Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 52 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
52
Dung lượng
2,05 MB
Nội dung
1 VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Định lí Vi – et Định lý Vi – et trình bày sách giáo khoa tốn – tập Định lý Vi – et cho ta mối quan hệ nghiệm phương trình bậc hai hệ số Nếu phương trình bậc hai ax2 bx c a có hai nghiệm x1 x tổng tích chúng là: S x1 x b c P x1.x2 a a Ngược lại có hai số x1 x thỏa mãn S x1 x2 P x1.x2 x1 x hai nghiệm phương trình t2 St P Điều đáng nói định lý giải tốn, ta khơng quan tâm tới giá trị x1 x mà cần biết tổng tích chúng, từ có đáng giá cần thiết Ngồi từ định lí Vi – et ta nhận thấy phương trình bậc hai ax2 bx c có nghiệm x1 có thêm nghiệm x Một số ví dụ minh họa Trước sâu vào vấn đề nghiên cứu, tơi xin đưa hai ví dụ có áp dụng định lí Vi – et qua trình giải Trong ví dụ thứ phương trình bậc hai ví dụ thứ hai hệ phương trình nghiệm ngun Ví dụ Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm nguyên: x2 mx m Phân tích hướng dẫn giải Phương trình cho ví dụ phương trình bậc hai nên hồn tồn tự nhiên em học sinh nghĩ đến sử dụng biệt thức định lí Vi – et q trình tìm lời giải cho tốn Chú ý toán chưa cho tham số m nhận giá trị nguyên nên giải học sinh dễ gặp sai lầm Ta tìm hiểu hai lời giải sau Lời giải Do phương trình phương trình bậc hai nên để phương trình có nghiệm trước hết ta cần có m2 m Để phương trình cho có nghiệm ngun điều kiện cần phải số phương, tức tồn số nguyên k cho m2 m k2 Biến đổi tương đương ta m2 m k2 m k m k 12 Do m k số nguyên nên ta tìm m 2 m + Với m 2 ta phương trình x2 2x , ta hai nghiệm nguyên x1 x2 2 + Với m ta phương trình x2 6x , ta hai nghiệm nguyên x1 x2 Đọc toán ta thấy yếu tố số học đó, dạng phương trình nghiệm nguyên bậc hai Tuy nhiên đa phần học sinh tiếp cận có tư tưởng đại số sử dụng cơng thức nghiệm để giải Nếu m tham số nguyên điều kiện cần để phương trình có nghiệm ngun biệt thức phải số phương Rõ ràng lời giải cho ta kết đúng, sai lầm mà học sinh gặp phải chưa giải thích m số nguyên mà đưa phương trình dạng phương trình ước số để tìm m Vậy có cách để giải thích m số ngun khơng? Chú ý theo định lí Vi – et ta có x1 x2 m , hai nghiệm số nguyên nên ta m số nguyên Như cần sử dụng định lí Vi – et để giải thích m ngun lời giải khơng cịn có sai lầm Lời giải Chú ý phương trình có hệ số a nên theo hệ thức Vi – et với hai nghiệm x1; x2 ta có x1 x2 m x1.x2 m Như cần tìm giá trị nguyên hai nghiệm tìm giá trị m Muốn ta biến đổi hệ thức thành phương trình hai ẩn x1; x2 giải phương trình nghiệm nguyên x x2 m Từ ta x1.x2 x1 x2 x1 x2 x1.x2 m Khi x1 x2 ước 3, lại có 1.3 1 3 Đến việc tìm hai nghiệm x1; x2 hồn tồn đơn giản qua ta tìm giá trị m m 2 m Nhận xét Qua hai cách giải ta có số điều cần lưu ý sau: Trong hai cách giải ta thấy cách thứ dễ gây sai lầm cho học sinh khơng giải thích tham m số ngun, tất nhiên biết khai thác chút hệ thức Vi – et sai lầm hồn tồn khắc phục Trong cách giải thứ hai ta sử dụng hồn tồn hệ thức Vi – et để tìm nghiệm ngun phương trình cho mà khơng cần quan tâm đến giá trị nguyên tham số m Tuy nhiên để u cầu từ hệ thức Vi – et cần khử hết tham số m phương trình nghiệm thu cần phải giải nghiệm ngun Bài tốn ví dụ khai thác theo tư tưởng hồn tồn số học sau: + Do m có giá trị nguyên nên ta đặt m y chuyển tốn dạng: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 xy y Với phương trình nghiệm ngun học sinh giải nhiều cách + Chú ý m nguyên từ phương trình cho ta m x x2 Khi ta viết lại tốn thành: Tìm số nguyên x để x2 chia hết cho x xy yz zx Ví dụ Tìm nghiệm ngun hệ phương trình: xyz5 Phân tích hướng dẫn giải Đây hệ phương trình có cấu trúc đặc biệt Do số ẩn nhiều số phương