng với ít nhất một giá trị của $t$ (có thể một giá trị của $x$ ứng với nhiều $A$ nhưng nếu quá nhiều $t$ thì khi thay $t$ trở lại tìm $x$ sẽ bị lặp nghiệm). Như vậy để tối ưu hóa lời giải ta đặt $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ do:
– Khi $x = cost$ thì tập giá trị của $x$ là $\left[ { – 1;1} \right]$ (1).
– Với mỗi $x \in \left[ { – 1;1} \right]$, ta luôn tìm được duy nhất $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ (2).
Ta hoàn toàn có thể đặt điều kiện là $t \in \left[ {\pi ;2\pi } \right]$;hay $t \in \left[ { – \pi ;0} \right]$, đều thỏa mãn hai điều kiện (1), (2) nhưng có vẻ rằng việc chọn tập giá trị của $t$ là $\left[ {0;\pi } \right]$ vẫn là “đẹp” và dễ thao tác nhất!
Từ đó các bạn hãy suy ra tại sao sử dụng các bước đặt sau ta lại dùng các điều kiện tương ứng:
– Đặt $x = sint$, điều kiện $t \in \left[ {\frac{{ – \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$
– Đặt $x = tant$, điều kiện $t \in \left[ {\frac{{ – \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right]$
– Đặt $x = cotant$, điều kiện $t \in \left[ {0;\pi } \right]$.
Ví dụ 11: Giải phương trình ${x^3} – 3x + 1 = 0$.
Phân tích và lời giải:
Phương trình này có hình thức giống phương trình đã được giới thiệu ở Ví dụ 9 (đều có hệ số trước $x$ gấp (-3) lần hệ số trước ${x^3}$) , nhưng khác một điều là nghiệm của phương trình này lại có giá trị tuyệt đối bé hơn 2, vậy nên không thể xử lí theo cách đặt $x = t + \frac{1}{t}$ được!
Máy tính cho ta ba nghiệm lẻ ${x_1} \approx 1,879385242;{x_2} \approx 1,532088886$ và ${x_3} \approx 0,3472963553$. Nhận xét rằng các nghiệm này đều có giá trị tuyệt đối bé hơn 2, nên ta có thể sử dụng phép đặt $x = 2cost$. Lợi thế của phép đặt này: ${x^3} – 3x = 8co{s^3}t – 6cost = 2(4co{s^3}t – 3cost) = 2cos3x$, lúc đó phương trình đã cho trở thành phương trình lượng giác cơ bản: $2cos3x + 1 = 0$.
Tất nhiên việc đầu tiên phải làm là chứng minh $\left| x \right| \le 2$, tức là cần chứng minh vỏ’i $\left| x \right| > 2$ thì phương trình vô nghiệm. Khảo sát hàm số là một cách, nhung cách đề cập sau đây sẽ “lách luật” để bài giải gọn hơn. Ta có:
${x^3} – 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow {x^3} – 3x = – l \Leftrightarrow \left| {{x^3} – 3x} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| x \right|.\left| {{x^2} – 3} \right| = 1(*).$
Với $\left| x \right| > 2$ thì $\left| {{x^2} – 3} \right| > 1 \Rightarrow \left| x \right|\left| {{x^2} – 3} \right| > 2.1 > 1$, mâu thuẫn $\left(* \right) \Rightarrow \left| x \right| \le 2$.
Lúc này có thể đặt $x = 2cost$ (với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$).
Phương trình đã cho trở thành:
$8co{s^3}t – 6cost + 1 = 0 \Leftrightarrow 2cos3t + 1 = 0$
$ \Leftrightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^3}t = \frac{{ – 1}}{2} \Leftrightarrow 3t = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left({k \in Z} \right) \Leftrightarrow t = \pm \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}$
Với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ thì ta tìm được ba giá trị của $t$ thỏa mãn là
${t_1} = \frac{{2\pi }}{9};{t_2} = \frac{{4\pi }}{9}$ và ${t_3} = \frac{{8\pi }}{9}$
Từ đó kết luận phương trình có ba nghiệm là:
$x = 2cos\frac{{2\pi }}{2};x = 2cos\frac{{4\pi }}{9}$ và$x = 2cos\frac{{8\pi }}{9}$
Câu hỏi đặt ra: Liệu có cách nào để hiểu rõ bản chất bước đặt này không? Tại sao lại có thể nghĩ đến phép đổi biến $x = 2cost$ như vậy? Tại sao ở Ví dụ 10 thì $x = cost$ mà ở Ví dụ 11 lại đặt $x = 2cost$?
Để trả lời lần lượt các câu hỏi này, đầu tiên ta phải xuất phát từ công thức lượng giác:
$c{\rm{os}}3t = 4c{\rm{o}}{{\rm{s}}^3}t – 3\cos t \to \frac{{He\,so\,truoc\,{{\cos }^3}x}}{{He\,so\,truoc\,\cos x}} = \frac{4}{{ – 3}} = \frac{{ – 4}}{3}$
Như vậy nếu phương trình có dạng $4k{x^3} – 3kx + a = 0$ (tức là $\frac{{He\,so\,truoc\,{{\cos }^3}x}}{{He\,so\,truoc\,\cos x}} = \frac{4}{{ – 3}} = \frac{{ – 4}}{3}$ thì khi đặt $x = cost$, phương trình này hoàn toàn có thể đưa về phương trình lượng giác cơ bản:
$4kco{s^3}t – 3cost + a = 0 \Leftrightarrow k(4co{s^3}t – 3cost) + a = 0 \Leftrightarrow cos3t = \frac{{ – a}}{k}$.
Để phương trình này có nghiệm thì điều kiện là $\left| {\frac{a}{k}} \right| \le 1$ (cần lưu ý)
Như vậy câu hỏi thứ nhất đã được giải quyết.
Phép đặt $x = 2cost$ thực chất là “hai phép đặt trong một”. Đầu tiên phương trình có dạng: ${x^3} – 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow \frac{{He\,so\,truoc\,{x^3}}}{{He\,so\,truoc\,x}} = \frac{1}{{ – 3}} = \frac{{ – 1}}{3}$
Vậy có cách nào để đưa tỉ số hệ số đó thành $\frac{{ – 4}}{3}$ hay không? Hoàn toàn có thể nhờ sử dụng hệ số bất định: đổi biến $x = ky$ (trong đó $k$ là hệ số, còn $y$ là biến mới), lúc đó phương trình đã cho trở thành:
$k{y^3} – 3ky{\rm{ }} + 1 = 0\left(1 \right) $.
Giờ đi tìm hệ số $k$ sao cho:
$\frac{{He\,so\,truoc\,{y^3}}}{{He\,so\,truoc\,y}} = \frac{{ – 4}}{3} \Leftrightarrow \frac{{{k^3}}}{{ – 3k}} = \frac{{ – 4}}{3} \Leftrightarrow k = \pm 2$
Chọn $k = 2$ th ì(1) thành: $8{y^3} – 6y + 1 = 0 \to \frac{{He\,so\,truoc\,{y^3}}}{{He\,so\,truoc\,y}} = \frac{8}{{ – 6}} = \frac{{ – 4}}{3}$
$ \to $ sử dụng phép đặt $y = cost$ thì có thể đưa phương trình thành:
$8co{s^3}t – 6cost + 1 = 0 \Leftrightarrow 2cos3t + 1 = 0$.
Nhìn lại: $x = 2y$, còn $y = cost \Rightarrow x = 2\cos t \to $ bản chất của phép đặt $x = 2\cos t$ là hai phép đặt!
