Phân tích phương trình bậc 4 vô nghiệm

Đây là một phương pháp phân tích PT bậc 4 vô nghiệm khá hay do tôi một thành viên của VNCASIOer Team (Team nghiên cứu những phương pháp sử dụng máy tính bỏ túi trong giải Toán) nghiên cứu ra. Đây là một hướng nhìn mới, nhưng vẫn còn nhược điểm, do đó mong bạn đọc xem xét và góp ý thêm. Các tài liệu của VNC Team share hoàn toàn miễn phí, cho nên để tránh mất phí do tải tài liệu của Team từ nguồn khác đăng lại, các bạn hãy theo dõi Web của chúng tôi để đón xem những tài liệu mới sớm nhất: vietnamcasioerteam.blogspot.com

CASIO VIỆT NAM PHÂN TÍCH PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VÔ NGHIỆM

 Lâm Hữu Minh 

Trong cuốn Công phá đề thi THPT Quốc gia môn Toán bằng kỹ thuật CASIO (gọi tắt là CASIO công phá Toán), tôi đã có đưa ra một cách phân tích phương trình

bậc 4 vô nghiệm, đó cũng chính là cách thứ nhất mà tôi sẽ nói lại trong những trang giấy này, còn cách thứ hai thì hoàn toàn mới

Cách thứ hai này chính là một vấn đề đã khiến tôi phải suy nghĩ hơi bị nhiều, bởi vì

nó là cách tổng quát cho mọi PT bậc 4 vô nghiệm

Có thể các bạn sẽ không mấy cần đến cách thứ hai, nhưng tôi vẫn viết vì “máu” đam

mê nghiên cứu của tôi, như tinh thần đã xuyên suốt cuốn Công phá kia, tôi muốn truyền cho người đọc một cảm hứng khám phá, một lối tư duy sáng tạo, rằng “không

có cái gì con người ta không biết, chỉ có những cái con người chưa biết” (Triết học Mác - Lênin)

Hãy “ngắm nghía” dạng tổng quát của “đối tượng”:

4 3 2

0 ( 0)

Chúng ta sẽ không nghiên cứu những loại sau đây trong bài viết này:

+ Loại có nghiệm nói chung, vì nếu có nghiệm rồi thì bất kể xấu hay đẹp chúng ta cũng moi ra được cái nhân tử bậc 2

+ Loại bd  , vì thực ra nó là PT bậc 2 0

+ Loại e  , vì cái khó chỉ còn nằm ở PT bậc 3: 0 ax3bx2cxd  , nhưng loại 0 này thì đã có MODE EQN

+ Những dạng đặc biệt khác trong sách có nói…

Tất nhiên chúng ta đang xử phương trình vô nghiệm nên trước tiên bao giờ cũng phải

“sâu vờ” (SOLVE) xem PT có nghiệm không đã để biết đường đi tiếp 1 trong 2 cách dưới đây (thực ra không nói thì ai cũng làm rồi)

1 Dành cho 2 hệ số a, e nhỏ

Hệ số nhỏ chính là hệ số có giá trị trong khoảng [ 10;10] , sở dĩ cách này dành cho

hệ số nhỏ vì số ước của a và e ít Tại sao phải ít? Vì chúng ta có làm mò, nhiều quá mất thời gian thử

Tôi ghi lại ví dụ trong sách CASIO công phá Toán ra đây là các bạn thừa nắm được

VD Giải PT sau trên tập số phức: 2x4x34x22x 3 0

Cơ sở của cách này chính là hệ số của 2 nhân tử sau khi phân tích luôn là số nguyên nhỏ, đó là đặc trưng của 1 cái đề đẹp: đánh vào kiến thức suy luận chứ không đánh vào việc tính toán xử lí những số xấu, và đó là xu hướng ra đề của Bộ

Từ đó nhìn hệ số đầu và cuối của PT, suy ra hệ số đầu của 2 nhân tử lần lượt là 1 và

2, hệ số cuối của chúng là 1 hoặc 3

Căn cứ vào đó tôi bắt đầu dùng máy tính thử 2 trường hợp sau:

+ TH1: nhập vào máy

4 3 2 2

3

  Nếu với X nguyên cố định, ta cho B chạy với các giá trị nguyên mà kết quả phép chia này nguyên, thì thỏa mãn, vì vốn dĩ các hệ số nhân tử đều nguyên

Thông thường B nhỏ, chỉ nằm trong khoảng [ 5;5] nên tôi gán X = 10 rồi tiến hành chạy B trong khoảng này…

Vâng, các giá trị lần lượt nhận được như sau: 21423 7141 21423 21423 7141; ; ; ; ;

Nói chung là chưa có số nguyên nào cả, do đó ta phải xét sang TH2

+ TH2: sửa thành

4 3 2 2

1

Phần âm cũng khá nản, nhưng đến B = 1 thì kết quả rất đẹp: 193 Vậy khả năng là ta

có nhân tử (x2 x 1), và khi đó, dễ dàng chia ra nhân tử còn lại là (2x2 x 3)