trình nên thông thường ta nghĩ đến phương pháp đánh giá Do vai trị bình đ ng ẩn nên ta đánh giá ẩn đó, ch ng hạn ẩn z Chú ý xem z tham số x, y ẩn số hệ phương trình hệ đổi xứng hai ẩn dạng Ta viết lại hệ: xy y x z xy z z xy z z xy 5z xy 5z xy 5z Như theo định lí Vi – et x y hai nghiệm phương trình bậc hai t2 z t z z Trong phương trình bậc hai z đóng vài trị tham số, xác định giá trị z xem toán giải Ta biết để phương trình có nghiệm hay ta 3z2 10z z Do z nhận giá trị nguyên nên z z Với z , phương trình trở thành t2 4t , đến ta tìm x y thỏa mãn Với z phương trình trở thành t2 3t , đến ta tìm x 2; y x 1; y thỏa mãn Vậy hệ phương trình có nghiệm ngun x; y; z 2;2;1 , 1;2;2 , 2;1;2 Nhận xét Ví dụ tốn nghiệm ngun việc sử dụng định lí Vi – et giúp ta có lời giải ngắn gọn dễ hiểu Thơng thường với toán nghiệm nguyên ta hay ý đến sử dụng kiến thức số học để giải Tuy nhiên ví dụ việc sử dụng kiến thức số học lại không đem lại hiệu quả, định lí đại số lại cho ta lời giải đẹp Có thể nói hai ví dụ chưa cho học sinh thấy rõ nét ứng dụng định lí Vi – et giải tốn số học Vì dù hai dụ nhiều mang tư tưởng đại số qua trình biến đổi thấy xuất rõ phương trình bậc hai Tuy nhiên qua gợi cho em học sinh suy nghĩ phải cịn tốn số học khác áp dụng định lí Vi – et Ta tìm hiểu sâu ứng dụng định lí Vi – et ví dụ sau Ví dụ Tìm số nguyên dương a b a b cho phương trình sau có nghiệm số nguyên: x2 abx a b Phân tích hướng dẫn giải Phương trình cho phương trình bậc hai nên để phương trình có nghiệm trước hết ta cần có ab a b Phương trình có hai tham số a, b nên sử dụng cách thứ ví dụ gây nhiều khó khăn ta biết a, b số nguyên dương Do ý tưởng sử dụng định lí Vi – et để tìm nghiệm ngun trước khả quan Giả sử phương trình có hai nghiệm ngun x1; x2 x1 x2 , theo định lí Vi – et ta x1 x2 ab x1.x2 a b Do a b số nguyên dương nên từ hệ thức ta nhận thấy nghiệm x1; x2 số nguyên dương Việc khử tham số a b hệ thức để tạo phương trình nghiệm ngun giải khơng thể, hướng suy nghĩ việc chia trường hợp giá trị hai nghiệm hai tham số để giải Do thơng tin có từ hệ thức Vi – et có nên ta cần tính đến phương án hạn chế miền giá trị bốn số dương Để ý với hai số lớn tích chúng lớn tổng chúng Do ta nghĩ đến chứng minh bốn số dương không vượt Thật a 2; b ta có ab 2a; ab 2b nên 2ab a b hay ab a b Nếu bốn số dương x1; x2 ; a; b lớn x1.x2 x1 x2 ab a b Khi hệ thức Vi – et xẩy Như bốn số dương x1; x2 ; a; b tồn số không vượt Theo giả thiết theo cách chọn hai nghiệm x1; x2 hai x1; b có số khơng lớn Do vai trò hệ thức Vi – et hai số x1; b nên khơng tính tổng qt ta giả sử x1 Đến ta xét trường hợp x1 x x2 ab Trường hợp Nếu x1 , từ x1.x2 a b 1 x2 ab x a b Do ta ab a b a b Chú ý theo ta lấy a b nên từ phương trình ta a 3; b , ta tìm x2 Trường hợp Nếu x1 Hoàn toàn tương tự ta tìm cặp số a; b thỏa mãn a; b 5;1 , 2;2 Các cặp số tìm thỏa mãn điều kiện có nghiệm phương trình Nhận xét Trong ví dụ việc sử dụng hệ thức Vi – et để giải việc phát bốn số có số khơng vượt q điểm mấu chốt để giải toán Chú ý giả thiết toán cho a b chẳng qua để hạn chế số lượng cặp số a; b , tốn khơng cho ta hồn tồn giả sử a b Từ phương trình cho ta x2 a b ax , xem a y ta phát biểu tốn: + Bài tốn Tìm số nguyên dương x, y cho x2 y chia hết cho xy + Bài tốn Tìm tất số k dương để phương trình x2 y k xy có nghiệm ngun dương Ví dụ Tìm tất số tự nhiên a, b, c cho tồn số nguyên dương n, m, k thỏa mãn điều kiện sau: a m2 b n2 c k2 a ;b ;c 2m 2n 2k Phân tích hướng dẫn giải Từ giả thiết toán ta nhận abc Bài toán chưa cho ta thấy phương trình bậc hai ẩn Tuy nhiên biến đổi hệ thức thành m2 2ma b 0; n2 2bn c 0; k2 2ck a Lúc ta nhận thấy hệ thức có dạng phương trình bậc hai Chú ý tồn số nguyên dương m, n, k