Như vậy, với phương trình có dạng $a{x^3} + bx + c = 0$ bất kì ta có thể dùng phép đặt $x = ky$ để đưa về tỉ lệ mà ta muốn.
Mở rộng:
Với phương trình bậc ba khuyết $x$ có dạng: $a{x^3} + bx + c = 0\left({ab \ne 0} \right) $ thì ta hoàn toàn có thể dùng phép đặt $x = ky$ để đưa về “tỉ lệ mong muốn”:
$ak{y^3} + bky{\rm{ }} + c = 0$
Lập tỉ lệ $\frac{{He\,so\,truoc\,{y^3}}}{{He\,so\,truoc\,y}} = \frac{{a{k^3}}}{{bk}} = \frac{{a{k^2}}}{b} = $ tỉ lệ mong muôn”, ta sẽ tìm được hệ số k thích hợp.
Trong đó thì “tỉ lệ mong muốn” thường gặp của chúng ta là $\frac{1}{3}$ (để quy về phương trình Dạng 2) hoặc $\frac{{ – 1}}{3}$ hoặc $\frac{{ – 4}}{3}$ (để quy về phương trình Dạng 3). Nhưng thường ta sẽ chỉ dùng tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$
Lưu y: Do ${k^2} > 0$ nên tỉ lệ $\frac{{He\,so\,truoc\,{y^3}}}{{He\,so\,truoc\,y}}$ sẽ cùng dấu với $\frac{a}{b}$. Vậy nên tỉ lệ mong muốn của chúng ta phải cùng dấu với $\frac{a}{b}$ , tức là cùng dấu với ${ab}$.
Minh họa phần Mở rộng và lưu ý:
Ví dụ 12: Giải phương trình $3{x^3} + 4x + 5 = 0$.
Lời giải và phân tích: Do tích $ab = 3.4 > 0$ nên ta sẽ mục đích sẽ đưa phương trình về dạng tỉ lệ $\frac{1}{3}$ (không thể là tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$ hay $\frac{{ – 4}}{3}$vì hai tỉ lệ này đêu trái dấu với $ab$). Nháp: Đặt $x = ky$ thì phương trình trở thành: $3{k^3}{y^3} + 4ky + 5 = 0$.
Cần có $\frac{{He\,so\,truoc\,{y^3}}}{{He\,so\,truoc\,y}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{3{k^3}}}{{4k}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow k = \pm \frac{2}{3}$
Ta sẽ chọn hệ số $k$ dương để tiện trình bày.
Trình bày: Đặt $x = \frac{2}{3}y$ thì phương trình đã cho trở thành:
$3.{\left({\frac{2}{3}y} \right) ^3} + 4\frac{2}{3}y + 5 = 0 \Leftrightarrow \frac{8}{9}{y^3} + \frac{8}{3}y + 5 = 0 \Leftrightarrow {y^3} + 3y + \frac{{45}}{8} = 0\left(1 \right) $
Đặt $y = t – \frac{1}{t}\left({t \ne 0} \right) $ thì (1) trở thành:
$\begin{array}{l}{\left({t – \frac{1}{t}} \right) ^3} + 3\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{{45}}{8} = 0 \Leftrightarrow {t^3} – \frac{1}{{{t^3}}} + \frac{{45}}{8} = 0 \Leftrightarrow {t^6} + \frac{{45}}{8}{t^3} – 1 = 0\\\Leftrightarrow {t^3} = \frac{{ – 45 \pm \sqrt {2281} }}{{16}} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{\frac{{ – 45 \pm \sqrt {2281} }}{{16}}}}\end{array}$
Với hai giá trị này của $t$ thì chỉ ứng với một giá trị của $y$ là
$y = \sqrt[3]{{\frac{{ – 45 + \sqrt {2281} }}{{16}}}} – \sqrt[3]{{\frac{{16}}{{ – 45 + \sqrt {2281} }}}}$
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là
$x = \frac{2}{3}\left({\sqrt[3]{{\frac{{ – 45 + \sqrt {2281} }}{{16}}}} – \sqrt[3]{{\frac{{16}}{{ – 45 + \sqrt {2281} }}}}} \right) $
Ví dụ 13: Giải phương trình $3{x^3} – 4x + 5 = 0$.
Lời giải và phân tích: Do tích $ab = 3.\left({ – 4} \right) < 0$ nên ta sẽ đưa về dạng tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$ hoặc $\frac{{ – 4}}{3}$. Thế nhưng tối ưu nhất vẫn là đưa về tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$, bởi nó sẽ có lợi thế sau:
– Nếu phương trình ẩn $y$ có nghiệm mà có giá trị tuyệt đối lớn hơn 2 thì ta có thể giải theo cách đặt $y = t – \frac{1}{t}$
– Nếu phương trình ẩn $y$ có nghiệm có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 2 thì ta có thể giải theo cách lượng giác hóa $x = 2\cos t$ (ta nhớ luôn cách đặt này trong trường hợp tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$).
Nháp: Đặt $x = ky$ thì phương trình trở thành: $3{k^3}{y^3} – 4ky + 5 = 0$.
Cần có $\frac{{He\,so\,truoc\,{y^3}}}{{He\,so\,truoc\,y}} = \frac{{ – 1}}{3} \Leftrightarrow \frac{{3{k^3}}}{{ – 4k}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow k = \pm \frac{2}{3}$ chọn $k = \frac{2}{3}$
Trình bày: Đặt $x = \frac{2}{3}y$ thì phương trình đã cho trở thành:
$3.{\left({\frac{2}{3}y} \right) ^3} – 4\frac{2}{3}y + 5 = 0 \Leftrightarrow \frac{8}{9}{y^3} – \frac{8}{3}y + 5 = 0 \Leftrightarrow {y^3} – 3y + \frac{{45}}{8} = 0\left(2 \right) $
Bấm máy cho ta nghiệm ${y_0} \approx – 2,327412164$ có $\left| {{y_0}} \right| > 2$ nên sẽ dùng phép đặt ẩn phụ $y = t – \frac{1}{t}$.
Nhưng đầu tiên là phải chứng minh vô nghiệm (2) vô nghiệm trên $\left({ – 2;2} \right) $. Sau đây là cách “lắt léo” mà ta sẽ phân tích ở phần Kĩ năng.
Ta có:
${y^3} – 3y + \frac{{45}}{8} = \left({{y^3} – 3y + 2} \right) + \left({\frac{{45}}{8} – 2} \right) = \left({y + 2} \right) {\left({y – 1} \right) ^2} + \frac{{29}}{8} \ge \frac{{29}}{8}$
với mọi $y > – 2$ (do $\left({y + 2} \right) {\left({y – l} \right) ^2} > 0$).
Như vậy để (2) có nghiệm thì điều kiện cần là $y \le – 2$. Lúc đó ta có thể đặt $y = t – \frac{1}{t}$ (với ${t < 0}$) ,(2) trở thành:
$\begin{array}{l}{\left({t – \frac{1}{t}} \right) ^3} – 3\left({t + \frac{1}{t}} \right) + \frac{{45}}{8} = 0 \Leftrightarrow {t^3} + \frac{1}{{{t^3}}} + \frac{{45}}{8} = 0 \Leftrightarrow {t^6} + \frac{{45}}{8}{t^3} + 1 = 0\\\Leftrightarrow {t^3} = \frac{{ – 45 \pm \sqrt {2281} }}{{16}} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{\frac{{ – 45 \pm \sqrt {2281} }}{{16}}}}\end{array}$ (đều thỏa mãn ${t < 0}$).
