Phương trình quy về bậc 2 bậc 3 bậc 4 - Phạm Thành Luân

23 Vấn đề 4 PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 – BẬC 4 I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC 2 Dạng 1: Phương trình trùng phương: 42 ax bx c 0 (a 0)+ += ≠ Đặt 2 tx(t0)=≥ ta có phương trình : 2 at bt c 0 ++= Dạng 2 : (x + a)(x+b)(x+c)(x+d) = k (k ≠ 0) Trong đó: a + b = c + d Đặt t(xa)(xb)=+ + với 2 (a b) t 4 − ≥− ta có phương trình : 2 t(cdab)tk0+− −= Dạng 3 : 44 (x a) (x b) k(k 0)+++= ≠ Đặt ab tx 2 + =+ thì xat ,+=+α xbt+=−α với ab 2 − α= đưa về phương trình trùng phương : 4224 t12t2 k0+α +α−= 44 (x a) (x b) k(k 0)−+−= ≠ . Đặt ab tx 2 + =− Dạng 4 : 432 ax bx cx bx a 0 (a 0)++++= ≠ + Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình + Chia hai vế cho 2 x và đặt 1 tx ,t2 x =+ ≥ Ta có phương trình : 2 at bt c 2a 0++− = 432 ax bx cx bx a 0 (a 0)++−+= ≠ + Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình : 24 + Chia 2 vế cho 2 x và đặt 1 tx x = − ta được phương trình : 2 at bt c 2a 0+ ++ = 432 ax bx cx dx c 0+ +±== trong đó a, c ≠ 0 và 2 cd ab ⎛⎞ = ⎜⎟ ⎝⎠ + Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm. + Chia 2 vế cho 2 x , làm giống như trên. Dạng 5 : 22 mx nx k (k 0) ax bx c ax b'x c + =≠ + +++ + Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm. + Phương trình được viết : mn k cc ax b ax b' xx + = ++ ++ Đặt c tax x = + và phương trình được viết : mn k tbtb' + = ++ Dạng 6 : xb (x a)(x b) (x a) 8 xa + α+ + + β += + Điều kiện : xb 0 xa + ≥ + . Đặt xb t(xa) xa + =+ + 2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3: a. Đa thức : Đa thức bậc n theo x (n ∈N) là biểu thức có dạng: P(x) nn1 01 n1n a x a x . a x a − − =+ ++ + với 0 a0≠ Các số 01 n a ,a , a gọi là các hệ số. α là một nghiệm của đa thức P(x) khi P(α) = 0 Đònh lý Bezout : P( ) 0 P(x)α =⇔ chia hết cho x - α. b. Phương trình bậc 3: 32 ax bx cx d 0 (a 0)+ ++= ≠ Phương trình bậc 3 luôn luôn có nghiệm Đònh lý Viete: 25 Nếu phương trình : 32 ax bx cx d 0 (a 0)+++= ≠ (1) Có 3 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 thì : 123 12 23 31 123 b xxx a c xx xx xx a a xxx a ⎧ ++=− ⎪ ⎪ ⎪ ++= ⎨ ⎪ ⎪ =− ⎪ ⎩ Cách giải : + Nếu biết một nghiệm 0 xx,= ta phân tích: (1) 2 0 (x x )(Ax Bx C) 0⇔− + += + Nếu biết một hệ thức giữa các nghiệm thì ta dùng đònh lý viete + Dùng hằng đẳng thức biến đổi thành phương trình tích số với các phương trình có dạng : 33 3 AB(AB)+=+ 333 (A B) A B 0 3AB(A B) 0⇔+ −−=⇔ += II. CÁC VÍ DỤ : Ví dụ 1: Giải phương