Hỏi đáp môn Toán

Hình vẽ:

Lời giải:

a)

Ta thấy \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow BD\perp AC,CE\perp AB\)

Mà $BD,CE$ giao nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$

\(\Rightarrow AH\perp BC\) hay $AI\perp BC$

Từ $AI\perp BC,BD\perp AC, CE\perp AB$:

Xét tứ giác $ADHE$ có tổng 2 góc đối nhau \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\) nên $ADHE$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $ADIB$ có \(\widehat{ADB}=\widehat{AIB}(=90^0)\) và 2 góc này cùng nhìn cạnh $AB$ nên $ADIB$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Vì $ADIB$ là tứ giác nội tiếp nên \(CD.CA=CI.CB(1)\)

Hoàn toàn tương tự như $ADIB$ thì $AEIC$ cũng là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow BE.BA=BI.BC(2)\)

Lấy \((1)+(2)\Rightarrow CD.CA+BE.BA=CI.CB+BI.BC=BC(CI+BI)=BC^2\)

Ta có đpcm.

c)

Gọi $H',U$ lần lượt là giao của $MN$ và $AI,AO$

Ta có: \(\widehat{H'IO}=\widehat{AIO}=90^0(3)\)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau: \(AM=AN, OM=ON\Rightarrow AO\) là trung trực của $MN$. Do đó \(AO\perp MN\) tại $U$

\(\Rightarrow \widehat{H'UO}=90^0(4)\)

Từ \((3);(4)\Rightarrow H'UOI\) là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow AH'.AI=AU.AO(5)\)

$AN$ là tiếp tuyến $(O)$ \(\Rightarrow AN\perp NO\) hay tam giác $ANO$ vuông tại $N$

Xét tam giác $ANO$ vuông tại $N$, có đường cao $NU$, sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(AU.AO=AN^2(6)\)

Xét tam giác $AND$ và $ACN$ có:

\(\widehat{A}\) chung; \(\widehat{AND}=\widehat{ACN}\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow \triangle AND\sim \triangle ACN\Rightarrow \frac{AN}{AC}=\frac{AD}{AN}\Rightarrow AN^2=AC.AD(7)\)

Tương tự $ADHE$, ta cũng có $CIHD$ là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow AD.AC=AH.AI(8)\)

Từ \((5);(6);(7);(8)\Rightarrow AH'.AI=AH.AI\Rightarrow H\equiv H'\)

Do đó $M,H,N$ thẳng hàng (đpcm)

Lời giải:

Ta thấy:

\(\text{VT}=(a+\frac{ca}{a+b})+(b+\frac{ab}{b+c})+(c+\frac{bc}{c+a})\)

\(=\frac{a(a+b+c)}{a+b}+\frac{b(a+b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b+c)}{c+a}\)

\(=(a+b+c)\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)

\(\geq (a+b+c).\frac{(a+b+c)^2}{a^2+ab+b^2+bc+c^2+ac}=\frac{(a+b+c)^3}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\) (theo BĐT Cauchy-Schwarz)

Có:

$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=a^2+b^2+c^2+2$

$\Rightarrow a+b+c=\sqrt{a^2+b^2+c^2+2}=\sqrt{t+2}$ với $t=a^2+b^2+c^2$

Do đó:

$\text{VT}\geq \frac{\sqrt{(t+2)^3}}{t+1}$ \(=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\((t+2)^3=\left(\frac{t+1}{2}+\frac{t+1}{2}+1\right)^3\geq 27.\frac{(t+1)^2}{4}\)

\(\Rightarrow \text{VT}=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\geq \sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Quay lại diễn đàn trong thinh lặng:))

Chứng minh: $$\left( a+{\frac {ab}{b+c}}+b+{\frac {bc}{c+a}}+c+{\frac {ca}{a+b}}
\right) ^{2}-{\frac {27\,ab}{4}}-{\frac {27\,ca}{4}} \geqq {\frac {27\,bc}{
4}}$$