Với hai giá trị này của $t$ thì chỉ tìm được một giá trị của $y$ là
$y = \sqrt[3]{{\frac{{ – 45 + \sqrt {2281} }}{{16}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{16}}{{ – 45 + \sqrt {2281} }}}} \Rightarrow x = \frac{2}{3}\left({\sqrt[3]{{\frac{{ – 45 + \sqrt {2281} }}{{16}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{16}}{{ – 45 + \sqrt {2281} }}}}} \right) $
3. Lược đồ giải pt bậc ba
Với đề bài: Giải phương trình $a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\left(* \right) \left({a \ne 0} \right) $.
Việc đầu tiên ta làm đó là… bấm máy tính tìm nghiệm của phương trình (*). Đó là hướng đi đầu tiên trong việc giải phương trình này. Sẽ có xảy ra các trường hợp. sau:
THI: Phương trình (*) có một nghiệm “đẹp” $ \to $ phân tích nhân tử.
TH2: Phương trình (*) có nghiệm “lẻ”!
– Định hưởng 1: Thử nhóm lập phương. Cách này nói chung không áp dụng được rộng rãi cho phương trình bậc ba, nhưng nếu áp dụng được thì có lợi thế là trình bày rất gọn.
– Định hướng 2: Khử ${x^2}$ trong phương trình(*) bằng phép đặt:
$x = z – \frac{b}{{3a}}$
Lúc này phương trình trở thành:
$\begin{array}{l}a{\left({z – \frac{b}{{2a}}} \right) ^3} + b{\left({z – \frac{b}{{3a}}} \right) ^2} + c\left({z – \frac{b}{{3a}}} \right) + d = 0\\\Leftrightarrow a\left({{z^3} – \frac{b}{a}{z^2} + \frac{{{b^2}}}{{3{a^2}}}z – \frac{{{b^3}}}{{27{a^3}}}} \right) + b\left({{z^3} – \frac{{2b}}{{3a}}{z^2} + \frac{{{b^2}}}{{9{a^2}}}} \right) + cz – \frac{{bc}}{{3a}} + d = 0\\\Leftrightarrow a{z^3} + \left({c – \frac{{{b^2}}}{{3a}}} \right) z + \left({d + \frac{{{b^3}}}{{27{a^3}}} – \frac{{bc}}{{3a}}} \right) = 0\left({**} \right)\end{array}$
Có thể xảy ra các trường hợp:
TH2.1. Nếu $c – \frac{{{b^2}}}{{3a}} = 0$ hoặc $d + \frac{{{b^3}}}{{27{a^3}}} – \frac{{bc}}{{3a}} = 0$ thì(**) trở về dạng đơn giản.
TH2.2. Nếu $\left({c – \frac{{{b^2}}}{{3a}}} \right) \left({d + \frac{{{b^3}}}{{27{a^3}}} – \frac{{bc}}{{3a}}} \right) \ne 0$ xét dấu $\left({3ac – {b^2}} \right) $
+) Nếu $\left({3ac – {b^2}} \right) > 0$ thì quy(**) về dạng tỉ lệ $\frac{1}{3}$ bằng phép đặt $z = ky$.
Tiếp tục sử dụng phép đặt $y = t – \frac{1}{t}$ và tìm $t$.
+) Nếu $\left({3ac – {b^2}} \right) < 0$ thì quy (**) về dạng tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$ bằng phép đặt $z = ky$.
Lúc đó phương trình ẩn $y$ ta thu được sẽ có dạng chung là: ${y^3} – 3y + A = 0$. Bấm máy tính:
– Nếu có nghiệm $y < 2$ thì đặt $y = 2cost$ để tìm $t$.
– Nếu có nghiệm $y > 2$ thì đặt $y = t + \frac{1}{t}$ và tìm $t$.
Khi tìm được $t \Rightarrow y \Rightarrow z \Rightarrow x$. Khi quen rồi chứng ta có thể chỉ cần đặt một bước “một trong ba”: đặt dạng $x$ theo $t$ luôn và giải phương trình tìm $t$. Nhìn chung có vẻ rườm rà, nhưng khi thực hành trên phương trình có các hệ số $a,b,c,d$ cụ thể thì lại không rườm rà hệ số như trên.
Trong quá trình giải toán thì tôi đã chứng minh được rằng:
Phương trình ${x^3} – 3x + k = 0$ nếu có ba nghiệm lẻ (trường hợp nghiệm đẹp thì ta không xét làm gì!) đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 2 thì bạn hãy thực hiện luôn phép đặt $x = 2cost\left({r \in \left[ {0;7} \right]} \right) $, lúc đó sẽ tìm được đúng 3 giá trị $t$ thỏa mãn, ứng với đó là 3 giá trị phân biệt của $x$. Như vậy là ta đã tìm được 3 nghiệm thực của phương trình đó, mà ta biết phương trình bậc $n$ thì có nhiều nhất là $n$ nghiệm $ \Rightarrow $ phương trình bậc ba của chúng ta đã tìm được ba nghiệm nên 3 nghiệm $x$ mà ta tìm đựợc cũng chính là nghiệm của phương trình, không có thêm nghiệm nào nữa! Chính vì vậy bước chứng minh phương trình vô nghiệm với $\left| x \right| > 2$ sẽ không cần phải thực hiện.
Ngoài cách giải phương trình bậc ba tổng quát như trên thì ta còn công thức Cardano tổng quát cho phương trình bậc ba:
Với phương trình bậc ba: $a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\left({a \ne 0} \right) $.
Ta đổi biến $x = y – \frac{b}{{3a}}$ và biến đổi tương đương phương trình thành:
${y^3} + by + q = 0$
(trong đó $p = – \frac{{{b^2}}}{{3a}} + \frac{c}{a}$ và $q = \frac{{2{b^3}}}{{27{a^3}}} – \frac{{bc}}{{3{a^2}}} + \frac{d}{a}$
Công thức Cardano cho phương trình ẩn y:
$y = \sqrt[3]{{ – \frac{q}{2} + \sqrt {\frac{{{q^2}}}{4} + \frac{{{p^3}}}{{27}}} }} + \sqrt[3]{{ – \frac{q}{2} – \sqrt {\frac{{{q^2}}}{4} + \frac{{{p^3}}}{{27}}} }}$
Với công thức này thì nếu$\frac{{{q^2}}}{4} + \frac{{{p^3}}}{{27}} \ge 0$ thì lúc đó phương trình có nghiệm duy nhất. Còn khi $\frac{{{q^2}}}{4} + \frac{{{p^3}}}{{27}} < 0$ thì lúc đó cần đến công cụ khai căn số phức để xử lí, nhiều lúc sẽ gặp phức tạp. Đây chính là nhược điểm của công thức Carnado, khó áp dụng được với các học sinh không được học đến số phức.
Ngoài ra ta cũng có thể dùng phép lượng giác hóa $x = tant$ để xử lí nhanh phương trình bậc ba trong một số trường hợp đặc biệt.
4. Một số kĩ năng cần có sau khi xử lí phương trình bậc ba
a, Kĩ năng phân tích đa thức bậc ba thành nhân tử:
Kĩ năng này đã được đề cập khá kĩ ở Ví dụ 1.
b, Kĩ năng chứng minh phương trình bác ba vô nghiệm trên một đoạn, một khoảng:
Giả sử ta cần chứng minh phương trình $a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0$ vô nghiệm trên đoạn $\left[ {m;n} \right]$ chẳng hạn.