Việc thử lại kết quả được giao cho “nguyên tắc TGTTN” (đã có trong sách CASIO

công phá Toán)

Thực tế các bạn đã nghĩ rằng, nhờ may mắn mà chỉ cần thử đến TH2 là có được kết quả rồi phải không? Vì hệ số đầu của nhân tử cần tìm nhận 1 hoặc 2, và hệ số cuối cũng có 2 cách chọn, nên đầy đủ ra ta phải xét 4 TH

Tuy nhiên trên thực tế, vì đề chỉ ra hệ số là nguyên và dưới 10, nên để ý một tí các bạn sẽ nhận ra ngay quy luật, đó là chỉ cần xét 1 nửa của tổng số TH là được

Điều này không khó để hiểu được, chỉ cần chịu khó liệt kê số ước nguyên dương của các số tự nhiên từ 1 đến 10 là rõ Vả chăng vì việc chứng minh điều này không quan trọng, nên các bạn chỉ cần nhớ cái quy luật đó là được rồi, tôi không nói thêm nữa Thậm chí, nếu không biết quy luật này, thì các bạn chỉ cần thử theo cách sau:

+ Cho hệ số đầu tiên của mỗi nhân tử chạy dần từ thấp lên cao

+ Ứng với mỗi giá trị của nó, ta ghép với tất cả các giá trị có thể của hệ số cuối, rồi thử từng trường hợp

Như đã nói, các bạn cùng lắm cho hệ số đầu chạy hết 1 nửa số giá trị có thể của nó là thu được đáp án rồi

Nói rõ hơn, trong bài phía trên, hệ số đầu có thể nhận 1 hoặc 2, cuối nhận 1 hoặc 3 Như vậy:

+ Cho hệ số đầu chạy lần lượt từ 1 đến 2

+ Ứng với mỗi giá trị 1; 2 đó, ta ghép với hệ số cuối là 1 hoặc 3, do đó sẽ có tất cả

4 TH để thử

Và như đã thấy, tôi chỉ cần thử với hệ số đầu bằng 1 là xong rồi, không cần thử thêm

số 2 nữa, nghĩa là đáng ra có 4 TH nhưng chỉ cần một nửa thôi

Rõ ràng cách này có thể xử lí hầu như các bài cần phân tích thành nhân tử trong đề thi Quốc gia, nhưng độ nhanh phụ thuộc vào đề và sự linh hoạt, kinh nghiệm của người làm khá nhiều, vì ta phải mò, do đó chưa phải là cách tối ưu

2 Phương trình bậc 4 bất kì

Đầu tiên tôi chứng minh cơ sở của phương pháp

Ta giả sử: ax4bx3cx2dx e (mx2nx p ux)( 2vxq)

x để phân tích:

2

2

Đến đây chắc nhiều người thấy rất là vui, vì việc phân tích loại đa thức bậc hai 2 ẩn

ax bx c dyey thì đã có kỹ thuật CASIO rất đơn giản

Và đây cũng chính là chỗ sai lầm mà tôi dám cá hầu hết “dân CASIO” (chưa nói dân thường) đều mắc nếu như nghiên cứu vào!

Cũng phải mất khoảng thời gian hơi bị lâu tôi mới hiểu rõ được cái ngộ nhận này, vì thực nghiệm đã xác nhận rằng ax2 bx c dyey2 (mx n py ux)(  v qy) với

x, y bất kì

Lí do rất đơn giản: khi phân tích ax2bx c dyey2 bằng CASIO ta đã cho x, y độc lập giá trị với nhau (không hề liên quan gì), nghĩa là đã vứt đi việc y 1

x



Cho nên khi gán y 1000 vào ax2bx c dyey2 rồi giải PT bậc 2 theo x, ta

“sửng sốt” vì PT vô nghiệm trong khi đã “chắc chắn như đinh đóng cột” rằng

x

m



u



  (ảo tưởng rằng với y bằng mấy cũng đều có x) Ví dụ nêu ra dưới cùng sẽ cho các bạn “mục sở thị” cái sai này trong thực tế, để nếu chưa hiểu thì sẽ hiểu

Bây giờ ta khai triển (mx n py ux)(  v qy):

Rõ ràng trong ax2bx c dyey2 đâu có hạng tử chứa tích xy?