Sau khi quy đồng, cần chứng minh$:$

$$\frac{1}{2} \sum\limits_{cyc} \left( 5\,{a}^{4}{b}^{2}+8\,{a}^{3}{b}^{3}+7\,{a}^{2}{b}^{4}+98\,{a}^
{2}{b}^{3}c+99\,{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}+124\,{a}^{2}b{c}^{3}+34\,a{b}^{4
}c+130\,a{b}^{3}{c}^{2}+26\,{b}^{4}{c}^{2}+44\,{b}^{3}{c}^{3}+{c}^{6}
\right) \left( a-b \right) ^{2} \geqq 0$$

Lời giải:

Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x^3-7}+y^2-2y+3=0\\ x^2+x^2y^2-2y=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x^3-7}+2+(y^2-2y+1)=0\\ x^2(y^2+1)=2y\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x^3+1}{\sqrt[3]{(x^3-7)^2}+2\sqrt[3]{x^3-7}+4}+(y-1)^2=0(1)\\ x^2=\frac{2y}{y^2+1}(2)\end{matrix}\right.\)

Từ \((2)\Rightarrow 1-x^2=\frac{y^2+1-2y}{y^2+1}\Leftrightarrow (1-x)(1+x)=\frac{(y-1)^2}{y^2+1}\)

Thay vào (1):

\(\frac{x^3+1}{\sqrt[3]{(x^3-7)^2}+2\sqrt[3]{x^3-7}+4}+(1-x)(1+x)(y^2+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x+1)\left[\frac{x^2-x+1}{\sqrt[3]{(x^3-7)^2}+2\sqrt[3]{x^3-7}+4}+(1-x)(y^2+1)\right]=0\)

+) Nếu \(x+1=0\Rightarrow x=-1\Rightarrow y=1\) (thay vào)

+) Nếu biểu thức trong ngoặc lớn bằng $0$

\(\Rightarrow (x-1)(y^2+1)=\frac{x^2-x+1}{\sqrt[3]{(x^3-7)^2}+2\sqrt[3]{x^3-7}+4}>0\)

\(\Rightarrow x>1\) \(\Rightarrow x^2>1\) hay \(\frac{2y}{y^2+1}>1\) hay \(0>(y-1)^2\) (vô lý)

Vậy hpt có nghiệm duy nhất \((x,y)=(-1,1)\)

\(\Rightarrow Q=x^{2008}+y^{2008}=(-1)^{2008}+1^{2008}=2\)

ta có : \(VT=\dfrac{2cos2x-sin4x}{2cos2x+sin4x}=\dfrac{2cos2x-2sin2x.cos2x}{2cos2x+2sin2x.cos2x}\)

\(=\dfrac{2cos2x\left(1-sin2x\right)}{2cos2x\left(1+sin2x\right)}=\dfrac{1-sin2x}{1+sin2x}=\dfrac{sin^2x-2sinx.cosx+cos^2x}{sin^2x+2sinx.cosx+cos^2x}\)

\(=\left(\dfrac{sinx-cosx}{sinx+cosx}\right)^2=\left(\dfrac{\sqrt{2}sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)}{\sqrt{2}cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)}\right)=tan^2\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)

\(=tan^2\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)=VP\left(đpcm\right)\)

từ giả thiết ta có

\(\frac{1}{bc-a^2}=\frac{1}{b^2-ca}+\frac{1}{c^2-ab}=\frac{c^2-ab+b^2-ca}{\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\)

Nhân hai vế với \(\frac{a}{bc-a^2}\) ta có:

\(\frac{a}{\left(bc-a^2\right)^2}=\frac{ac^2-a^2b+ab^2-ca^2}{\left(bc-a^2\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\)

làm tương tự với hai số hạng còn lại ta được:

\(\frac{b}{\left(ca-b^2\right)^2}=\frac{bc^2-ab^2+a^2b-b^2c}{\left(bc-a^2\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\);\(\frac{c}{\left(ab-c^2\right)^2}=\frac{b^2c-c^2a+a^2c-bc^2}{\left(bc-a^2\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)}\)

cộng ba vế của đẳng thức trên ta được kq là 0

cách kia dài quá

Đặt \(x=bc-a^2;y=ac-b^2;z=ab-c^2\)

Suy ra cần chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\) thì \(\frac{a}{x^2}+\frac{b}{y^2}+\frac{c}{z^2}=0\)

Xét \(T=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\).....