thỏa mãn hệ thức, điều đồng nghĩa với phương trình bậc hai có nghiệm nguyên dương m, n, k Như theo định lí Vi – et phương trình có hai nghiệm Gọi m1; m2 hai nghiệm phương trình m2 2ma b , n1; n2 hai nghiệm phương trình n2 2bn c k1; k2 hai nghiệm phương trình k2 2ck a m m2 2a Khi theo định lí Vi – et ta , m1.m2 b n1 n2 2b k1 k2 2c , n1.n2 c k1.k2 a Nếu m1; n1; k1 số nguyên dương từ định lí Vi – et ta suy m2 ; n2 ; k2 số nguyên dương Chú ý với hai số nguyên p, q ta ln có p q pq Do số m1; n1; k1; m2 ; n2 ; k2 lớn ta 2a m m m m b 1 2b n n n n c 1 2c k k k k a 1 Từ ta a b c a b c , điều vơ lí a, b, c N* Do m1; n1; k1; m2 ; n2 ; k2 có số Giả sử số m1 Khi từ m2 2ma b ta 2a b b 2a Nếu tất số lại lớn ta lại có b c n1 n2 k1 k2 n1n2 k2k2 c a Từ ta 2b c a , điều mâu thuẫn với b 2a Do số n1; k1; n2 ; k2 có số Giả sử số n1 Khi ta lại 2b c Hoàn toàn tương tự k1 k2 ta lại có 2c k1 k2 k1k1 a Do ta 2b b1 7b , điều vơ lí Từ suy k1 k2 nên ta 2c a Như từ kết ta suy 1 2a b 1 2b c 1 2c a Hay ta a b c Mà a, b, c số tự nhiên khác nên suy a b c Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán a b c Nhận xét: Từ tốn ta có số điểm cần ý sau Biến đổi giả thiết ta phương trình bậc hai từ giả thiết toán ta thu phương trình bậc hai có nghiệm Sử dụng định lý Vi – et để nghiệm phương trình ngun dương Ngồi từ định lí Vi – et ta chứng minh có số a, b, c nhận giá trị thỏa mãn toán Nếu xét tốn với phương trình bậc hai ngồi giá trị mà a, b, c nhận giá trị thỏa mãn tốn Ví dụ Giải phương trình x2 mx n , biết phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt m, n hai số nguyên tố Phân tích hướng dẫn giải Trong ví dụ thứ năm ta thấy yếu tố đại số nhiều hơn, nhiên dùng công thức nghiệm để xác định nghiệm phương trình gây cho ta nhiều khó khăn phương trình có đến hai tham số Yếu tố tham số m, n số nguyên tố giúp ta có thêm tự tin sử dụng định lí Vi – et để giải tốn Gọi x1; x2 nghiệm nguyên dương phương trình cho x1 x2 Ta biết số nguyên tố viết thành tích hai số thừa số thừa số Để ý ta lại thấy theo hệ thức Vi – et x1x2 n Do tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng hệ thức Vi – et giả toán Thật theo định lí Vi – et ta x1 x2 m; x1x2 n Do n số nguyên tố nên ta x1 1; x2 n , ta m n Suy m n hai số tự nhiên liên tiếp nên ta n 2; m , thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu toán Nhận xét: Việc sử dụng định lí Vi – et để phát hai nghiệm x1 1; x2 n giúp ta giải toán cách triệt để Phương trình tốn có hai nghiệm ngun dương phân biệt điều có nghĩa m2 4n , ta khơng cần tìm điều kiện có nghiệm phương trình mà tìm giá trì m, n thử lại vào phương trình để kiểm tra kết Ví dụ Cho phương trình 2x2 mx 2n (x ẩn số m, n số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên Chứng minh m2 n2 hợp số Phân tích hướng dẫn giải Để chứng minh m2 n2 hợp số suy nghĩ tự nhiên xây dựng biểu thức m2 n2 theo nghiệm phương trình đề từ phân tích biểu thức nghiệm thành nhân tử Có hai ý tưởng để xây dựng biểu thức m2 n2 áp dụng cơng thức nghiệm để tìm nghiệm phương trình từ tính m2 n2 áp dụng định lí Vi – et Rõ ràng hai ý tưởng việc áp dụng định lí Vi – et giúp ta xây dựng biểu thức nghiệm mà không chứa bậc hai Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta x1 x2 m ; x1.x2 n Khi ta có m2 n2 2x1 2x2 x x 2 4 4x12 4x22 x12 x22 x12 16 x12 x22 Do x1; x2 số nguyên nên x12 4; x22 số nguyên dương lớn Từ ta m2 n2 hợp số Nhận xét: Qua ví dụ ta có số khai thác sau Xét 2m a b;2n a b , từ m2 n2 a b2 Từ ta phát biểu lại ví dụ sau: Cho phương trình 4x2 a b x a b 16 (x ẩn số a, b số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh a b2 hợp số Ta có tốn tương tự tốn ví dụ 6: Giả sử phương trình bậc hai x2 ax b (với a, b số nguyên b 1 ) có hai nghiệm số nguyên khác Chứng minh a2 b hợp số Ví dụ Giả sử phương trình 2x2 2ax b có hai nghiệm nguyên (với a, b tham số) Chứng minh a2 b2 số nguyên không chia hết cho Phân tích hướng dẫn giải Tương tự ví dụ trên, ta áp dụng định lí Vi – et để giải tốn Phương trình cho có nghiệm ngun x1; x2 nên theo định lí Vi – et ta có x1 x2 a , từ suy a số nguyên Như từ phương trình ta b 2x2 2ax số nguyên lẻ nên a2 b2 số nguyên Để chứng minh a2 b2 không chia hết cho 3, ta sử dụng phương pháp phản chứng sau Giả sử a2 b2 chia hết cho 3, ta a2 b2 3n n Z nên a2 b2 3n Vì b số ngun lẻ nên b có dạng b 6m 1; b 6m với m nguyên + Trường hợp b 6m , ta a2 6m 3n 12m2 4m n Do a chia cho dư 2, điều trái với nhận xét nên trường hợp không xẩy + Trường hợp b 6m , ta a2 6m 3n 12m2 12m n Vì phương trình cho có hai nghiệm nguyên nên ' số phương nên ta ' a b 12m2 12m n 6m 12m 12m n 2 Ta thấy ' chia dư nên số phương Vậy a2 b2 khơng thể chia hết cho Từ ta a2 b2 số nguyên khơng thể chia hết cho Nhận xét: Có hai điểm mà học sinh cần ý giải tốn Để chứng minh a2 b2 số nguyên ta cần a b nguyên, với a nguyên ta cần áp dụng hệ thức x1 x2 a được, nhiên ta lại áp dụng định lý Vi – et để b ngun được, ta cần đến phương trình cho với x a nhận giá trị nguyên Ngồi phương pháp phản chứng, ta chứng minh a2 b2 chia hết cho cách cách khác xét số dư số a b chia cho 3,… Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x3 x2 y xy2 y3 x2 xy y2 Phân tích hướng dẫn giải Lời giải Để ý ta thấy phương trình có tính đối xứng x y nên suy nghĩ tiếp cận phương trình đặt a x y, b xy để đưa phương trình dạng ẩn a, b Chú ý theo định lí Vi – et x y nghiệm phương trình X2 aX b Như cần tìm nghiệm a; b toán giải Đặt a x y, b xy với a, b số ngun Khi phương trình cho trở thành a 2ab a b Nhận thấy phương trình b có bậc nên ta rút b theo a Tuy nhiên cần ý xét trường hợp a để phép chia thỏa mãn Dễ thấy với a phương trình khơng có nghiệm nguyên Xét a ta a 2ab a b 2b Vì a, b b a 8a2 72 (*) a 4a 16 a4 a4 nên 72 a Do ta có a2 a 8a a a 12a 16 0 a 12 a a4 a4 Từ hai kết ta a 1;2; 3; 4; 6; a 5; 6; 7; 8;10;12 Thay vào (*) ta tìm a; b 6; 10 , 8; 1 , 10;16 x y a Giải hệ phương trình tương ứng với giá trị ta tìm cặp số x; y 2; , 8;2 thỏa xy b mãn toán Vậy nghiệm phương trình x; y 2; , 8;2 10 Lời giải Cố gắng biến đổi tương đương phương trình dạng khác để có đánh giá phù hợp, ch ng hạn với cách biến đổi thành x x y 2xy 2 y2 Khi ta nhận thấy x, y có tính chẵn lẻ x y Vì x y phương trình trở thành 4x 3x2 , từ x số chẵn ta có x 2k với k , 4x 3x2 4k3 12k2 , mâu thuẫn vế trái chia hết cho vế phải không chia hết cho Cũng từ hai nhận xét ta suy x y Vì ta thu x y x2 y2 2xy 2xy Hiển nhiên x2 y2 2xy nên x2 y2 2xy x2 y2 2xy Như từ kết ta x2 y2 x y x2 y2 Dễ thấy x y không nghiệm nên x y x y 12 x y 6; 8;10 + Nếu x y ta xy 1 Hệ khơng tìm nghiệm nguyên + Nếu x y ta x2 y2 2 2xy xy 20 Hệ khơng có nghiệm ngun + Nếu x y 10 thì ta x2 y2 2xy xy 16 Đến ta tìm x; y 2; , 8;2 nghiệm phương trình Nhận xét: Trong hai cách giải trên, ta thấy cách thứ đơn giản so với cách giải thứ hai Điểm mấu chốt cách giải thứ đặt ẩn phụ để đưa phương trình phương trình bậc ẩn b việc tìm a để phân thức a 8a nhận giá trị nguyên không khó khăn a4 Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 xy y2 x y Phân tích hướng dẫn giải Lời giải Tiếp tục với ý tưởng sử dụng định lí Vi – et để giải phương trình nghiệm nguyên Từ phương trình ta x y , mà 3, nên suy x y Đặt x y 3m, m Z , phương trình trở thành x2 y2 xy 7m x y 3m Khi từ phương trình cho ta có 9m2 7m xy Theo định lí Vi – et x y nghiệm phương trình 3X2 9mX 9m2 7m 38 Lại thấy với k phương trình cho có nghiệm 3; 3; với k phương trình có nghiệm 1;1;1 Như với k k