trình : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 3 (*)++ ++= Giải (*) (x 1)(x 4)(x 2)(x 3) 3 (**)⇔+ + + += Đặt 2 t(x1)(x4)x 5x4=+ += + + Điều kiện 2 (1 4) 9 t 44 − ≥− =− (**) 22 (x 5x 4)(x 5x 6) 3⇔++ ++= 2 t 1(nhận) t2t30 t(t 2) 3 t3(loại) (a b c 0) = ⎧ +−= ⇔+=⇔ ⇔ ⎨ =− ++= ⎩ Với t = 1: 2 2 513 x x5x30 2 x5x41 13 513 x 2 ⎡ −+ = ⎢ ++= ⎢ ++=⇔ ⇔ ⎢ ∆= −− = ⎢ ⎣ 26 Ví dụ 2: Đònh m để phương trình : x1 (x 3)(x 1) 4(x 3) m (1) x3 + −++− = − có nghiệm. Giải Đặt 2 x1 t(x3) (*) t (x3)(x1) x3 + = −⇒=−+ − 2 (1) t 4t m 0 (2)⇔+−= Để (1) có nghiệm, điều kiện cần (2) có nghiệm. Ta có : ' 4 m 0 m 4 ∆ =+ ≥⇔ ≥− Thử lại với m4,≥− phương trình (1) cũng có nghiệm. Với m4,≥− phương trình (2) có nghiệm t = t 0 thế vào (*) : 0 x1 t(x3) (3) x3 + =− − Ta có 3 trường hợp : 0 t0:(3)x1= ⇔=− (nhận) 0 22 2 00 x3 x3 t0:(3) (x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0 >> ⎧⎧ ⎪⎪ >⇔ ⇔ ⎨⎨ −+= −−+= ⎪⎪ ⎩⎩ 2 0 x1 4t ⇔ =+ + nhận. 0 22 2 00 x3 x3 t0:(3) (x 3)(x 1) t x 2x (3 t ) 0 << ⎧⎧ ⎪⎪ <⇔ ⇔ ⎨⎨ −+= −−+= ⎪⎪ ⎩⎩ 2 0 x1 4t ⇔ =− + nhận. Tóm lại phương trình (1) có nghiệm khi m 4 ≥− Ví dụ 3: Đònh a sao cho phương trình : 43 2 xax(2a1)xax10 (1) −−+ ++= Có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1. Giải Với x = 0 : (1) 1 0 ⇔= vô nghiệm. Chia hai vế cho x 2 : 27 2 2 a1 xax(2a1) 0 x x −− +++ = 2 2 11 xax(2a1)0 (2) x x ⎛⎞⎛⎞ ⇔+−−−+= ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ Đặt 1 tx x =− thì 2 1 2 2 2 tt4 x 2 xtx10 tt4 x 2 ⎡ −+ ⎢ = ⎢ −−=⇔ ⎢ + + ⎢ = ⎢ ⎣ 22 2 1 (t x 2) x =+ − khi 2 t0 x 1>⇒ > (2) 2 t2at(2a1)0 ⇔+−− += 2 t at 1 2a 0 (3) ⇔−+− = Để (1) có 2 nghiệm khác nhau và lớn hơn 1 là (3) có 2 nghiệm thoả: 12 0t t<< 2 0a4(12a)0 1 P0 12a0 254a 2 S0 a0 ⎧ ∆> − − > ⎧ ⎪ ⎪ ⇔>⇔−> ⇔ −<< ⎨⎨ ⎪⎪ >> ⎩ ⎩ Ví dụ 4: Đònh k để phương trình : 43 x 4x 8x k (*) −+= Có 4 nghiệm phân biệt. Giải (*) là phương trình hoành độ giao điểm của 2 đồ thò: 43 yx 4x 8x =− + và y = k. Khảo sát sự biến thiên của hàm số : 43 yx 4x 8x=− + . MXD : D = R . 32 2 y'4x12x84(x1)(x2x2) =− +=− −− Cho x1 y5 y' 0 x1 3 y 4 =⇒ = ⎡ =⇔ ⎢ =± ⇒ =− ⎣ 28 Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên để phương trình (*) có nghiệm phân biệt khi và chỉ khi : 4k5 − << Ví dụ 5: Đònh a để phương trình : 42 2 x2x2axa2a10 + ++++= có nghiệm. Với mỗi a đó, gọi x a là nghiệm bé nhất của phương trình. Đònh a để x a nhỏ nhất. Giải Ta có : 42 2 x2x2axa2a10+++++= 242 aaa a2(x1)a(x2x1)0 (*) ⇔+ + + + += Để (*) có nghiệm 24 2 aaa '(x 1) (x 2x 1)0⇔ ∆= + − + + ≥ 222 aa 22 