Ta sẽ khảo sát hàm số $f\left(x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ trên $\left[ {m;n} \right]$ và lúc đó, nếu tập giá trị của $f\left(x \right) $ không chứa điểm 0 thì phương trình $f\left(x \right) = 0$ sẽ vô nghiệm trên $\left[ {m;n} \right]$. Nói cách khác, ta cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $y\left( x \right)$ trên $\left[ {m;n} \right]$ để kết luận tập giá trị của $f\left(x \right) $ không chứa điểm 0. Việc này thì quá dễ dàng đối với học sinh THPT.
Vi dụ 14: Chứng minh rằng phương trình ${x^3} + 9{x^2} + 6x + 5 = 0$ vô nghiệm trên $\left[ { – 5;6} \right]$.
Giải: xét hàm số ${x^3} + 9{x^2} + 6x + 5 = 0$ trên $\left[ { – 5;6} \right]$.
(Bấm máy tính thấy nghiệm duy nhất ${x_0} \approx – 8,353382916 \in \left[ { – 5;6} \right]$ nên $f\left(x \right) $ chắc chắn vô nghiệm trong đoạn này)
Ta có $f’\left(x \right) = 3{x^2} + 18x + 6 = 0 \Leftrightarrow x = – 3 \pm \sqrt 7 $
(Chỉ có $ – 3 + \sqrt 7 \in \left[ { – 5;6} \right]$)
Tính các giá trị $f\left({ – 5} \right) = 75;f\left({ – 3 + \sqrt 7 } \right) = 41 – 14\sqrt 7 $ và $f\left(6 \right) = 581$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ { – 5;7} \right]} f\left(x \right) = 581\\\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 5;7} \right]} f\left(x \right) = 41 – 14\sqrt 7 > 0\end{array} \right. \Rightarrow f\left(x \right) > 0\forall x \in \left[ { – 5;6} \right]$$ \Rightarrow $ Phương trình $f\left(x \right) = 0$ vô nghiệm trên $\left[ { – 5;6} \right]$ (đpcm).
Tất nhiên với một số đề bài thì nó cũng không cho quá lộ là bắt chứng minh vô nghiệm trên khoảng nào, đoạn nào, mà chủ yếu là ta “cần chứng minh nó”. Sau này đi giải các phương trình vô tỷ thì việc này sẽ phải làm rất nhiều, nhất là trong phương pháp liên hợp. Còn với phương trình đa thức thì có lẽ việc ta phải chứng minh vô nghiệm như thế này chỉ dùng khi ta đổi biến dạng $t + \frac{1}{t}$ (bởi khi đổi biến $t – \frac{1}{t}$ thì không cần điều kiện, còn khi lượng giác hóa thì phương ttình đã có sẵn ba nghiệm rồi nên $t$ không cần chúng minh vô nghiệm nữa). Tức là chủ yếu cần chứng minh vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Ở Ví dụ 13, ta đã dùng thủ thuật “lắt léo” để chứng minh nhanh phương trình vô nghiệm. Vậy nó đã dựa vào cơ sở nào để làm như vậy? Câu trả lời chính là khảo sát hàm số.
Khảo sát hàm số $g\left(y \right) = {y^3} – 3y + \frac{{45}}{8}$ trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Ta có: $g’\left(y \right) = 3{y^2} – 3;g’\left(y \right) = 0 \Leftrightarrow y = \pm 1$.
Đối chiếu các giá trị $g\left({ – 2} \right) = g\left(1 \right) = \frac{{29}}{8};g\left({ – 1} \right) = g\left(2 \right) = \frac{{61}}{8}$
$ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 2;2} \right]} g\left(y \right) = \frac{{29}}{8} \Rightarrow g\left(y \right) \ge \frac{{29}}{8}$ trên $\left[ { – 2;2} \right]$
$ \Rightarrow g\left(y \right) $ vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Vậy nên ở trong $g\left(y \right) $ ta sẽ tách riêng lượng $\frac{{29}}{8}$, còn lượng còn lại chắc chắn sẽ chứa nhân tử, trong đó có một nhân tử bình phương mà từ đó ta có thể đánh giá được. Cụ thể:
$g\left(y \right) = {y^3} – 3y + \frac{{45}}{8} = \left({{y^3} – 3y + 2} \right) + \frac{{29}}{8} = \left({y + 2} \right) {\left({y – 1} \right) ^2} + \frac{{29}}{8} \ge \frac{{29}}{8}$
Do $\left({y + 2} \right) \ge 0,{\left({y – 1} \right) ^2} \ge 0$ với $y \in \left[ { – 2;2} \right]$.
Vi dụ 15: Chứng minh phương trình ${x^3} – 3x – 9 = 0$ vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Giải: Ta có: ${x^3} – 3x – 9 = \left({{x^3} – 3x – 2} \right) – 7 = \left({x – 2} \right) {\left({x + l} \right) ^2} – 7 \le – 7$ do$\left({x – 2} \right) \le 0$ với mọi $x \in \left[ { – 2;2} \right]$.
Cơ sở: Trên đoạn $\left[ { – 2;2} \right]$, ta thấy $\mathop {Max}\limits_{\left[ { – 2;2} \right]} \left({{x^3} – 3x – 9} \right) = – 7 < 0$, nên ta tách lượng (-7) riêng ra.
Thể có bạn sẽ hỏi tại sao không lấy $\mathop {Min}\limits_{\left[ { – 2;2} \right]} \left({{x^3} – 3x – 9} \right) = – 11$ ra để tách (-11) riêng ra? Bởi vì khi tách riêng (-11) thì ta vẫn có thể đánh giá được giá trị nhỏ nhất của nó: ${x^3} – 3x – 9 = \left({{x^3} – 3x + 2} \right) – 11{\rm{ }} = \left({x + 2} \right) {\left({x – l} \right) ^2} – 11 > – 11 \ge – 11\forall x \in \left[ { – 2;2} \right]$.
Nếu có điều này thì tất nhiên không thể khẳng định phương trình đã cho vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$. Đó chính là lí do ta cần chọn “đánh giá lớn nhất” hay “đánh giá nhỏ nhất” cho phù hợp. Bạn cũng có thể thấy điều này thông qua Ví dụ 13. Nêu ta dùng kiểu “đánh giá lớn nhất” thì cũng chưa thể khẳng định được phương trình vô nghiệm: $g\left(y \right) \le \frac{{61}}{8}\forall x \in \left[ { – 2;2} \right]$ thì chưa thể kết luận được phương trình vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Nhận xét: Với hàm số dạng $f(x) = k{x^3} – 3kx$ ($k$ là hằng số khác 0) thì hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại các điểm $x = \pm 1$, đồng thời đồ thị $f\left(x \right) $ nhận điểm $\left({0;0} \right) $ làm tâm đối xứng nên $f\left(1 \right) = f\left({ – 2} \right) $ và $f\left(2 \right) = f\left({ – 1} \right) $ (xem đồ thị minh họa) $ \Rightarrow $ giá trị cực đại, cực tiểu của $f\left(x \right) $ trên đoạn $\left[ { – 2;2} \right]$ tại điểm $\mathop {Min}\limits_{\left[ { – 2;2} \right]} \left({{x^3} – 3x – 9} \right) = – 11 < 0$ khi gặp hàm số dạng$f\left(x \right) = k{x^3} – 3kx$ thì ta có thể tìm được ngay max, min của$f\left(x \right) $ trên $\left[ { – 2;2} \right]$ bằng cách so sánh $f\left(2 \right) $và$f\left(- 2 \right) $) , cái nào lớn hơn thì là max, cái nào bé hơn thì là min.