phương trình ln có nghiệm ngun dương Bây ta cần kiểm tra xem với k k phương trình có nghiệm ngun dương khơng Giả sử với k k phương trình cho có nghiệm ngun dương x ; y0 ; z0 Khơng tính tổng quát ta giả sử x y0 z0 x y0 z0 có giá trị bé Nếu y0 z0 , ta xét phương trình bậc hai z2 kx0 y0z x20 y20 Khi phương trình có nghiệm z Theo định lí Vi – et phương trình có nghiệm z1 x20 y20 z z1 kx y0 Như có , từ suy z kx y z 0 z z x20 y20 z0 Từ ta thấy z1 nhận giá trị nguyên dương nên x ; y0 ; z1 nghiệm nguyên dương phương trình ban đầu Theo giả sử ta có x0 y0 z0 x y0 z1 nên z0 z1 Điều dẫn đến x20 y20 kx0 y0 z0z1 z1 z0 z1 z0 y20 Do x ky0 x x kx x x Do x số nguyên dương nên ta x Từ ta đưa phương trình ban đầu thành y2 z2 kyz Ta biết theo ví dụ 24 phương trình y2 z2 kyz có nghiêm nguyên dương k , điều mâu thuẫn với k Nếu y0 z0 ta có 2y20 kx20 y20 x20 x20 y20 kx0 x20 kx Từ dẫn đến kx , mà ta lai có kx nên kx , suy k k , điều trái với k k Vậy với k k phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Như với k k phương trình cho có nghiệm ngun dương Nhận xét: Phương trình ví dụ 25 mang tên nhà tốn học Markov Trong lời giải có hai điểm cần ý là: Chỉ với k k phương trình ln có nghiệm ngun dương với k 1; cần áp dụng định lí Vi – te kết hợp với nguyên lí cực hạn để mâu thuẫn Ví dụ 26 Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn b2 ac c2 bd Chứng minh a c 3b b d 3c Phân tích hướng dẫn giải Đọc ví dụ đa phần học sinh khơng tìm thấy mối liên hệ với tốn ví dụ khơng tìm thấy mối liên hệ tốn với định lí Vi – et có tới bốn biến lại yêu cầu chứng minh đ ng thức Để tìm mối liên với định lí Vi – et ta cần tạo phương trình bậc hai số biến tốt 39 Từ giả thiết ta thấy b, c ' '2 b b k ' ' k b kac ' * Thật vậy, gọi b, c k ta có b , c N ' k2 c'2 kdb ' c c k Từ ta k2 b' k2 c' k2adb' c' Suy k2 b' k2 c' k2 k4 b' c' k2b' k2c' k2 k2 k b2 ac Hơn từ giả thiết ta c bd c2 b b c Do ta b2 c2 ab hay b2 c2 mbc với số nguyên dương m Đến ta thấy mối liên hệ với tốn ví dụ sau số đánh giá đơn giản Với kết m tốn trên, ta b2 c2 3bc b ac Từ ta có c bd 2 b c c ac 2 b c b bc ac c 3bc b bd 3bc a c 3b Hay ta Vậy toán chứng minh b d 3c Nhận xét: Có hai điểm ta cần ví dụ Khai thác giả thiết khéo léo để có b, c c2 b; b2 c để từ đưa giả thiết dạng b2 c2 kbc Vận dụng định lí Vi – et tương tự để tìm m Ví dụ 27 Cho a, b số nguyên dương lẻ thỏa mãn a2 chia hết cho b b2 chia hết cho a Chứng minh a b2 số phương ab Phân tích hướng dẫn giải Trước hết ta nhận thấy hai số a b nguyên tố Thật d a, b a2 b nên a2 d , lại có a d nên d Mà a, b số tự nhiên lẻ Từ ta d Do a2 chia hết cho b b2 chia hết cho a nên a b2 ab hay 2a2 2b2 ab Do a b số lẻ nên dễ dàng suy a2 b2 ab Khi tồn số nguyên dương k cho a2 b2 kab ta cần chứng minh k số phương Thử vài giá trị đặc biệt ta nhận thấy k Đến tư tưởng giống ví dụ sử dụng định lý Vi – ét đển chứng minh k thỏa mãn toán Giả sử cặp số dương a ; b0 với a b0 nhỏ thỏa mãn yêu cầu tốn 40 Tức ta có a20 b20 ka 0b0 Khơng tính tổng qt ta giả sử a b0 Xét phương trình bậc hai ẩn a a2 kb0a b20 Khi ta thấy a nghiệm phương trình Như theo định lí Vi – te phương trình cịn có nghiệm nữa, ta gọi a a a1 kb0 Từ ta có a a b Từ hệ thức ta thu a số nguyên dương Như cặp số a1; b0 thỏa mãn yêu cầu toán Như theo cách chọn cặp số a ; b0 ta a b0 a1 b0 nên a a1 Từ ta có a kb0 a1 kb0 a nên Từ a20 b20 ka 0b0 ta lại Do a0 b0 a0 b0 a0 b0 b0 a0 k k a b0 k k nên k hay k 2 Mặt khác theo bất đ ng thức Cauchy a20 b20 2a 0b0 nên k Đến ta xét trường hợp sau Nếu k , ta a20 b20 3a 0b0 Từ suy a20 b20 Do số phương chia dư nên hai số phương a 20 b20 phải có số chia hết cho số không chia hết cho Từ uy vế phải chia hết cho cịn vế trái khơng chia hết cho Điều dẫn đến mâu