aaaa 22 aa aa (x 1) (x 1) 0 (x 1 x 1)(x 1 x 1) 0 (x x 2)( x x ) 0 ⇔+−+≥ ⇔ ++ + +− − ≥ ⇔ ++−+ ≥ aa x(x 1) 0 ⇔ −+≥ (vì 2 aa a xx20 x) ++>∀ a 0x 1 ⇔ ≤≤ Vậy x a nhỏ nhất là x a = 0, thì (*) 2 (a 1) 0 a 1 ⇔ +=⇔=− Ví dụ 6 : Tìm điều kiện của a, b để phương trình 3 xaxb0 + += có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng. Giải Gọi x 1 , x 2 , x 3 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình cho, lập thành một cấp số cộng : x 1 + x 3 = 2x 2 (*) Đònh lý viete cho : 123 B xxx 0 A + +=−= 22 3x 0 x 0 ⇔ =⇔ = 29 Thay x 2 = 0 vào phương trình : 3 xaxb0 ++= ta được: b = 0 32 2 x0 xax0x(xa)0 x a 0 (**) = ⎡ ⇒+=⇔ +=⇔ ⎢ += ⎢ ⎣ Để (**) có 2 nghiệm phân biệt và khác 0 a0⇔< Vậy để phương trình cho có 3 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng là : a < 0 , b = 0 Ví dụ 7: Biết phương trình 3 xpxq0++= có 3 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 Chứng minh : 333 123 123 xxx3xxx++= Giải Vì x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình : 3 xpxq0++= Ta có : 3 11 xpxq0++= 3 22 3 33 xpxq0 xpxq0 ++= + ++= 333 123 123 xxxp(xxx)3q0 (*)⇒+++ ++ += Đònh lý viete cho : 123 B xxx 0 A ++=−= ; 123 D xxx q A = −=− Thế vào (*) ta được: 333 123 123 xxx3xxx0++− = 333 123 123 xxx3xxx⇔++= Ví dụ 8: Giả sử phương trình : 32 xxaxb0−++= có 3 nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng : 2 a3b0+> (Đại học quốc gia Hà Nội, khối A năm 1998) Giải Gọi x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm phân biệt của phương trình cho đònh lý viete cho : 30 123 12 23 31 123 B xxx 1 A C xx xx xx a A D xxx b A ⎧ ++=−= ⎪ ⎪ ⎪ + +== ⎨ ⎪ ⎪ =− =− ⎪ ⎩ Ta có : 22222 12 23 31 12 23 31 123 (x x x x x x ) (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x++ = + + + 22 123 312 2xxx 2xxx++ 2222 12 23 31 123 1 2 3 2222 12 23 31 2222 12 23 31 a (xx ) (xx) (xx) 2xxx(x x x) a(xx)(xx)(xx)2b a 2b (x x ) (x x ) (x x ) (1) ⇔= + + + ++ ⇔= + + − ⇒+= + + Ta có : 22 xy2xy+≥ 22 22 yz2yz zx2zx +≥ + +≥ 222 222 2(x y z ) 2(xy yz zx) x y z xy yz zx (2)⇒ ++ ≥ ++ ⇔++≥++ Áp dụng BĐT (2) ta có : 222222 12 23 31 123 231 1 23 (x x ) (x x ) (x x ) x x x x x x x x x++>++ 222 12 23 31 123 1 2 3 (x x ) (x x ) (x x ) x x x (x x x ) b (3)⇔++> ++=− Không có đẳng thức vì x 1, x 2 , x 3 đôi một khác nhau. (1) và (3) 22 a2b ba3b0⇒+>−⇔+> Ví dụ 9: Đònh m để phương trình sau có 3 nghiệm dương phân biệt. 322 x3mx2(m1)x2m0 (1)−++−= Giải 2 2 (1) (x m)(x 2mx 2) 0 xm f(x) x 2mx 2 0 (2) ⇔− − += = ⎡ ⇔ ⎢ =− += ⎢ ⎣ Để (1) có 3 