Đk:\(\left(x\ne-4;x\ne-5;x\ne-6;x\ne-7\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\left(x+4\right)\left(x+5\right)}+\frac{1}{\left(x+5\right)\left(x+6\right)}+\frac{1}{\left(x+6\right)\left(x+7\right)}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+5}+\frac{1}{x+5}-\frac{1}{x+6}+\frac{1}{x+6}-\frac{1}{x+7}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+4}-\frac{1}{x+7}=\frac{1}{18}\)

\(\Rightarrow\frac{3}{x^2+11x+28}=\frac{1}{18}\)

\(\Leftrightarrow x^2+11x+28=54\)

\(\Rightarrow x^2+11x-26=0\)

\(\Rightarrow\left(x-2\right)\left(x+13\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=2\\x=-13\end{array}\right.\)

Vậy pt có tập nghiệm là S={2,-13}

Đk:

Vậy pt có tập nghiệm là S={2,-13}

Lời giải :

Ta thấy:

\(\left\{\begin{matrix} m^2+2\vdots n\\ n^2+2\vdots m\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow (m^2+2)(n^2+2)\vdots mn\)

\(\Leftrightarrow m^2n^2+2m^2+2n^2+4\vdots mn\)

\(\Rightarrow 2m^2+2n^2+4\vdots mn\)

\(\Leftrightarrow 2(m^2+n^2+2)\vdots mn\)

Vì $m,n$ đều lẻ nên \((2,mn)=1\Rightarrow m^2+n^2+2\vdots mn(*)\)

Mặt khác:

Một số chính phương thì chia $4$ dư $0,1$. Vì $m,n$ lẻ nên \(m^2\equiv n^2\equiv 1\pmod 4\)

\(\Rightarrow m^2+n^2+2\equiv 4\equiv 0\pmod 4\) hay \(m^2+n^2+2\vdots 4(**)\)

Từ \((*);(**)\) mà \((4,mn)=1\) nên \(m^2+n^2+2\vdots 4mn\)

Ta có đpcm.

Lời giải:
Đặt \(\frac{n^2}{60-n}=p(p\in\mathbb{P})\)

\(\Rightarrow n^2=p(60-n)\vdots p\Rightarrow n\vdots p(1)\Rightarrow n^2\vdots p^2\) hay \(p(60-n)\vdots p^2\)

\(\Rightarrow 60-n\vdots p(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow 60-n+n\vdots p\) hay $60\vdots p$. Mà $p$ là số nguyên tố nên $p=2,3,5$

Nếu $p=2$:

\(n^2=2(60-n)\)

\(\Leftrightarrow n^2+2n-120=0\)

\(\Leftrightarrow (n-10)(n+12)=0\Rightarrow n=10\) (do $n$ nguyên dương)

Nếu $p=3$:

\(n^2=3(60-n)\Leftrightarrow n^2+3n-180=0\)

\(\Leftrightarrow (n-12)(n+15)=0\Rightarrow n=12\) (do $n$ nguyên dương)

Nếu $p=5$:

\(n^2=5(60-n)\Leftrightarrow n^2+5n-300=0\)

\(\Leftrightarrow (n-15)(n+20)=0\Rightarrow n=15\) (do $n$ nguyên dương)

Vậy.........

Đường thẳng AB và vuông góc với 3x+2y-4=0 nên AB:2(x+1)-3(y+3)=0

AB:2x-3y-7=0

Xét hệ\(\begin{cases}2x-3y-7=0\\3x+2y-4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=2\\y=-1\end{cases}\)nên trung điểm AB là M(2;-1)

\(\Rightarrow B\left(5;1\right)\). Do đó \(C\left(8;-4\right)\)

Đường thẳng AB qua A và vuông góc với 3x+2y-4=0 nên AB: 2(x+1)-3(y+3)=0

AB: 2x-3y-7=0

Xét hệ \(\begin{cases}2x-3y-7=0\\3x+2y-4\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=2\\y=-1\end{cases}\) nên trung điểm AB là M(2;-1)

