Chứng minh phƣơng trình bậc 4 và phƣơng trình bậc 6 vô nghiệm Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trƣờng THPT chuyên Quốc Học - Huế A- PHƢƠNG TRÌNH BẬC 4: Ví dụ 1: Chứng minh phương trình 4 3 2 6 16 22 16 0x x x x     vô nghiệm. (1) Giải: Đặt   4 3 2 6 16 22 16f x x x x x     . Ta sẽ nhóm 43 6xx thành hằng đẳng thức như sau:     2 2 4 3 2 2 3 6 2 9 6x x m x x m x mx m        . Lúc này         2 2 2 2 3 7 2 6 22 16f x x x m m x m x m         . Đặt       22 7 2 6 22 16g x m x m x m      . Ta sẽ chọn m sao cho nó nghiệm đúng hệ sau: () 32 32 () 7 0 7 2 0 2 0 8 64 136 36 0 8 64 136 36 0 (*) gx gx a m m m m m m m m                            Dùng chức năng CALC của máy tính cầm tay có thể tìm được một giá trị 7 2 m  thỏa (*), chẳng hạn với 3m  thì () () 10 12 0 gx gx a           . Vậy   0,g x x   nên     2 2 3 ( ) 0,f x x x m g x x       hay phương trình (1) vô nghiệm.  Chú ý: Có thể trình bày vào bài giải ngắn gọn như sau: Ta có       22 2 4 3 2 2 2 2 6 16 22 16 3 3 4 7 3 3 2 3 0,x x x x x x x x x x x x                   . Suy ra phương trình (1) vô nghiệm.  Ví dụ 2: Chứng minh phương trình 4 3 2 12 108 312 183 119 0x x x x     vô nghiệm. (2) Ta có   4 3 2 61 119 2 9 26 0 4 12 x x x x      Giải: Đặt   4 3 2 61 119 9 26 4 12 f x x x x x     . Ta sẽ nhóm 43 9xx thành hằng đẳng thức như sau: 2 2 4 3 2 2 9 81 9 2 9 24 x x m x x m x mx m                     . Lúc này   2 2 2 2 9 23 61 119 29 2 4 4 12 f x x x m m x m x m                            . Đặt   22 23 61 119 29 4 4 12 g x m x m x m                   . Ta sẽ chọn m sao cho nó nghiệm đúng hệ sau: () 3 2 3 2 () 23 23 20 0 48 0 1171 215 1171 215 8 104 0 8 104 0 (*) 6 48 6 48 gx gx mm a m m m m m m                                Dùng chức năng CALC của máy tính cầm tay có thể tìm được một giá trị 23 8 m  thỏa (*), chẳng hạn với 2m  thì () () 7 0 4 1625 0 48 gx gx a             . Chứng minh phƣơng trình bậc 4 và phƣơng trình bậc 6 vô nghiệm Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trƣờng THPT chuyên Quốc Học - Huế Vậy   0,g x x   nên   2 2 9 ( ) 0, 2 f x x x m g x x           hay phương trình (2) vô nghiệm.  Chú ý: Có thể trình bày vào bài giải ngắn gọn như sau: 4 3 2 61 119 9 26 4 12 x x x x     2 2 2 2 2 2 9 7 11 71 9 7 11 1625 22 2 4 4 12 2 4 14 336 x x x x x x x                              nên 4 3 2 61 119 9 26 0, 4 12 x x x x x       , do đó phương trình (2) vô nghiệm.  Bài tập: Chứng minh phương trình 4 3 2 2 3 0x x x x     vô nghiệm. B- PHƢƠNG TRÌNH BẬC 6: Ví dụ : Chứng minh phương trình 6 5 4 3 2 2 4 4 8 3 1 0x x x x x x       vô nghiệm. (1) Giải: Đặt   6 5 4 3 2 2 4 4 8 3 1f x x x x x x x       . Ta sẽ nhóm 65 2xx thành hằng đẳng thức như sau:         2 3 2 6 5 4 3 2 2 2 2 1 2 2 2 2x x mx n x x m x n m x m n x mnx n             . Do đó:             2 3 2 4 3 2 2 2 5 2 2 2 4 8 2 3 2 1f x x x mx n m x m n x m n x mn x n                 . Đặt           4 3 2 2 2 0 4 3 1 2 5 2 2 2 4 8 2 3 2 1 a a a a a g x m x m n x m n x mn x n             . Ý tưởng của ta ngang đây là tìm m và n để hai trong năm hệ số 0 1 2 3 4 ; ; ; ;a a a a a của g(x) bằng 0. Sau đó ta sẽ chứng minh   0,g x x   . Có tất cả là bảy trường hợp sau: 4 3 0 0 a a      hoặc 3 2 0 0 a a      hoặc 3 1 0 0 a a      hoặc 3 0 0 0 a a      hoặc 2 1 0 0 a a      hoặc 2 0 0 0 a a      hoặc 1 0 0 0 a a       Trường hợp 1: 4 3 5 0 5 2 0 2 0 2 2 4 0 1 2 m a m a m n n                         Lúc này   2 2 3 1 3 3 1 2 0, 4 2 4 4 3 3 g x x x x x             nên   0,f x x   . Do đó phương trình (1) vô nghiệm.  Vậy là được cách giải thứ nhất! Chú ý: Như vậy, ta có thể trình bày bài giải ngắn gọn như sau: Vì   22 6 5 4 3 2 3 2 5 1 3 1 2 2 4 4 8 3 1 0, 2 2 4 3 3 f x x x x x x x x x x x x                              nên phương trình (1) vô nghiệm.   