nghiệm dương phân biệt (2) ⇔ có 2 nghiệm dương khác m. 31 2 m0 m0 'm 20 m2m 2m2 P 2 0(hiển nhiên) 2m 0 S2m0 > ⎧ > ⎧ ⎪ ⎪ ∆= − > ⎪ ⇔⇔>∨<−⇔> ⎨⎨ => ⎪⎪ > ⎩ ⎪ => ⎩ Ví dụ 10: Giải phương trình : 4 x4x1 (*)−= Giải 42 2 (*) x (2x 1) (2x 1) 4x 1⇔+ += +++ 22 2 22 2 2 1,2 (x 1) 2(x 1) 0 (x 2x 2 1)(x 2x 1 2) 0 x 2x 2 1 0 VN 21 x2x120x 2(221) 22 ⇔+=+= ⇔+ ++ − +− = ⎡ +++= ⎢ ⇔ ⎢ −+−=⇔=± − ⎢ ⎣ Ví dụ 11: Cho phương trình : 32 xx(m2)xm10+−+ ++= . Tìm các giá trò của m để phương trình có 3 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 thỏa điều kiện : x 1 < x 2 < < 2 < x 3 Giải Đặt 32 f(x) x x (m 2)x m 2=+− + ++ Điều kiện cần: Giả sử phương trình f(x) = 0 có 3 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 thỏa đề bài, ta có : f(x) = (x – x 1 )(x – x 2 )(x – x 3 ) và f(2)0 9m0 m9<⇔− <⇔ > Điều kiện đủ: Giả sử ta có: m > 9 f(0) m 1 0=+> và f(2) = 9 – m < 0 f(0).f(2) 0⇒< Nếu tồn tại 22 x(0,2):f(x)0∈=(nghóa là 0 < x 2 < 2 (1)) Vì x lim →+∞ f(x)=+∞nên tồn tại m > 2 mà f(m) > 0 f(2).f(m) 0⇒< ⇒ Phương trình đã cho có 1 nghiệm 3 x(2,m)∈ sao cho f(x) = 0 (nghóa là 2 < x 3 < m (2)). Vì x lim →−∞ f(x) = −∞ , nên tồn tại n < 0 mà f(n) < 0 f(0).f(n) 0⇒< nên phương trình có nghiệm x 1 với n < x 1 < 0 (3) 32 (1), (2), (3) 12 3 xx2x⇒<<< Vậy m > 9. Ví dụ 12 : Giải phương trình : 333 (3x 1) (2x 3) (5x 2) (*)++ −= − Giải Vì (3x + 1) + (2x –3 )= 5x –2 p dụng hằng đẳng thức: 333 (A B) A B 3AB(A B)+ =++ + (*) 3(3x 1)(2x 3)(5x 2) 0 ⇔ +−−= 1 x 3 3x 1 0 3 2x 3 0 x 2 5x 2 0 2 x 5 ⎡ = − ⎢ += ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⇔−=⇔= ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ −= ⎣ ⎢ = ⎢ ⎣ 33 III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 4.1. Đònh m để phương trình : 42 x2(m1)x2m10−+++= có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng. 4.2. Đònh tất các giá trò của tham số m để cho phương trình : 32 x 2(1 2m)x (5 7m)x 2(m 5) 0+− +− + += Có 3 phân biệt nhỏ hơn 1, biết rằng phương trình có 1 nghiệm không phụ thuộc m. 4.3. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình : 242 8x(2x 1)(8x 8x 1) 1−−+= thỏa mãn điều kiện 0 < x < 1 4.4. Giải phương trình : 333 (x 2 3) (2x 3) (3x 3)−++=− 4.5. Đònh m để phương trình : 32 x3mx3x3m20+−−+= Có 3 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 và 222 123 xxx++ nhỏ nhất. 4.6. Đònh m để phương trình : 22 2 m x(x1) xx1 ++ = + + Có 1 nghiệm duy nhất. 4.7. Đònh a để phương trình sau có nghiệm: 42 2 xx2(a2)xa4a30++ − −+−= 4.8. Giải phương trình : 