Suy ra B(5;1). Do đó C(8;-4)

điều kiện xác định : \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x^2-3x-18\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\\left[{}\begin{matrix}x\le-3\\x\ge6\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\ge6\)

ta đưa phương trình về dạng hệ quả của nó :

\(\sqrt{5x^2+4x}-\sqrt{x^2-3x-18}=5\sqrt{x}\)

\(\Leftrightarrow5x^2+4x=x^2+22x-18+10\sqrt{x^3-3x^2-18x}\)

\(\Leftrightarrow4x^2-18x+18=10\sqrt{x^3-3x^2-18x}\)

giải tiếp đi nha ...DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG

Một cách khác cho câu c.

c, Từ C dựng đường cao \(CK\) của tam giác BCD

Dễ dàng chứng minh được AHCK là hình bình hành

Do đó \(AH=CK\)

Ta có: \(S_{AHB}=\dfrac{AH.BH}{2};S_{BCK}=\dfrac{CK.BK}{2}\)

mà \(AH=CK\)(cmt) nên \(S_{AHB}=S_{CKB}\)

Mặt khác \(S_{AHB}=15,36\left(cm^2\right)\)(tính như của chị Akai)

\(\Rightarrow S_{ABCH}=S_{AHB}+S_{CHK}=2.S_{AHB}=2.15,36=30,72\left(cm^2\right)\)

Lời giải:

a) Xét tam giác $DHA$ và $DAB$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc D}\\ \widehat{DHA}=\widehat{DAB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle DHA\sim \triangle DAB(g.g)\)

b)

Áp dụng định lý Pitago:

\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\)

Ta có: \(\frac{AB.AD}{2}=S_{ABD}=\frac{AH.BD}{2}\)

\(\Rightarrow AH=\frac{AB.AD}{BD}=\frac{6.8}{10}=4,8\)

c)

Pitago: \(HB=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{8^2-4,8^2}=\frac{32}{5}\)

\(\Rightarrow S_{AHB}=\frac{AH.HB}{2}=\frac{4,8.\frac{32}{5}}{2}=15,36\)

\(\frac{S_{HBC}}{S_{DBC}}=\frac{HB}{BD}=\frac{32}{5.10}=0,64\)

\(\Rightarrow S_{HBC}=0,64.S_{DBC}=0,64.\frac{6.8}{2}=15,36\)

Do đó:
\(S_{AHCB}=S_{AHB}+S_{HBC}=15,36+15,36=30,72\) (cm vuông)

Câu 6b:

Phản chứng. Giả sử $a,b,c$ đồng thời là các số nguyên tố (đường nhiên khác nhau)

Theo bài ra ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a+b+ab\vdots c\\ b+c+bc\vdots a\\ c+a+ac\vdots b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+c+ab+bc+ac\vdots c\\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots a\\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots b\end{matrix}\right.\)

Vì $a,b,c$ là các số nguyên tố khác nhau nên $(a,b,c)$ đôi một nguyên tố cùng nhau

Do đó:

\(a+b+c+ab+bc+ac\vdots abc\)

Đặt \(a+b+c+ab+bc+ac=kabc\) (\(k\in\mathbb{N}^*)\)

\(\Rightarrow k=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}(*)\)

Giả sử \(a=\min (a,b,c)\) Nếu $a=2$ thì $b,c$ sẽ là snt lẻ. Theo đề bài thì:\( b+c+bc\vdots 2\) (hoàn toàn vô lý do \(b+c+bc\) lẻ với $b,c$ lẻ)

Do đó \(\min (a,b,c)>2(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow k\leq \frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.7}+\frac{1}{3.7}< 1\) (vl vì $k$ là số nguyên dương)

Vậy điều giả sử hoàn toàn vl

Tức là $a,b,c$ không thể đồng thời là các số nguyên tố (đpcm)

P/s: Đây là đề tỉnh nào đây bạn? Bạn làm bài tốt chứ :)

Câu 6a

\(f(x)+3f\left(\frac{1}{x}\right)=x^2(1)\)