Hê quả: Hàm số dạng $g\left(x \right) = k{x^3} – 3kx + a$ sẽ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là $f\left(2 \right) $ hoặc $f\left(- 2 \right) $. Dựa vào nhận xét này, ta sẽ đi kiểm tra được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số dạng $f(x) = k{x^3} – 3kx + a$ mà không cần mất thời gian khảo sát hàm số.
II. BÀI TẬP ÁP DỤNG:
1. Phần bài tâp:
Giải các phương trình sau trên tập số thực:
Bài 1.
a) $6{x^3} + 55{x^2} + 53x – 24 = 0$.
b) $15{x^3} – 11{x^2} – 24x + 14 = 0$
c) $3{x^3} – 2x – 20 = 0$.
d) ${x^3} + {x^2} – 2 = 0$
e) $\frac{{{x^2} + x + 1}}{{x – 1}} + \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x + 1}} + 8 = 0$
f) ${x^4} + 5x + 6 = \frac{{3{x^2} + 3x + 2}}{{x – 1}}$
g) $\sqrt 3 {x^3} – 2{x^2} – x\sqrt {27} – 10 = 0$.
h) $\sqrt 5 {x^3} + 6{x^2} – 14\sqrt 5 x + 24 = 0$
k) ${x^3} – \sqrt 7 {x^2} – 28\sqrt 7 = 0$.
l) $2{x^3} – 2\sqrt 3 {x^2} + x – 26\sqrt 3 = 0$
Bài 2.
a) $4{x^3} + 3{x^2} – 3x + 1 = 0$.
b) $2{x^3} + {x^2} + x + \frac{1}{3} = 0$.
c) $11{x^3} – 12{x^2} + 6x – 1 = 0$.
d) ${x^3} – 27{x^2} + 18x – 4 = 0$.
e) ${x^3} – 6{x^2}.\sqrt[3]{9} + 12x.\sqrt[3]{3} – 8 = 0$.
f) $\frac{{{x^3}}}{5} – 3{x^2}.\sqrt[3]{2} + 3x.\sqrt[3]{4} = 2$.
Bài 3,
a) ${x^3} + 3x – 2 = 0$.
b) ${x^3} – 3x + 5 = 0$.
c) $4{x^3} – 3x + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 0$.
d) $\frac{{16{x^3}}}{{27}} + x + 2 = 0$.
e) $3{x^3} – 4x + 3 = 0$.
f) $5{x^3} + x + 2 = 0$.
g) ${x^3} – {x^2} + 2x + 9 = 0$.
h) $2{x^3} + {x^2} – 9x + 2 = 0$.
2. Lời giải và đáp số
Bài 1.
a) Phương trình tương đương với
$\left({x + 8} \right) \left({2x + 3} \right) \left({3x – 1} \right) = 0x = – 8 \vee x = \frac{1}{3} \vee x = \frac{{ – 3}}{2}$
b) Phương trình tương đương với
$\left({5x – 7} \right) \left({3{x^2} + 2x – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5x – 7 = 0\\3{x^2} + 2x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{5}{7}\\x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt 7 }}{3}\end{array} \right.$
c) Phương trình tương đương với
$\left({x – 2} \right) \left({3{x^2} + 6x + 10} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2$ (do $3{x^2} + 6x{\rm{ }} + 10 = 3{\left({x + l} \right) ^2} + 7 > 0$).
d) Phương trình tương đương với
$\left({x – 1} \right) \left({{x^2} + 2x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ (do ${x^2} + 2x + 2 = {\left({x + 1} \right) ^2} + 1 > 0$).
e) Điều kiện: $x \ne \pm 1$. Phương trình tương đương với
$\left({{x^2} + x + l} \right) \left({x + 1} \right) + \left({{x^2} – x + l} \right) \left({x – {\rm{ }}1} \right) + 8\left({{x^2} – 1} \right) = 0$$ \Leftrightarrow 2{x^3} – 8{x^2} + 4x – 8 = 0 \Leftrightarrow 2\left({x + 2} \right) \left({{x^2} + 2x – 2} \right) = 0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 2 = 0\\{x^2} + 2x – 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = – 1 \pm \sqrt 3\end{array} \right.$ (thỏa man)
Vậy phương trình có ba nghiệm $x = 2$ và $x = – 1 \pm \sqrt 3 $
i) Điều kiện: $x \ne 1$. Phương trình đã cho tương đương với
$\left({{x^2} + 5x + 6} \right) \left({x – 1} \right) = 3{x^2} + 3x + 2 \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} – 2x – 8 = 0$
$\left({x – 2} \right) ({x^2} + 3x + 4) – 0 \Leftrightarrow x = 2$ (do ${x^2} + 3x + 4 = {\left({x + \frac{3}{2}} \right) ^2} + \frac{7}{4} > 0$).
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là $x = 2$.
g) Nếu bấm máy thì cho nghiệm lẻ. Nhận thấy $\sqrt {27} = 3\sqrt 3 \to $ các số hạng có bậc lẻ (bậc 3 và bậc 1) đều chứa lượng $\sqrt 3 $ nên ta sẽ đặt $x = t\sqrt 3 $, phương trình trở thành:
^(r^) 3-2(í73) 2-(r^).T27- 10=0<$ \Rightarrow $9×3-6×2-9×2-10=0$\sqrt 3 {\left({t\sqrt 3 } \right) ^3} – 2t{\left({\sqrt 3 } \right) ^2} – \left({t\sqrt 3 } \right).\sqrt {27} – 10 = 0 \Leftrightarrow 9{x^3} – 6{x^2} – 10 = 0$$ \Leftrightarrow \left({3x – 5} \right) \left({3{x^2} + 3x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{3}$ (do $3{x^2} + 3x + 2 = 3{\left({x + \frac{1}{2}} \right) ^2} + \frac{5}{4} > 0$)
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là $x = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}$.
i) Tương tự câu g) , ta đặt $x = t\sqrt 5 $ thì phương trình trở thành:
$\begin{array}{l}\sqrt 5 {\left({t\sqrt 5 } \right) ^3} + 6{\left({t\sqrt 5 } \right) ^2} – 14\sqrt 5 \left({t\sqrt 5 } \right) + 24 = 0\\\Leftrightarrow 25{t^3} + 30{t^2} – 70t + 24 = 0 \Leftrightarrow \left({5t – 4} \right) \left({5{t^2} + 10t – 6} \right) = 0\\\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5t – 4 = 0\\5{t^2} + 10t – 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{4}{5} \Rightarrow x = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}\\t = \frac{{ – 5 \pm \sqrt {55} }}{5} \Rightarrow x = – \sqrt 5 \pm \sqrt {11}\end{array} \right.\end{array}$
Vậy phương trình có ba nghiệm $x = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}$ và $x = – \sqrt 5 \pm \sqrt {11} $.
k) Ở bài này thì bấm máy cũng cho ta nghiệm lẻ, nhưng có dấu hiệu là các số hạng bậc chẵn (bậc 2 và bậc 0) đều chứa $\sqrt 7 \Rightarrow $ đặt $x = t\sqrt 7 $. Lúc đó phương trình trở thành:
$\begin{array}{l}{\left({t\sqrt 7 } \right) ^3} + \sqrt 7 {\left({t\sqrt 7 } \right) ^2} – 28\sqrt 7 = 0 \Leftrightarrow 7\sqrt 7 {t^3} – 7\sqrt 7 {t^2} – 28\sqrt 7 = 0\\\Leftrightarrow 7\sqrt 7 \left({t – 2} \right) \left({{t^2} + t + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\end{array}$ (do ${t^2} + t + 2 = {\left({t + \frac{1}{2}} \right) ^2} + \frac{7}{4} > 0$)
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là $x = 2\sqrt 7 $.