Trường hợp 2: 3 2 2 2 2 4 0 0 1 13; 3 13 0 2 8 0 1 13; 3 13 mn a mn a nm mn                           Chọn 1 13; 3 13mn    thì       4 2 13 7 8 13 29 6 13 21g x x x      Chứng minh phƣơng trình bậc 4 và phƣơng trình bậc 6 vô nghiệm Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trƣờng THPT chuyên Quốc Học - Huế Để chứng minh   0,g x x   ta sử dụng cách chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm đã nói ở phần B.     4 5 2 13 2 13 7 3 3 g x x x          . Mà   2 4 2 2 5 2 13 5 2 13 3 1 2 2 33 x x x x x         . Ta có 20 67 20 13 0 99 a            nên 2 5 2 13 2 2 0, 3 x x x       do đó   0,g x x   nên   0,f x x   . Do đó phương trình (1) vô nghiệm.  Vậy là được thêm cách giải thứ hai! Chú ý: Vì g(x) là hàm số bậc 4 khuyết 32 ;xx nên có thể kháo sát hàm số để chứng minh   0,g x x   .  Trường hợp 3: 3 1 55 1 ; 1 0 2 2 4 0 22 0 3 2 0 55 1 ; 1 22 mn a mn a mn mn                              Chọn 55 1 ; 1 22 mn     thì     42 13 5 10 3 2 10 10 22 g x x x          . Vì () () 10 3 0 0 gx gx a          nên   0,g x x   nên   0,f x x   . Do đó phương trình (1) vô nghiệm.  Vậy là được thêm cách giải thứ ba!  Trường hợp 4: 3 2 0 2 2 4 0 0 3; 1 0 1; 1 10 mn a mn a m n n                       Chọn 3; 1mn    thì   42 33g x x x x   . Ta có   1 5 0g    nên trường hợp này không thỏa mãn   0,g x x   .  Trường hợp 5:     2 2 1 3 5 3 35 ; 24 3 5 3 0 2 8 0 35 ; 24 0 3 2 0 1 3; 2 mn a nm mn a mn mn                                 Lúc này       4 3 2 0 43 5 2 2 2 4 1 a aa g x m x m n x n        . Ta chọn m, n sao cho 4 5 0 2 am    . Chỉ có   3 5 3 35 ; 24 mn    là thỏa mãn. Lúc này     43 11 5 5 27 5 55 52 28 g x x x      . Chứng minh phƣơng trình bậc 4 và phƣơng trình bậc 6 vô nghiệm Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trƣờng THPT chuyên Quốc Học - Huế Để chứng minh   0,g x x   ta có thể sử dụng cách chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm. Ở đây ta sẽ dùng cách khảo sát hàm số [do dễ dàng tính được nghiệm của   'gx ]. Thật vây:           3 2 2 3 11 5 5 3 11 5 5 ' 4 5 2 4 5 2 22 g x x x x x            .   9 3 5 ' 0 0 8 g x x x       . Lập bảng biến thiên được   9 3 5 min 0,761199442 0 8 g x g         . Do đó   0,g x x   nên   0,f x x   . Do đó phương trình (1) vô nghiệm.  Vậy là có thêm một cách giải thứ tư!  Trường hợp 6: 2 2 2 0 10; 1 0 8 2 0 10; 1 0 10 6; 1 6; 1 mn a m n m n a n mn mn                                  Chọn 10; 1mn   thì         43 2 10 5 2 2 10 2 10 3g x x x x      có   1 2 10 10 0g     nên trường hợp này không thỏa mãn   0,g x x   .  Trường hợp 7: 1 2 0 3 ;1 3 2 0 0 2 03 10 ;1 2 mn mn a a n mn                      Cả hai cặp nghiệm này đều làm cho 4 0a  nên trường hợp này không thỏa mãn   0,g x x   .  Chú ý: Hai trường hợp 3 0 0 0 a a      và 2 0 0 0 a a      khó thỏa mãn   0,g x x   . Vậy, khi thực hành ta chỉ xét 5 trường hợp là: 4 3 0 0 a a      hoặc 3 2 0 0 a a      hoặc 3 1 0 0 a a      hoặc 2 1 0 0 a a      hoặc 1 0 0 0 a a      . Nếu cả năm trường hợp đều không tìm được m và n để cho   0,g x x   thì phương pháp này không áp dụng được.  Bài tập: Chứng minh phương trình 6 5 4 3 2 2 3 2 2 0x x x x x x       vô nghiệm. HẾT . Chứng minh phƣơng trình bậc 4 và phƣơng trình bậc 6 vô nghiệm Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trƣờng THPT chuyên Quốc Học - Huế A- PHƢƠNG TRÌNH BẬC 4: Ví dụ 1: Chứng minh phương trình. nên 4 3 2 61 119 9 26 0, 4 12 x x x x x       , do đó phương trình (2) vô nghiệm.  Bài tập: Chứng minh phương trình 4 3 2 2 3 0x x x x     vô nghiệm. B- PHƢƠNG TRÌNH BẬC 6: . hay phương trình (2) vô nghiệm.  Chú ý: Có thể trình bày vào bài giải ngắn gọn như sau: 4 3 2 61 119 9 26 4 12 x x x x     2 2 2 2 2 2 9 7 11 71 9 7 11 162 5 22 2 4 4 12 2 4 14 3 36 x x