Chứng minh phương trình bậc 4 và phương trình bậc 6 vô nghiệm

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 26 16 22 16 0x x x x     vô nghiệm. (1) 
Giải: Đặt   4 3 26 16 22 16f x x x x x     . 
Ta sẽ nhóm 4 36x x thành hằng đẳng thức như sau:    
2
2 4 3 2 23 6 2 9 6x x m x x m x mx m        . 
Lúc này        
2
2 2 23 7 2 6 22 16f x x x m m x m x m         . 
Đặt      2 27 2 6 22 16g x m x m x m      . Ta sẽ chọn m sao cho nó nghiệm đúng hệ sau: 
( )
3 2
3 2( )
7
0 7 2 0
2
0 8 64 136 36 0
8 64 136 36 0 (*)
g x
g x
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 
( )
( )
1 0
12 0
g x
g x
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      
2 2 24 3 2 2 2 26 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 3 212 108 312 183 119 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 4 39x x thành hằng đẳng thức như 
sau:
2
2 4 3 2 29 819 2 9
2 4
x x m x x m x mx m
   
          
   
. 
Lúc này  
2
2 2 29 23 61 1192 9
2 4 4 12
f x x x m m x m x m
     
             
     
. 
Đặt   2 2
23 61 119
2 9
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
2 00 4 8
0 1171 215 1171 215
8 104 0 8 104 0 (*)
6 48 6 48
g x
g x
m ma
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
g x
g x
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 1199 26
4 12
x x x x    
2 2 2
2 2 29 7 11 71 9 7 11 16252 2
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 22 3 0x x x x     vô nghiệm. 
------------------------------------------------------------ 
B- PHƢƠNG TRÌNH BẬC 6: 
Ví dụ : Chứng minh phương trình 6 5 4 3 22 4 4 8 3 1 0x x x x x x       vô nghiệm. (1) 
Giải: Đặt   6 5 4 3 22 4 4 8 3 1f x x x x x x x       . 
Ta sẽ nhóm 6 52x x thành hằng đẳng thức như sau: 
       
2
3 2 6 5 4 3 2 2 22 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 25 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 12
5 2 2 2 4 8 2 3 2 1
a
a a aa
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
23 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  
2 2
6 5 4 3 2 3 2 5 1 3 1 22 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 00 1 13; 3 13
0 2 8 0 1 13; 3 13
m na m n
a n m m n
      
   
         
Chọn 1 13; 3 13m n    thì      42 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 2 132 13 7 3
3
g x x x
 
     
 
. Mà  
2
4 2 25 2 13 5 2 133 1 2 2
3 3
x x x x x
 
       . 
Ta có 
2 0
67 20 13
0
9 9
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 3 2;x x nên có thể kháo sát hàm số để chứng minh 
  0,g x x   . 
------------------------------------------------------------ 
 Trường hợp 3: 
3
1
5 5
1 ; 1
0 2 2 4 0 2 2
0 3 2 0 5 5
1 ; 1
2 2
m n
a m n
a mn
m n

           
  
    

Chọn 
5 5
1 ; 1
2 2
m n     thì     4 213 510 3 2 10 10
2 2
g x x x
 
      
 
. 
Vì 
( )
( )
10 3 0
0
g x
g x
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 00 3; 1
0 1; 11 0
m na m n
a m nn
       
   
      
Chọn 3; 1m n    thì   4 23 3g x x x x   . Ta có  1 5 0g    nên trường hợp này không thỏa mãn 
  0,g x x   . 
------------------------------------------------------------ 
 Trường hợp 5: 
 
 22
1
3 5 33 5
;
2 4
3 5 30 2 8 0 3 5
;
2 40 3 2 0
1
3;
2
m n
a n m
m n
a mn
m n
    


        
         
  



Lúc này      4 3 2
0
4 3
5 2 2 2 4 1
a
a a
g x m x m n x n        . Ta chọn m, n sao cho 4
5
0
2
a m    . 
Chỉ có 
 3 5 33 5
;
2 4
m n
 
  là thỏa mãn. Lúc này     4 311 5 5 27 5 555 2
2 8
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  'g x ]. 
Thật vây:    
 
 
 
3 2 2
3 11 5 5 3 11 5 5
' 4 5 2 4 5 2
2 2
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 1 0 6; 1
6; 1
m n
a m n m n
a n m n
m n
   

      
   
       

   
Chọn 10; 1m n   thì        4 32 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 00 2
0 31 0
; 1
2
m n
mna
a n
m n

     
   
      

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 22 3 2 2 0x x x x x x       vô nghiệm. 
-------------------HẾT-------------------