1) Tương tự câu k) , ta đặt $x = 2\sqrt 3 $ thì phương trình trở thành:
$2{\left({t\sqrt 3 } \right) ^3} – t\sqrt 3 {\left({t\sqrt 3 } \right) ^2} – \left({t\sqrt 3 } \right) – 26\sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow 6{t^3} – 6{t^2} + t – 26 = 0$
$ \Leftrightarrow \left({t – 2} \right) \left({6{t^2} + 6t + 13} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2$ (do $6{t^2} + 6t + 13 = {\left({t + \frac{1}{2}} \right) ^2} + \frac{{23}}{2} > 0$)
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là $x = 2\sqrt 3 $.
Bài 2:
a) Kiểm tra nghiệm bằng máy tính của phương trình này thì thấy nó chỉ có một nghiệm duy nhất, và nghiệm lẻ $ \Rightarrow $ có dấu hiệu có thể dùng phương pháp nhóm lập phương.
Tỉ lệ quen thuộc khi khai triển hằng đẳng thức: $3:\left({ – 3} \right) :1$ khiến ta liên tưởng đến hằng đẳng thức ${(x – 1) ^3} = {x^3} – 3{x^2} + 3x – 1$ (ba số hạng cuối có tỉ lệ hệ số tự do là $3:\left({ – 3} \right) :1 \to $ thêm vào một lượng là ${x^3}$ để nhóm hằng đẳng thức, lượng còn lại sẽ là một lượng lập phương!
$4{x^3} + 3{x^2} – 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow 5{x^3} = {x^3} – 3{x^2} + 3x – 1 \Leftrightarrow 5{x^3} = {(x – 1) ^3}$
<$ \Rightarrow $ 5/5 x=x-1 <$ \Rightarrow $ x =-.
$ \Leftrightarrow \sqrt[3]{5}x = x – 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{1 – \sqrt[3]{5}}}$
Nếu chưa tinh ý nhận xét tỉ lệ trên thì bạn cũng hoàn toàn có thể giải bài này bằng phương pháp hệ số bất định:
$4{x^3} + 3{x^2} – 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow k{x^3} + 3{x^3} – 3{x^2} + 3x – 1 = \left({k – 4} \right) {x^3}\left(* \right) $
Giờ ta sẽ nhóm sao cho vế trái là một lượng lập phương dạng ${(ax + b) ^3}$:
$\begin{array}{*{20}{l}}{k{x^3} + 3{x^2} – {\rm{ }}3x + 1 = {{(ax + b) }^3}}\\{ \Leftrightarrow kx + 3{x^2} – 3x + 1 = {a^3}x + 3{a^2}b{x^2} + 3a{b^2}x + {b^3}}\end{array}$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = {a^3}\\3{a^2}b = 3\\3a{b^2} = – 3\\{b^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\a = – 1\\k = – 1\end{array} \right.$
Lúc đó (*) sẽ được viết dưới dạng:
$ – {x^3} + 3{x^2} – 3x + l = – 5{x^3} \Leftrightarrow {\left({ – x + l} \right) ^3} = – 5{x^3} \Leftrightarrow x = \frac{1}{{1 – \sqrt[3]{5}}}$
b) Kiểm tra nghiệm bằng máy tính thì phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất. Kiểm tra tỉ lệ các hệ số của các số hạng có bậc bé hơn 2 thì thấy tỉ lệ là $1:1:\frac{1}{3}$, tức chính bằng $3:3:1 \to $ liên tưởng hằng đẳng thức ${\left({x + l} \right) ^3} \to $ Theo kinh nghiệm thì ta nhân thêm một lượng nào đỏ cho hệ số tự do trở thành một lập phương $ \Rightarrow $ tốt nhất là nhân 3 lên:
$\begin{array}{l}2{x^3} + {x^2} + x + \frac{1}{3} = 0 \Leftrightarrow 6{x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 = 0\\\Leftrightarrow {x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 = – 5{x^3} \Leftrightarrow {\left({x + l} \right) ^3} = – 5{x^3} \Leftrightarrow x = \frac{{ – 1}}{{1 + \sqrt[3]{5}}}\end{array}$
c) Máy tính cho ta một nghiệm lẻ duy nhất. Không còn là tỉ lệ quen thuộc $3:3:1$ hay $3:\left({ – 3} \right) :1$ nên ta thử dùng hệ số bất định xem phương trình có nhóm được lập phương hay không!
${(ax + b) ^3} = k{x^3} – 12{x^2} + 6x – 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^3} = k}\\{3{a^2}b = – 12}\\{3a{b^2} = 6}\\{{b^3} = – 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = – 1}\\{a = 2}\\{k = 8}\end{array}} \right.$$ \to $ cần tách ra $8{x^3}$. Từ đó ta nhóm nhân tử;
$11{x^3} – 12{x^2} + 6x – 1 = 0 \Leftrightarrow 8{x^3} – 12{x^2} + 6x – 1 = – 3{x^3}$$ \Leftrightarrow {\left({2x – 1} \right) ^3} = {\left({ – \sqrt[3]{3}x} \right) ^3} \Leftrightarrow 2x – 1 = – \sqrt[3]{3}x \Leftrightarrow x = \frac{1}{{2 + \sqrt[3]{3}}}$
d) Dấu hiệu để nhóm lập phương vẫn là phương trình có nghiệm lẻ duy nhất Còn về cơ sở nhóm lập phương trình ta vẫn dùng hệ số bất định. Tất nhiên đầu tiên nên nhân hai vế cho 2 để thu được hệ số tự do là$\left({ – 8} \right) = {\left({ – 2} \right) ^3}$:
$2{x^3} – 54{x^2} + 36x – 8 = 0\left({**} \right) $.
Giờ đi tìm $a,b$ sao cho:
${(ax + b) ^3} = k{x^3} – 54{x^2} + 36x – 8 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = {a^3}\\2{a^2}b = – 54\\3a{b^2} = 36\\{b^3} = – 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = – 2\\a = 3\\k = 27\end{array} \right.$
Như vậy $\begin{array}{l}\left({**} \right) \Leftrightarrow 27{x^3} – 54{x^2} + 36x – 8 = 25{x^3} \Leftrightarrow {\left({3x – 2} \right) ^3} = 25{x^3}\\\Leftrightarrow 3x – 2 = \sqrt[3]{{25}}x \Leftrightarrow x = \frac{2}{{3 – \sqrt[3]{{25}}}}\end{array}$
e) Phương trình đã cho tương đương với:
$\begin{array}{l}3{x^3} = 6{x^2}.\sqrt[3]{9} + 12x\sqrt[3]{3} – 8 = 2{x^3} \Leftrightarrow {\left({\sqrt[3]{3}x – 2} \right) ^3} = {\left({\sqrt[3]{2}x} \right) ^3}\\\Leftrightarrow \sqrt[3]{3} – 2 = \sqrt[3]{2}x \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt[3]{3} – \sqrt[3]{2}}}\end{array}$
f) Phương trình đã cho tương đương với:
${x^3} – 3{x^2}\sqrt[3]{2} + 3x\sqrt[3]{4} – 2 = \frac{{4{x^3}}}{5} \Leftrightarrow {\left({x – \sqrt[3]{2}} \right) ^3} = {\left({\sqrt[3]{{\frac{4}{5}}}x} \right) ^3} \Leftrightarrow x – \sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{{\frac{4}{5}}}x \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt[3]{2}}}{{1 – \sqrt[3]{{\frac{4}{5}}}}} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt[3]{2}}}{{1 – \sqrt[3]{{\frac{4}{5}}}}} = \frac{{\sqrt[3]{{10}}}}{{\sqrt[3]{5} – \sqrt[3]{4}}}$
Bài 3.