thuẫn Nếu k , từ Như ta k a0 b0 b0 a0 k ta a ; b0 1;1 a b0 k hay k , k k khơng thỏa mãn bà tốn Vậy ta suy có k thỏa mãn u cầu tốn Nhận xét: Ví dụ 28 Tồn hay không năm số nguyên dương a1; a2 ; a ; a ; a thỏa mãn hệ điều kiện sau: a a a 1 22 a a a 1 a a a Phân tích hướng dẫn giải Với hệ điều kiện trên, trước hết ta kiểm tra tính chẵn lẻ số cho trước có đánh giá hợp lí 41 Giả sử a số lẻ, a số lẻ nên a 22 chia dư 2, từ suy a số lẻ, dẫn đến a số chẵn Điều vơ lý a số chẵn nên ước số lẻ a 23 Do a phải số chẵn Lập luận hoàn toàn tương tự ta a2 ; a ; a ; a số chẵn x 1 x Đặt a2 x; a y Khi từ hệ điều kiện ta y2 y 1 1 Ta chứng minh không tồn cặp số chẵn x, y thỏa mãn điều x 1 x Giả sử tồn cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn y2 x 1 x Khi ta y2 x2 Tương tự ta có x2 y2 y2 y 1 1 x 1 y 1 Gọi d x 1, y , d ước x2 1; y2 1; x2 y2 Do x2 y2 x2 y2 d d nên d d Mà x 1; y số lẻ, ta d hay x 1; y nguyên tố Từ dẫn đến x y2 x 1 y 1 Khi tồn số nguyên dương k cho x2 y2 k x y Trong cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn ta chọn cặp số nguyên dương x ; y0 với x y0 bé Khơng tính tổng qt ta giả sử x y0 Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 k y0 x y20 k y0 Khi x nghiệm phương trình Theo định lí Vi – et cịn có nghiệm x1 x x1 k y Khi ta có x x y20 k y Nếu x1 , từ x x1 y20 k y0 ta y20 k y0 nên y20 y 1 Điều vơ lí y y0 nguyên tố Do x1 Lại có x0 x1 x0 x1 x0 x1 y20 nên x1 số lẻ Do x1 số chẵn Ta lại có x1 y20 x0 y20 y0 y0 x Như cặp số y0 ; x1 nghiệm x2 y2 k x y Cặp số y0 ; x1 thỏa mãn y0 x1 y0 x , điều vơ lí ta chọn x y0 bé Vậy điều ta giả sử sai hay không tồn số chẵn x, y thỏa mãn Vậy không tồn năm số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán 42 Nhận xét + Từ cách chứng minh toán ta phát biểu tốn sau: Bài tốn 1: Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 chia hết cho y y2 chia hết cho x Chứng minh x y số lẻ Bài tốn 2: Tìm số ngun dương k để phương trình x2 y2 k x y có nghiệm nguyên dương + Để ý với bốn số dương a1 4; a2 33; a 217; a 1384 thỏa mãn hệ điều kiện Tuy nhiên với năm số khơng thỏa mãn Do ta phát biểu lại tốn sau: Tìm số tự nhiên n bé cho tồn số nguyên dương a1; a ; ; a n thỏa mãn a2k a k 1 a k 1 với số k n Ví dụ 29 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a2 b2 chia hết cho ab Chứng minh a b2 số phương ab Phân tích hướng dẫn giải Do a2 b2 chia hết cho ab Khi ln tồn số nguyên dương k để a b2 k ta cần chứng ab minh k số phương Cố định k, ta quy tốn tìm nghiệm a; b phương trình a b2 k ab Giả sử cặp số nguyên dương a ; b0 thỏa mãn (1) a b0 nhỏ Khơng tính tổng quát ta giả sử a b0 Xét phương trình x2 b20 xb0 k x2 kb0 x b20 k có ẩn x Khi a nghiệm phương trình Do theo định lý Vi – et phương trình cịn có nghiệm a a1 kb0 Gọi nghiệm a ta a a1 b0 k Từ ta a số nguyên Nếu a số nguyên âm ta a12 kb0a1 b20 k a12 k b20 k , điều vơ lý Do a1 , a1; b0 cặp số thỏa mãn (1) Khi a1 ta có a b0 a1 b0 nên a a1 , suy a20 a 0a1 b20 k b20 nên ta a b0 , điều mâu thuẫn với a b0 Từ ta suy a1 , ta k b20 số phương Tóm lại a ta k b2 b ta k a2 số phương 43 Vậy toán chứng minh Nhận xét Lời giải khơng có đặc biệt ngồi việc đưa a b2 k dạng phương trình bậc hai để sử ab dụng định lý Vi – et, ta sử dụng thêm nguyên lý cực hạn để mâu thuẫn Có thể nói tốn số học khó xuất kì IMO 1988 Vào thời điểm diễn kì thi có 11 học sinh làm tốn có Giáo sư Ngơ Bảo Châu Việt Nam Thực chất dạng phương trình nghiệm ngun bậc hai hồn toàn mẻ thời Với học sinh THCS tốn khơng phù qua tìm hiểu lời giải em thấy thêm vai trò định lý Vi – et việc giải tốn số học khó qua em mạnh dạn việc áp dụng kiến thức lĩnh vực vào giải tốn số học Ví dụ 30 Chứng minh a, b số nguyên dương cho k a b2 số nguyên k ab Phân tích hướng