Đặng Ngọc Thanh, SĐT:01634011197,(thanhdangngoc95@gmail.com) Một số phương pháp hay giải phương trình bậc 3 +khi giải các phương trình hay hệ phương trình đôi lúc ta đưa về một phương trình bậc 3 mà ta không biết giải quyết như thế nào sau đây mình xin trình bày một vài cách giúp các ban “gỡ rối” khi gặp . I)phương trình có dạng 0 3  qpxx (*) +Ta chỉ xét 0,  qp vì nếu một trong 2 phần tử đó có 1 phần tử bằng 0 thì đưa về trường hợp đơn giản +Khi đó: Đặt vux  thay vào (*) ta được: 0))(3(0)()( 333  qvupuvvuqvupvu +ta chọn 003 33  qvupuv sau đó giải hệ sau sẽ ra được u và v:        27 3 33 33 p vu qvu (chú ý: đây là tổng tích nên dựa vào Vi-et) +Ví dụ áp dụng: Giải phương trình : 022 3  xx (*) Ta chỉ cần áp dụng công thức đã chứng minh trên thì:        27 8 . 2 33 33 vu vu giải ra được             9 957 9 957 3 3 v u            3 3 9 957 9 957 v u Vậy  vux 3 9 957  + 3 9 957  là nghiệm của (*) *Một câu hỏi đặt ra là nếu như không có dạng 0 3  qpxx có giải được không? Câu trả lời là được ,bằng cách ta biến đổi phương trình đó về dạng này và áp dụng. Ví dụ : phương trình dạng: )(*'0 23  cbxaxx +ta biến đổi (*’) về (*) bằng cách Đặt: 3 a tx  khi đó : (*’) 0 3  qptt với           27 92 3 3 2 aba cq a bp +Ví dụ áp dụng: Giải phương trình : 01066 23  xxx (*) Đặt x=t+2 :Áp dụng công thức ta tính được:      6 6 q p khi đó phương trình trở thành: 066 3  tt tới đây áp dụng tiếp công thức phần đầu đã chứng minh ta thu được:         3 3 4 2 v u 3333 42242  xt là nghiệm của phương trình. *chú ý: nếu hệ số 3 x không bang 1 mà bằng 1 số gì đó thì ta chia phương trình đó cho chính số đó để đưa về dạng quen thuộc này. II) dạng đặc biệt của phần I) có dạng : )0(;03 3  abaxax + ta cần chứng minh được phương trình này có nghiệm thuộc tập K với K là tập con của   2;2  (có thể dung công cụ đạo hàm để chứng minh). +Khi đó: Đặt x=2cost;    ;0  t phương trình trở thành: a b tbttabtata 2 3cos0)cos3cos4(20cos6cos8 33  Ví dụ áp dụng: giải phương trình sau: (*)013 3  xx +Bạn đọc tự chứng minh nghiệm thuộc K . +Đặt x=2cost;    ;0  t ta có: 2 1 3cos01)cos3cos4(2 3  ttt =>             2 3 2 3 2 3 2 3 kt kt =>         3 2 9 2 3 2 9 2   kt kt Do    ;0  t nên             9 4 9 8 9 2    t t t Vậy             9 4 cos 9 8 cos 9 2 cos    x x x *Sauk hi học xong bài này chắc chắn các bạn đã tự tin khi đối mặt với phương trình bậc 3 mà không cần phải tránh biến đổi thành nó khi giải phương trình vô tỷ hay hệ phương trình. Biên soạn : Đặng Ngọc Thanh . Thanh, SĐT:01 634 011197,(thanhdangngoc95@gmail.com) Một số phương pháp hay giải phương trình bậc 3 +khi giải các phương trình hay hệ phương trình đôi lúc ta đưa về một phương trình bậc 3 mà ta không. Đặt vux  thay vào (*) ta được: 0)) (3( 0)()( 33 3  qvupuvvuqvupvu +ta chọn 0 03 33  qvupuv sau đó giải hệ sau sẽ ra được u và v:        27 3 33 33 p vu qvu (chú.         3 3 4 2 v u 33 33 42242  xt là nghiệm của phương trình. *chú ý: nếu hệ số 3 x không bang 1 mà bằng 1 số gì đó thì ta chia phương trình đó cho chính số đó để đưa về