Các bài toán ở mục này đều không giải quyết được theo hướng nhóm nhân tử chung, và các nghiệm đều là nghiệm lẻ!
a) (dạng tỉ lệ $\frac{1}{3}$) Đặt $x = 1 – \frac{1}{t}\left({t \ne 0} \right) $ thì phương trình đã cho trở thành:
$\begin{array}{l}{\left({1 – \frac{1}{t}} \right) ^3} + 3\left({1 – \frac{1}{t}} \right) – 2 = 0 \Leftrightarrow {t^3} – \frac{1}{{{t^3}}} – 2 = 0 \Leftrightarrow {t^6} – 2{t^3} – 1 = 0\\\Leftrightarrow {t^3} = 1 \pm \sqrt 2 \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{1 \pm \sqrt 2 }}\end{array}$
Với 2 giá trị $t$ ở trên thì ứng với một giá trị $x$ là
$x = \sqrt[3]{{1 + \sqrt 2 }} – \frac{1}{{\sqrt[3]{{1 + \sqrt 2 }}}} = \sqrt[3]{{1 + \sqrt 2 }} + \sqrt[3]{{1 – \sqrt 2 }}$
b) Phân tích: dạng tỉ lệ $\frac{{ – 1}}{3}$ nghiệm duy nhất ${x_0} \approx – 2,2790187 < – 2 \to $ phải chứng minh phương trình vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$. Ta có:
$f\left(x \right) = {x^3} – 3x + 5 \to \left\{ \begin{array}{l}f\left(2 \right) = 7\\f\left({ – 2} \right) = 3\end{array} \right. \to $ ta chứng minh $f\left(x \right) \ge 3$ trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Giải: Ta có: ${x^3} – 3x + 5 = \left({x + 2} \right) {\left({x – {\rm{ }}l} \right) ^2} + 3 \ge 3\forall x \in \left[ { – 2;2} \right]$
$ \Rightarrow $ phương trình có nghiệm khi $\left| x \right| > 2$. Lúc đó đặt $x = 1 – \frac{1}{t}\left({t \ne 0} \right) $ thì phương trình đã cho trở thành:
${\left({t – \frac{1}{t}} \right) ^3} – 3\left({t – \frac{1}{t}} \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow {t^3} – \frac{1}{{{t^3}}} + 5 = 0 \Leftrightarrow {t^6} + 5{t^3} + 1 = 0$$ \Leftrightarrow {t^3} = \frac{{ – 5 \pm \sqrt {21} }}{2} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{\frac{{ – 5 \pm \sqrt {21} }}{2}}}$
Ứng với hai giá trị này của $t$ thì chỉ tìm được một giá trị duy nhất của $x$ là
$x = \sqrt[3]{{\frac{{ – 5 + \sqrt {21} }}{2}}} – \sqrt[3]{{\frac{{5 + \sqrt {21} }}{2}}}$
c) (dạng tỉ lệ $\frac{{ – 4}}{3}$, phương trình có ba nghiệm có giá trị tuyệt đối $ < 1$, không cần chứng minh vô nghiệm).
Với $\left| x \right| \le 1$ thì ta có thể đặt $x = cost$ (với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$). Phương trình trở thành: $\begin{array}{l}4{\cos ^3}t – 3\cos t + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 0 \Leftrightarrow \cos 3t = \frac{{ – \sqrt 3 }}{2}\\\Leftrightarrow 3t = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \left({k \in Z} \right) \Leftrightarrow t = \pm \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array}$
Với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ thì ta tìm được ba giá trị của $t$ thỏa mãn là $\frac{{5\pi }}{{18}}$, $\frac{{7\pi }}{{18}}$ và $\frac{{17\pi }}{{18}}$
$ \Rightarrow $ phương trình có ba nghiệm ${x_1} = \cos \frac{{5\pi }}{{18}};{x_2} = \cos \frac{{7\pi }}{{18}}$; và ${x_3} = \cos \frac{{17\pi }}{{18}}$
Mặt khác ta thấy phương trình bậc ba thì có nhiều nhất là ba nghiệm thực, vậy nên ba nghiệm trên chính là ba nghiệm của phương trình đã cho.
d) Phân tích: dạng khuyết $x$, hệ số trước ${x^3}$ và x cùng dấu nên ta dùng hai bước đặt $x = ky$ (để quy về dạng tỉ lệ $\frac{1}{3}$) và $y = t – \frac{1}{t}$ để giải phương trình ẩn $t \Rightarrow y \Rightarrow x$.
Dễ tìm được $k$ qua tỉ lệ $\frac{{27}}{1} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow k = \pm \frac{3}{4}$. Chọn $k = \frac{3}{4}$ đê trình bày.
Giải: Đặt $x = \frac{3}{4}\left({t – \frac{1}{t}} \right) $ (với ${t \ne 0}$) thì phương trình đã cho trở thành:
$\frac{{16}}{{27}}{\left[ {\frac{3}{4}\left({t – \frac{1}{t}} \right) } \right]^3} + \frac{3}{4}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow {t^6} + 8{t^3} – 1 = 0$
$ \Leftrightarrow {t^3} = – 4 \pm \sqrt {17} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{ – 4 \pm \sqrt {17} }}$
Với hai giá trị này thì chỉ tìm được một giá trị $x$ tương ứng là $x = \frac{3}{4}\left({\sqrt[3]{{ – 4 \pm \sqrt {17} }} – \sqrt[3]{{4 \pm \sqrt {17} }}} \right) $.
Đây chính là nghiệm duy nhất của phương trình.
e) Phân tích, nháp: dạng khuyết ${x^2}$, chưa có dạng tỉ lệ $1:3$ hay $1:\left({ – 3} \right) $ hay $4:\left({ – 3} \right) $,… nên phải dùng phép đặt $x = ky$ để đưa về dạng tỉ lệ $1:\left({ – 3} \right) $ (do hệ số trước ${x^3}$ và hệ số trước $x$ trái dấu).
Để tìm được $k = \frac{2}{3} \to $ đặt $x = \frac{2}{3}y$ và rút gọn thu được phương trình:
Phương trình ẩn $y$ này có nghiệm duy nhất nên ta sẽ dùng phép đổi biến $y = t – \frac{1}{t}$. Tất nhiên ta không quên chứng minh phương trình ẩn $y$ vô nghiệm trên $\left[ { – 2;2} \right]$ để có thể có phép đổi biến đó.
$f\left(y \right) = {y^3} – 3y + \frac{{27}}{8} \to \left\{ \begin{array}{l}f\left({ – 2} \right) = \frac{{11}}{8}\\f\left(2 \right) = \frac{{43}}{8}\end{array} \right. \to $ chứng minh $f\left(x \right) \ge \frac{{11}}{8}$ trên $\left[ { – 2;2} \right]$.