dẫn giải Trước hết ta cần biến đổi giả thiết toán trước Đ ng thức đề tương đương với a2 kab b2 k Khơng tính tổng qt giả sử a b Do a, b số nguyên dương ab nên ta xét a 2; b k Như ta cần chứng minh với a b k Giả sử cặp số dương a ; b0 có tổng nhỏ thỏa mãn tốn Khi ta a20 ka 0b0 b20 k Xét phương trình bậc ẩn x a2 kab b2 k Khi dễ thấy a nghiệm phương trình Như theo định lí Vi–et phương trình cịn có nghiệm a , ta có a kb0 a hay ta có cặp số kb a ; b0 thỏa mãn yêu cầu toán Theo điều giả sử ta có a kb0 a hay Từ k Do a0 b0 a0 b0 k a b k a b2 k ta suy b0 a a b0 ab Mặt khác k k k a b0 nên k hay k 2 a0 b0 b0 a0 nên k Như ta k Với a 3; b ta tìm k Với a b hay a 4; b khơng tìm k Xét ab , lại dùng đánh giá tương tự ta có k Xét k a2 3ab b2 , ta thấy khơng có cặp số dương a; b thỏa mãn 44 Do suy ab Thử với a 6; b a 3; b không thỏa nên ta lại ab Lại dùng đánh ta suy k 14 (mâu thuẫn với k nguyên lớn 2) Vậy có k thỏa mãn toán Nhận xét Bài toán cho ví dụ 30 mở rộng ví dụ 29 Ví dụ 31 Cho x y số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x2 y2 chia hết cho 2xy Chứng minh rằng: x y Phân tích hướng dẫn giải Do x2 y2 chia hết cho 2xy nên ta đặt k x y2 với k số nguyên dương Nhận thấy 2xy x y k ngược lại Do ta chứng minh k Giả sử cặp số nguyên dương a ; b0 với a b0 bé thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng quát ta giả sử a b0 Xét phương trình k x2 b20 2xb0 hay x2 2kb0 x b20 k Khi ta có ' b20 k2 b20 k k b20 k 1 Do phương trình ln có nghiệm Dễ thấy a nghiệm phương trình nên theo định lí Vi – et phương trình cịn có thêm nghiệm Gọi nghiệm a a a1 2kb0 Khi ta có a a b20 k Từ hệ thức thứ ta a số nguyên Giả sử a1 , a12 2kb0a1 b20 k a12 2kb0 b20 k , điều vơ lí a nghiệm phương trình x2 2kb0 x b20 k Từ suy a1 Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu a1 , ta a1b0 , điều dẫn đến xy Trường hợp 2: Nếu a1 , a b0 ta a b0 b20 k a0 b0 a 20 a0 Đều mâu thuẫn với chọn a ; b0 với a b0 bé Từ ta a b0 Khi ta k 2a 20 2a 20 b0 a b0 45 Từ ta suy x y Vậy toán chứng minh Nhận xét Từ toán ta phát biểu số toán sau + Bài toán Cho x y số nguyên dương thỏa mãn x2 y2 chia hết cho 2xy Tính giá trị A x y3 x2 y xy2 + Bài toán 2: Cho a b số nguyên dương thỏa mãn 4a2 b2 chia hết cho 4ab Tính giá trị A 4a b2 4ab Ví dụ 32 Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện 4a chia hết cho 4ab Chứng minh a b Phân tích hướng dẫn giải Trong ví dụ trước số hạng có bậc hai, ta đưa phương trình bậc hai cách dễ dàng Trong ví dụ có số hạng có bậc bốn nên ta đưa trực tiếp phương trình bậc hai Do ta cần thay đổi điều kiện toán để đưa dạng tốt Ta có 4a chia hết cho 4ab nên b2 4a2 4a b 4ab chia hết cho 4ab Từ suy b2 16a 8a 16a b2 4a b 4ab 8a b2 b2 4a b 4ab 8a b2 b2 4a b 2ab 4ab 4ab b2 2ab 4a b 4ab b2 2ab 4a b a 4ab 4ab a 2ab b2 4ab Thực chất trình biến đổi hạ số hạng cách triệt tiêu số hạng có bậc lớn Đến ta quy toán chứng minh a b biết a 2ab b2 Đặt k 4ab 1 a 2ab b2 , k số nguyên dương 4ab Giả sử cặp số nguyên dương a ; b0 thỏa mãn a b0 nhỏ Khơng tính tổng qt ta giả sử a b0 Xét phương trình x2 2b0 x b20 4xb0 k hay x2 2b0 4kb0 x b20 k Khi a nghiệm phương trình Do theo định lý Vi – et phương trình cịn có nghiệm a a1 2b0 4kb0 Gọi nghiệm a ta a a b20 k Từ ta a số nguyên dương 46 Khi a1 a nên Hay ta b20 k a0 a k a 20 b20 a 20 2a b0 b20 4a b0 a 20 b20 nên a b0 a b0 4a b 0 a b0 , điều vơ lí a b số nguyên dương Từ ta a b0 hay ta a b Vậy toán chứng minh Nhận xét Đặt a k; b 2n với k n số nguyên dương Khi từ a b ta k 2n Từ ta phát biểu toán: Cho k số nguyên dương Chứng minh để số nguyên dương n cho 4k 1 chia hết cho 8kn k phải số chẵn Đây tốn số học có đề thi IMO 2007 Ví dụ 33 Cho m n số nguyên dương lẻ n2 chia hết cho m2 n2 Chứng minh m2 