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