71. Phương trình bậc ba là gì và nó được giải như thế nào?
Phương trình bậc ba tổng quát có dạng
x3 + ax2 + bx + c = 0 (1)
Trước tiên nó được biến đổi thành một phương trình bậc ba có dạng
y3 + py + q = 0 (2)
phương trình không chứa số hạng bình phương của biến.
Việc này được tiến hành một cách dễ dàng bằng cách đặt x = y – a/3.
Bây giờ giả sử y = u + v,
rồi lập phương cả hai vế:
y3 = u3 + v3 + 3uv (u + v)
hay y3 = u3 + v3 + 3uv y
thay y cho u + v
hay y3 – 3 uvy – (u3 + v3) = 0 (3)
So sánh phương trình (2) và (3) ta có
72. Ai đã phát triển phương pháp giải này?
Phương pháp giải phương trình bậc ba này thường được gọi là phương pháp Cardan.
Cardan thu được nó từ một nhà toán học khác tên là Tartaglia với lời hứa giữ bí mật nhưng ông đã công bố nó là thành quả của riêng ông trong quyển sách của ông vào năm 1545.
Cardan và Tartaglia đều là người Italia.
73. Phương trình bậc ba có các hệ số được giải như thế nào?
Chúng ta hãy thử giải phương trình sau đây:
x3 + 6x2 + 9x + 4 = 0
Trước tiên, đặt x = y – 2, khi đó phương trình đã cho biến đổi thành
(y – 2)3 + 6 (y – 2)2 + 9 (y – 2) + 4 = 0
hay đơn giản lại là y3 – 3y + 2 = 0.
Bây giờ đặt y = u + v, thì y3 – 3 uvy – (u3 + v3) = 0, rồi lập phương cả hai vế.
Þ uv = 1, và u3 + v3 = – 2, khi so sánh với y3 – 3y + 2 = 0
hay u3 + v3 = – 2, và u3v3 = 1.
Do đó, u3 và v3 là nghiệm của phương trình
t2 – (tổng các nghiệm) t + (tích các nghiệm) = 0
hay t2 + 2t + 1 = 0,
hay (t + 1)2 = 0, cho t = – 1, – 1.
Þ u3 = – 1, và v3 = – 1; cho u = – 1, và v = – 1.
Þ y = u + v = – 2
Vì y = – 2 là một nghiệm của phương trình y3 – 3 y + 2 = 0
Þ y + 2 phải là một hệ số của phương trình này.
Chia phương trình cho y + 2, ta được phương trình bậc hai
y2 – 2y + 1 = 0, hay (y – 1)2 = 0, cho y = 1, 1.
Þ y = – 2, 1, 1.
Vì x = y – 2, nên cuối cùng ta có x = – 3, – 1, – 1.
74. Phương pháp này có luôn cho ra nghiệm hay không?
Trong trường hợp phương trình bậc ba có hệ số, phương pháp này chỉ cho ra nghiệm khi phương trình bậc ba hoặc có hai nghiệm ảo, hoặc có hai nghiệm bằng nhau, và nó không tìm ra nghiệm của phương trình bậc ba có cả ba nghiệm thực và không bằng nhau.
Phương trình bậc ba thuộc loại vừa nói được giải bằng cách sử dụng lượng giác và các phương pháp gần đúng.
75. Phương trình bậc bốn được giải như thế nào?
Một ví dụ sẽ làm sang tỏ nhất phương pháp giải nghiệm.
Xét phương trình
x4 – 10 x3 + 35 x2 – 50 x + 24 = 0
Phương pháp giải trước tiên biểu diễn vế trái là hiệu của hai bình phương, sau đó là tích của hai phương trình bậc hai.
Ta có x4 – 10 x3 + 35 x2 – 50 x + 24 = 0
hay x4 – 10 x3 = – 35 x2 + 50 x – 24
hay x4 – 10 x3 + 25 x2 = – 10 x2 + 50 x – 24
hay (x2 – 5 x)2 = – 10 x2 + 50 x – 24
Đưa thêm λ vào vế trái, rồi cân bằng với vế phải, ta được
(x2 – 5 x + λ)2 = (– 10 x2 + 50 x – 24) + λ2 + 2λ (x2 – 5 x)
hay (x2 – 5 x + λ)2 = (2λ – 10) x2 + (50 – 10 λ) x + λ2 – 24
Áp dụng điều kiện các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, ta được cái gọi là lập phương bổ trợ theo λ, từ đó có thể tính ra λ.
Ở đây, λ có thể được xác định dễ dàng hơn bằng cách xét rằng vì các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, nên (2x – 10) và (λ2 – 24) cũng phải là một số chính phương.
Do đó, ta đặt (2x – 10) lần lượt bằng 1, 4, 9, 16,... và thấy giá trị của l làm cho λ2 – 24 cũng là một số chính phương.
Đặt 2x – 10 = 4 hay λ = 7 cho λ2 – 24 = 25, đó là một số chính phương, và ta được
(x2 – 5x + 7)2 = 4x2 – 20x + 25
hay (x2 – 5x + 7)2 = (2x – 5)2
hay x2 – 5x + 7 = ± (2x – 5)
suy ra x2 – 5x + 7 = 2x – 5, và x2 – 5x + 7 = – 2x + 5,
tức là x2 – 7x + 12 = 0, và x2 – 3x + 2 = 0.
Đây là hai phương trình bậc hai, giải chúng cho ta tương ứng x = 3, 4 và x = 1, 2.
Do đó, nghiệm của phương trình bậc bốn đã cho là 1, 2, 3, và 4.
76. Ai đã phát triển phương pháp này và khi nào?
Phương pháp giải phương trình bậc bốn này được nêu ra vào năm 1540 bởi Ferrari, một nhà toán học người Italia và là học trò của Cardan.
77. Phương pháp giải phương trình bậc bốn của Descartes là gì?
Vào năm 1637, Descartes nêu ra một phương pháp giải khác với Ferrari. Ông giải phương trình bằng cách biểu diễn nó bằng tích của hai tam thức bậc hai.
Phương pháp này có thể áp dụng khi phương trình khuyết số hạng chứa x3, hoặc loại trừ nó bằng những thay thế thích hợp.
Ví dụ sau đây làm rõ cho phương pháp.
Xét phương trình
x4 – 2x2 + 8x – 3 = 0
Giả sử x4 – 2x2 + 8x – 3 = (x2 + kx + l) (x2 + kx – m),
sau đó đơn giản và cân bằng các hệ số giống nhau,
ta có
Sử dụng đồng nhất thức
(m + l)2 – (m – l)2 = 4ml
để loại trừ m, n ra khỏi những phương trình này, ta được
(k – 2)2 – 64/k2 = - 12
Đơn giản, ta được k6 – 4k2 + 16k2 – 64 = 0.
Đây là phương trình bậc ba theo k2, và nó được thỏa mãn bởi k2 = 4, hay k = ± 2.
Đặt k = 2 ta có
78. Còn phương pháp giải phương trình tổng quát bậc năm thì sao?
Sau khi có được phương pháp giải phương trình bậc ba và bậc bốn, nhiều nhà toán học danh tiếng đã tiếp tục nỗ lực giải phương trình bậc năm. Họ đã cố gắng không mệt mỏi trong hơn hai thế kỉ rưỡi mà không có chút thành công nào.
Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch
Phần tiếp theo >>
![[Ảnh] M101 thế kỉ 21](/bai-viet/images/2012/07/m101_nasamultiw960c.jpg)