Thay \(x\mapsto \frac{1}{x}\Rightarrow f\left(\frac{1}{x}\right)+3f(x)=\frac{1}{x^2}\)

\(\Rightarrow 3f\left(\frac{1}{x}\right)+9f(x)=\frac{3}{x^2}(2)\)

Lấy \((1)-(2)\Rightarrow -8f(x)=x^2-\frac{3}{x^2}\)

Thay \(x=2\Rightarrow -8f(2)=\frac{13}{4}\)

\(\Rightarrow f(2)=\frac{-13}{32}\)

Lời giải:

$2N-1=2.1.3.5...2007-1=2.1.3.5...2007-3+2$ chia $3$ dư $2$. Mà một số chính phương khi chia $3$ chỉ dư $0$ hoặc $1$ nên $2N-1$ không thể là số chính phương.

-------------------------

Ta thấy $N$ là số lẻ nên \(2N\) là số chia hết cho $2$ nhưng không chia hết cho $4$. Do đó $2N$ không thể là số chính phương.

-------------

Ở trên ta đã cm $2N$ chia hết cho $2$ nhưng không chia hết cho $4$. Do đó $2N$ có dạng $4k+2$, kéo theo $2N+1$ có dạng $4k+3$.

Một số chính phương khi chia $4$ chỉ có dư $0$ hoặc $1$ chứ không thể là $3$. Do đó $2N+1$ cũng không phải là số chính phương.

Ta có đpcm.

Đặt \(\left(a+1;b+1;c+1\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\).Giả thiết trở thành:\(xyz=x+y+z\) và cần tìm max của \(P=\sum\dfrac{x}{x^2+1}\)

Ta có: \(P=\sum\dfrac{x}{x^2+1}=\sum\dfrac{xyz}{x\left(x+y+z\right)+yz}=xyz.\sum\dfrac{1}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)

\(=\dfrac{2xyz\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}\)

Do \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\) nên \(P\le\dfrac{2xyz}{\dfrac{8}{9}\left(xy+yz+xz\right)}=\dfrac{9}{4\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}\)(*)

Mặt khác , từ giả thiết ta có : \(1=\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}\le\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2\)( theo AM-GM)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\sqrt{3}\)

Kết hợp với (*) , ta suy ra \(P\le\dfrac{9}{4\sqrt{3}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\) hay \(a=b=c=\sqrt{3}-1\)

P/s: Chứng minh \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

khai triển ra ta có: \(\sum ab\left(a+b\right)\ge6abc\)hay \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)( đúng)

Câu e:

ĐKXĐ:...........

\(x+6\sqrt{x+8}+4\sqrt{6-2x}=27\)

\(\Leftrightarrow 27-x-6\sqrt{x+8}-4\sqrt{6-2x}=0\)

\(\Leftrightarrow (x+8-6\sqrt{x+8}+9)+(6-2x-4\sqrt{6-2x}+4)=0\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{x+8}-3)^2+(\sqrt{6-2x}-2)^2=0\)

Vì \((\sqrt{x+8}-3)^2\geq 0; (\sqrt{6-2x}-2)^2\geq 0\) nên để tổng của chúng bằng $0$ thì:

\((\sqrt{x+8}-3)^2=(\sqrt{6-2x}-2)^2=0\Rightarrow x=1\)

(thỏa mãn)

Vậy.............

Câu d:

ĐKXĐ: \(x\leq 2\)

\(\sqrt{2-x}+\sqrt{4-x}=x^2-6x+11\)

\(\Leftrightarrow x^2-6x+11-\sqrt{2-x}-\sqrt{4-x}=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+\frac{9}{2}+(2-x-\sqrt{2-x}+\frac{1}{4})+(4-x-\sqrt{4-x}+\frac{1}{4})=0\)

\(\Leftrightarrow (x-2)^2+\frac{1}{2}+(\sqrt{2-x}-\frac{1}{2})^2+(\sqrt{4-x}-\frac{1}{2})^2=0\)

Dễ thấy vế trái của pt luôn dương với mọi \(x\leq 2\), vế phải thì bằng $0$ (vô lý)

Do đó pt vô nghiệm.