Ta sẽ xem xem hạng tử (mq pu xy) do đâu mà lại có, bằng cách thay ngược y 1

x

 vào (mx n py ux)(  v qy) rồi lại khai triển:

2

2

1

1

x

Như vậy “gốc gác” của hạng tử (mq pu xy) chính là từ hạng tử (mqnv pu x) 2 trong PT bậc 4 ban đầu, gây nên qua hành động chia cho x rồi thế 2 y 1

x



Khó khăn này không khiến tôi bỏ cuộc, vì từ trước đến giờ tôi vẫn tin rằng (cảm nhận) luôn có 1 kỹ thuật CASIO để phân tích mọi PT bậc 4

Chúng ta hãy cùng nhìn lại mux4(mvnu x) 3(mqnv pu x) 2(nq pv x)  pq

và mux2(mvnu x) nv(nq pv y)  pqy2(mq pu xy) …

Để cho đơn giản, tôi sẽ viết nó lại như dạng ban đầu, nghĩa là chúng ta đang phải nhìn lại 2 biểu thức: ax4bx3cx2 dxe và ax2 bxkdyey2(ck xy)

Rõ ràng khi chuyển ax4 bx3cx2dx thành e ax2bx c dyey2, ta thấy nó chỉ khác với biểu thức ax2bxkdyey2(ck xy) ở chỗ hạng tử tự do c bị biến thành cụm k(ck xy) , còn mọi chỗ khác đều giống nhau

Trong khi đó, như đã chứng minh bằng cách khai triển ở phía trên, biểu thức

ax bxkdyey  ck xy thì phân tích được thành nhân tử ta mong muốn, còn ax2bx c dyey2 thì không phân tích được

Như vậy cánh cửa mới mở ra cho ta, là phải tìm xem k bằng mấy, rồi viết lại

ax bx c dyey thành ax2bxkdyey2(ck xy) , như vậy việc phân tích PT bậc 4 vô nghiệm bất kì đã hoàn tất

Đây lại là vấn đề quen thuộc, vì nó đã nằm trong sách CASIO công phá Toán!

Nếu ai đã đọc xong sách đó, thì có thể nhớ ra được rằng tôi đã chứng minh cho các bạn cái điều kiện để Pax2by2cxydxey f phân tích được thành nhân tử Cho nên tôi không chứng minh lại ở đây nữa, đáp án là chúng ta cần bộ điều kiện:

2







Nhưng cũng trong sách đó, bộ điều kiện này được giảm tải xuống chỉ còn lại là:

(cd2ae) (c 4ab d)( 4af) 0 (cd2ae) (c 4ab d)( 4af)

(Mục đích là để cho nhanh thôi)

Ở đây, biểu thức P của ta là ax2ey2(ck xy) bxdy , do đó, thay tương ứng k

b, c, d, e, f trong điều kiện trên lần lượt thành , (e ck b d k), , , ta được điều kiện để

b ck  ad  ck  ae  b  ak

bk  ad bc  ck  ae  b  ak là 1 PT bậc 3 với k, và theo như lý thuyết, một khi đã chọn phân tích PT bậc 4 thành 2 nhân tử thì các hệ số nhân tử luôn nguyên, do đó bạn sẽ luôn giải được 1 giá trị k nguyên

Tổng kết, để phân tích PT bậc 4 vô nghiệm bất kì thành 2 tam thức bậc 2, ta có 3 bước:

bk  ad bc  ck  ae  b  ak tìm k + B2: viết lại PT ban đầu thành ax2bxk(ck xy) dyey2, dùng kỹ thuật phân tích đa thức 2 ẩn, phân tích nó thành: (mx n py ux)(  v qy)

+ B3: thế lại y 1

x

 đồng thời nhân luôn x vào, ta được 2 (mx2nx p ux)( 2 vxq),

đó chính là kết quả phân tích

Như vậy công thức “bí mật” (và rất có thể là bí truyền!), chính là công thức tìm k:

bk  ad bc  ck  ae  b  ak , nhớ không hề dễ!

Bây giờ là ví dụ

VD Phân tích phương trình: 10x414x327x2 13x14 0

Lắp vào công thức tìm k: (638 14 ) k 2 (27k)2560 (196 40 )k , rút gọn bớt đi cho dễ giải: (319 7 ) k 2 (27k)2560 (49 10 )  k

Ta được 1 nghiệm nguyên k  12 và 2 nghiệm lẻ vứt đi

Như vậy ta chuyển biểu thức ban đầu thành: 10x2 14x1239xy13y14y2

Cái này lôi máy ra phân tích được: (5x 3 2 )(2y x 4 7 )y

Thế lại y 1

x

 rồi nhân luôn với x , kết quả là: 2 (5x23x2)(2x24x7)

Xong!

Bây giờ, hãy xem sự thất bại của cái ngộ nhận đã nêu ra trước đó

Chia x đặt 2 y 1

x

 , ta được: 10x214x27 13 y14y2

Cho y 1000 đồng thời vào MODE EQN 3 (giải PT bậc 2), các bạn nhận được nghiệm x bằng mấy?

7

1183,766113

10

X   i, vậy thôi nghỉ cho khỏe!

Tôi vẫn hi vọng sẽ có cách mới “gọn nhẹ” hơn cái công thức tìm k của tôi!

Hà Nội, ngày 27 tháng 11 năm 2015