3 8x 6x 1−= 4.9. Giải phương trình : 43 2 xx7xx60+− −+= 4.10. Giải phương trình : 32 12x 4x 17x 6 0+−+= Biết phương trình có 2 nghiệm mà tích bằng –1 34 4.11. Giải phương trình : 222 (x 3x 4) 3(x 3x 4) x 4+ −+ +−=+ (ĐH Ngoại Thương – Khối D Năm 2000) 4.12. Cho phương trình : 42 xaxb0+ += Giả sử phương trình có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng. Chứng minh: 2 9a 100b 0−= 35 Giải Tóm Tắt 4.1. Đặt 2 tx= . Phương trình đã cho 2 t2(m1)t2m10 (1)⇔− ++ += Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt (1)⇔ có 2 nghiệm dương phân biệt . 2 '(m1) (2m1)0 1 P2m10 m 2 S2(m1)0 ⎧ ∆= + − + > ⎪ ⇔= +> ⇔>− ⎨ ⎪ =+> ⎩ và m 0 (*) ≠ Với điều kiện (*), (1) có 2 nghiệm t 1 , t 2 thỏa 12 0t t< < . Phương trình đã cho có 4 nghiệm : 12213142 xtxtxtxt=− < =− < = < = x 1 , x 2 , x 3 , x 4 lập thành một cấp số cộng 324 2x x x⇔=+ 2 t 91 (2)⇔= Đònh lý viete cho : 12 12 tt2(m1) (3) t t 2m 1 (4) += + ⎧ ⎨ =+ ⎩ (2), (3), (4) 2 4 9m 32m 16 0 m 4 m 9 ⇔−−=⇔=∨=− thỏa (*) 4.2 Phương trình đã cho có thể viết: 232 (4x 7x 2)m (x 2x 5x 10) 0 (1)−−+ ++ ++= Vì phương trình đã cho có 1 nghiệm không phụ thuộc m thì phương trình (1) vô đònh theo m. 2 32 4x 7x 2 0 x21 x2x5x100 ⎧ −−+= ⎪ ⇔⇔=−< ⎨ +++= ⎪ ⎩ Phương trình đã cho 2 (x 2)(x 4mx m 5) 0⇔+ − ++= 2 x2 g(x) x 4mx m 5 0 =− ⎡ ⇔ ⎢ =− ++= ⎢ ⎣ 36 YCBT 2 12 '4m m50 1.g(1) 1 4m m 5 0 xx1 s g( 2) 0 1 2 g( 2) 4 8m m 5 0 ⎧ ∆= − − > ⎪ = −++> ⎪ << ⎧ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ −≠ < ⎩ ⎪ ⎪ − =+ + +≠ ⎪ ⎩ m1 ⇔ <− 4.3. Vì [ ] x0,1∈ , đặt x = cost , t0, 2 π ⎡ ⎤ ∈ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Phương trình đã cho 242 8cost(2cos t 1)(8cos t 8cos t 1) 1 (*)⇔−−+= Với 22 cos t 1 cos t−= 2 22 42 1cost 1cost 8cos t 8cos t 1 8 8 1 22 ⎛⎞⎛⎞ ++ − += − + ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ 24 2cos 2t 1 cos t= −= (*) 24 24 8cost.cos t.cos t 1 8cost.sint.cos t.cos t sint⇔=⇔ = 1 2 2 t t0, 7 2 t 8t t k2 8t t k2 9 π ⎡ ⎧ π ⎛⎞ = ⎢ ∈ ⎪ ⎜⎟ ⇔⇔ ⎢ ⎨ ⎝⎠ π ⎢ ⎪ = =+ π∨ =π−+ π ⎩ ⎢ ⎣ ⇒ các nghiệm phương trình : 2 x cos x cos 79 π π =∨= 4.4. Vì (x 2 3) (2x 3) 3x 3−++=− Áp dụng hằng đẳng thức : 333 (A B) A B 3AB(A B)+ =++ + Phương trình cho : 3(x 2 3)(2x 3)(3x 3) 0⇔ −+−= x23 3 x 2 3 x 3 ⎡ ⎢ = ⎢ ⎢ ⇔=− ⎢ ⎢ ⎢ = ⎢ ⎣ 37 4.5. Ta có : 2222 123 1 23 122331 (xxx)xxx2(xxxxxx)++ =+++ + + 222 2 123 123 122331 x x x (x x x ) 2(x x x x x x )⇔++= ++ − + + Đònh lý viete cho : 123 12 23 31 B xxx 3m A C xx xx xx 3 A ⎧ ++=−=− ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ++==− ⎪ ⎩ 222 2 123 xxx9m66⇒++= +≥ Dấu “ = “ xảy ra m 0⇔= Thử lại, với m = 0 phương trình cho trở thành : 3 x3x20−+= 2 12 3 (x 1)(x x 2) 0 x x 1,x 3⇔− +−=⇔= = =− Vậy m = 0 4.6. MXĐ D = R Phương trình cho 22 2(xx1)1(xx1)m (1) ⎡⎤ ⇔++−++= ⎣⎦ Đặt 2 2 133 tx x1 x 244 ⎛⎞ =++=+ +≥ ⎜⎟ ⎝⎠ (1) 2 2t t m⇔−= 3 t 4 ⎛⎞ ≥ ⎜⎟ ⎝⎠ Đặt 2 y2t 1,=− y' 2t= cho 33 y' 0 t 0,y 48 ⎛⎞ =⇔= = = ⎜⎟ ⎝⎠ Bảng biến thiên: Bảng biến thiên cho, để phương trình có 1 nghiệm duy nhất 3 m 8 ≥ 38 4.7. Phương trình cho 242 a2(x2)axx4x30⇔ −+−−−++= 22 22 22 '(x 1) ax2x 1 x x3a0 (1) ax2x 1 x xa10 (2) ∆= + ⎡⎡ =++ + ++−= ⇔⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ =+− − −+−= ⎣⎣ (1) có 1 4a 11∆ =−, (2) có 2 4a 5∆ =− + Phương trình cho có nghiệm 12 11 5 00am 44 ⇔ ∆≥ ∨∆≥ ⇔ ≥ ∨ ≤ 4.8. 3 8x 6x 1− = 1 4x 3x 2 ⇔−= (*) Đặt xcost= (*) 3 1 4cos t 3cost 2 ⇔ −= 3 cos t cos cos 2 33 ππ ⎛⎞ ⇔ == ±π ⎜⎟ ⎝⎠ Chọn 1 t, 9 π = 2 27 t, 93 9 π ππ =+ = 3 25 t 93 9 π ππ =− =− ⇒ nghiệm xcos, 9 π = 7 xcos , 9 π = 5 xcos 9 π = 4.9. Phương trình cho 32 (x 1)(x 2x 5x 6) 0⇔ −+−−= 2 (x 1)(x 1)(x x 6) 0 x 1 x 2 x 3⇔ − + +− =⇔=±∨=∨=− 4.10. Gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm có x 1 , x 2 = -1 Đònh lý viete cho: x 1 x 2 x 3 d1 a2 = −=− 33 11 (1)x x 23 ⇔ −=−⇔= Phương trình cho : 2 1 x (12x 10x 12) 0 2 ⎛⎞ ⇔ −+−= ⎜⎟ ⎝⎠ 12 2 xxx 23 3 ⇔ =∨=∨=− 4.11. Đặt 2 tx 3x4=+− . Ta có hệ: 2 2 x3x4t t3tx4 ⎧ + −= ⎪ ⎨ + =+ ⎪ ⎩ 39 22 222 x3xt40 x3xt40 (1) t 3t x 4 0 x t 4x 4t 0 (2) ⎧⎧ +−−= +−−= ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ +−−= −+ −= ⎪⎪ ⎩⎩ (x t)(x t 4) 0⇔− ++= tx tx4 = ⎡ ⇔ ⎢ =− − ⎣ . t = 2 : (1) 2 x2x40x 5⇔+−=⇔=−± . 2 tx4:(1)x4x0x4,x0=− − ⇔ + = ⇔ =− = Vậy nghiệm x = 0, x = - 4, x = - 1 5± 4.12. Đặt 2 x0,α= ≥ Phương trình cho trở thành: 2 ab0 (*)α+α+ = Phương trình cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt : 2 12 2 a4b0 a0b 0Pb0 a4b0 Sa0 ⎧ ∆= − > << ⎧ ⎪ ⎪ <α <α ⇔ = > ⇔ ⎨⎨ −> ⎪ ⎪ ⎩ =− > ⎩ Khi đó ta có: 12213142 xxxx=− α < =− α < = α < < α 1234 x ,x ,x ,x hợp thành một cấp số cộng 24 3 xx2x⇔+= 21 9x⇔α = Đònh lý viete: 2 1 12 2 12 1 10 a a a 9b .b 10 9b α=− ⎧ α+α=− ⎧ ⎛⎞ ⎪ ⇔⇔−= ⎨⎨ ⎜⎟ αα= α= ⎝⎠ ⎪ ⎩ ⎩ 2 9a 100b 0⇔ −= . 22 222 12 23 31 12 23 31 1 23 (x x x x x x ) (x x ) (x x ) (x x ) 2x x x++ = + + + 22 1 23 3 12 2xxx 2xxx++ 22 22 12 23 31 1 23 1 2 3 22 22 12 23 31 22 22 12 23. 2 3) (2x 3) (3x 3) 0⇔ −+−= x 23 3 x 2 3 x 3 ⎡ ⎢ = ⎢ ⎢ ⇔=− ⎢ ⎢ ⎢ = ⎢ ⎣ 37 4. 5. Ta có : 22 22 1 23 1 23 122 33 1 (xxx)xxx2(xxxxxx)++ =+++ + + 22 2 2 1 23 1 23 122 33 1