Giải: Đặt $x = \frac{2}{3}y$ thì phương trình đã cho trở thành:
$3{\left({\frac{{2y}}{3}} \right) ^3} – 4\left({\frac{{2y}}{3}} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow {y^3} – 3y + \frac{{27}}{8} = 0\left(* \right) $
Ta có ${y^3} – 3y + \frac{{27}}{8} = \left({y + 2} \right) {\left({y – 1} \right) ^2} + \frac{{11}}{8} \ge \frac{{11}}{8}\forall y \in \left({ – 2;2} \right) $
Vậy nên phương trình có nghiệm khi $\left| y \right| > 2$, lúc này có thể $y = t – \frac{1}{t}$ và (*) trở thành:
${\left({t + \frac{1}{t}} \right) ^3} – 3\left({t + \frac{1}{t}} \right) + \frac{{27}}{8} = 0 \Leftrightarrow {t^3} + \frac{1}{{{t^3}}} + \frac{{27}}{8} = 0 \Leftrightarrow {t^6} + \frac{{27}}{8}{t^3} + 1 = 0$
$ \Leftrightarrow {t^3} = \frac{{ – 27 \pm \sqrt {473} }}{{16}} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{\frac{{ – 27 \pm \sqrt {473} }}{{16}}}}$
Với hai giá trị này của $t$ thì chỉ ứng với một giá trị của $x$ là
$x = \frac{2}{3}\left({\sqrt[3]{{\frac{{ – 27 + \sqrt {473} }}{{16}}}} – \sqrt[3]{{\frac{{27 + \sqrt {473} }}{{16}}}}} \right) $
f) Phân tích: dạng khuyết ${x^2}$, hệ số trước ${x^3}$ và hệ số trước $x$ cùng dấu nên dùng hai phép đặt $x = ky$ vầ $y = t – \frac{1}{t} \to $ tìm hệ số $k$ và gộp hai phép đặt vào một bước!
Giải: Đặt $x = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\left({t – \frac{1}{t}} \right) $ (với ${t \ne 0}$). Phương trình đã cho trở thành:
$\begin{array}{l}5{\left[ {\frac{1}{{\sqrt {15} }}\left({t – \frac{1}{t}} \right) } \right]^3} + \frac{1}{{\sqrt {15} }}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow {t^3} + \frac{1}{{{t^3}}} + 6\sqrt {15} = 0\\\Leftrightarrow {t^6} + 6\sqrt {15} {t^3} – 1 = 0 \Leftrightarrow {t^3} = – 3\sqrt {15} \pm 2\sqrt {34} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{ – 3\sqrt {15} \pm 2\sqrt {34} }}\end{array}$
Với hai giá trị này của $t$ thì chỉ ứng với một giá trị của $x$ là
$x = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\left({\sqrt[3]{{ – 3\sqrt {15} + 2\sqrt {34} }} – \sqrt[3]{{3\sqrt {15} + 2\sqrt {34} }}} \right) $
g) Phân tích: Đầu tiên khử số hạng bậc hai bằng phép đặt $x = z – \frac{b}{{3a}}$:
${\left({z + \frac{1}{3}} \right) ^3} – {\left({x + \frac{1}{3}} \right) ^2} + 2\left({z + \frac{1}{3}} \right) + 9 = 0 \Leftrightarrow {z^3} + \frac{5}{3}z + \frac{{259}}{{27}} = 0$
Tiếp tục đặt $z = ky$ để quy về tỉ lệ $1:3$, khi đó: $\frac{{{k^3}}}{5} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow k = \frac{{\sqrt 5 }}{3}$
Tỉ lệ $1:3$ thì ta dùng thêm phép $y = t – \frac{1}{t}$, tóm lại ta đặt:
$x = z + \frac{1}{3} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{1}{3}$
Giải: Do $t – \frac{1}{t}$ có tập giá trị là $R$ nên ta có thể thực hiện phép đặt
$x = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{1}{3}$
Lúc đó phương trình đã cho trở thành:
${\left[ {\frac{{\sqrt 5 }}{3}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{1}{3}} \right]^3} + {\left[ {\frac{{\sqrt 5 }}{3}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{1}{3}} \right]^2} + 2\left[ {\frac{{\sqrt 5 }}{3}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{1}{3}} \right] + 9 = 0$
$ \Leftrightarrow \frac{{5\sqrt 5 }}{3}{\left({t – \frac{1}{t}} \right) ^3} + \frac{{5\sqrt 5 }}{3}\left({t – \frac{1}{t}} \right) + \frac{{259}}{{27}} = 0 \Leftrightarrow {t^3} – \frac{1}{{{t^3}}} + \frac{{259}}{{5\sqrt 5 }} = 0$
$ \Leftrightarrow {t^6} + \frac{{259}}{{5\sqrt 5 }}{t^3} – 1 = 0 \Leftrightarrow {t^3} = \frac{{ – 259 \pm 3\sqrt {7509} }}{{10\sqrt 5 }} \Leftrightarrow t = \sqrt[3]{{\frac{{ – 259 \pm 3\sqrt {7509} }}{{10\sqrt 5 }}}}$
Với hai giá trị này của $t$ thì ứng với duy nhất một giá trị của $x$ là
$x = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\left({\sqrt[3]{{\frac{{ – 259 + 3\sqrt {7509} }}{{10\sqrt 5 }}}} – \sqrt[3]{{\frac{{10\sqrt 5 }}{{259 – 3\sqrt {7509} }}}}} \right) + \frac{1}{3}$
h) Đặt $x = z – \frac{1}{6}$ thì phương trình đã cho trở thành:
$2{\left({x – \frac{1}{6}} \right) ^3} + {\left({z – \frac{1}{6}} \right) ^2} = 9\left({z – \frac{1}{6}} \right) + 2 – 0 \Leftrightarrow 2{z^3} – \frac{{55}}{6}z + \frac{{96}}{{27}} = 0$
Tiếp tục đặt $z = \frac{{96}}{{27}}y$ thì phương trình ẩn $z$ trên trở thành:
$2{\left({\frac{{y\sqrt {55} }}{6}} \right) ^3} = \frac{{55}}{6}\left({\frac{{y\sqrt {55} }}{6}} \right) + \frac{{96}}{{27}} = 0 \Leftrightarrow {y^3} – 3y + \frac{{384}}{{55\sqrt {55} }} = 0\left(* \right) $ xét khi $\left| y \right| \le 2$, lúc đó có thể $y = 2\cos t$ (với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$ và (*) trở thành:
$8{\cos ^3}t – 6\cos t + \frac{{384}}{{55\sqrt {55} }} = 0 \Leftrightarrow \cos 3t = \frac{{192}}{{55\sqrt {55} }}$$ \Leftrightarrow 3t = \pm ar\cos \frac{{192}}{{55\sqrt {55} }} + k2\pi \Leftrightarrow t = \pm \frac{1}{3}\arccos \frac{{192}}{{55\sqrt {55} }} + \frac{{k2\pi }}{3}\left({k \in Z} \right) $
Với $t \in \left[ {0;\pi } \right]$, ta tìm được 3 giá trị của $t$ thỏa mãn là:
${t_1} = \frac{1}{3}arccos\frac{{192}}{{55\sqrt {55} }};{t_2} = \frac{{ – 1}}{3}arccos\frac{{192}}{{55\sqrt {55} }} + \frac{{2\pi }}{3}$ và ${t_3} = \frac{1}{3}arccos\frac{{192}}{{55\sqrt {55} }} + \frac{{2\pi }}{3}$
Từ đó kết luận nghiệm của phương trình đã cho (lưu ý phương trình bậc ba có nhiều nhất 3 nghiệm).