n2 số phương Phân tích hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có n2 chia hết cho m2 n2 nên ta m2 m2 n2 chia hết cho m2 n2 Từ ta m2 m n2 Từ tồn số nguyên dương k để m2 k m2 n2 m n m n mn mn 2 Chú ý m 1 m n 2 2 Do m n số nguyên dương lẻ, lại có m n nên Đặt x mn mn , ta x y ;y 2 mn mn số nguyên dương ; 2 k 4xy Để chứng minh 4xy số phương ta cần chứng minh k số phương Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương x ; y0 với x y0 nhỏ thỏa mãn thỏa đ ng thức Khi ta x y0 k 4x y0 Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 4k y0 x y20 k Khi x nghiệm phương trình Như theo hệ thức Vi – et phương trình cịn có nghiệm x1 x x1 4k y0 Khi ta x x y20 k Từ hệ thức thứ x x1 4k y0 ta suy x1 số nguyên 47 Ta xét trường hợp sau Nếu x1 từ hệ thức thứ hai x0 x1 y20 k ta y20 k y20 k Khi ta có x12 4k y0 x1 y20 k x1 y0 k 4x1 , điều mâu thuẫn x1 nghiệm phương trình Nếu x1 , từ x0 x1 y20 k ta y20 k k y20 số phương Nếu x1 ta y20 k k y20 Khi x1; y0 nghiệm phương trình x y k 4xy Theo cách chọn cặp số x ; y0 ta x0 y0 x1 y0 y0 x0 x1 Từ dẫn đến y20 4k y20 y20 k 4k y20 k , điều vơ lí k số ngun dương Vậy ta k số phương nên dẫn đến m2 n2 số phương Nhận xét Bài toán phát biểu từ toán: Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn a b a b cho 4ab , 4ab số phương Bằng phép đổi biến a chia hết mn mn m n ;b 2 số nguyên dương lẻ ta tốn Ví dụ 34 Cho a, b, c số nguyên dương thỏa mãn a2 b2 abc c Chứng minh a2 b2 abc số phương Phân tích hướng dẫn giải Giả sử tồn số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 abc c mà k a2 b2 abc số phương Khi ta có k c Khơng tính tổng qt ta giả sử a b Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 bcx b2 k Khi a nghiệm phương, theo định lí Vi – et phương trình cịn có nghiệm x a1 a a1 bc Từ ta a.a1 b k Từ ta suy a số nguyên + Nếu a1 , từ hệ thức a.a1 b2 k ta k b2 số phương, điều mâu thuẫn với giả sử + Nếu a1 , k a12 b2 a1bc a12 b2 bc c , mâu thuẫn k c Như ta a số nguyên dương Cũng theo định lí Vi – et ta có a1 b2 k b2 k a nên ta a1 a a a 48 Ta thấy cặp số a1; b nghiệm Khi ta có a1 b a b , điều vơ lí ta chọn cặp số a; b với a b bé Từ ta thấy khơng thể tồn k để k a2 b2 abc số phương Như a2 b2 abc phải số phương Nhận xét Bài tốn ví dụ 34 ta tốn tổng qt hóa tốn ví dụ 29 Ví dụ 35 Tìm tất giá trị k cho phương trình x y z kxyz có nghiệm ngun dương Phân tích hướng dẫn giải Giả sử k giá trị cần tìm Gọi x y z x ; y ; z 0 nghiệm ngun dương phương trình kxyz có x0 y0 z0 nhỏ Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 y0 z0 Phương trình cho viết lại dạng x2 kyz 2y 2z x y z 0 ta suy x0 nghiệm phương trình bậc hai x2 ky0 z0 2y0 2z0 x y0 z0 0 Khi theo định lí Vi – et ta có x1 ky0 z0 2y0 2z0 x Từ x1; y0 ; z0 y z0 x0 nghiệm phương trình nghiệm phương trình cho Cũng từ công thức ta suy x1 nguyên dương Tức x1; y0 ; z0 nghiệm ngun dương phương trình cho Từ tính nhỏ x y z0 ta x1 x Từ ta có ky0z0 2y0 2z0 x x0 y z0 x0 x0 Từ bất đ ng thức thứ hai ta suy y0 z0 x Từ áp dụng vào bất đ ng thức thứ ta ky0z0 4x Cuối chia hai vế x20 y20 z20 2x0 y0 2y0 z0 2z0 x0 kx0 y0 z0 cho x y0 z0 ta x0 y z0 y0 x z0 Từ suy z0 x y0 2 k z0 x y k 32 Suy k ≤ 10 k , tức k Chú ý x y0 z0 suy k Nếu k x đánh giá trở thành k 26 nên k k , Suy ta k Vậy giá trị k 10 bị loại 49 Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 9; 9; Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 4; 4; Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 3; 3; Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 2;2; Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 1; 4; Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 1;2; Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 1;1;2 Với k phương trình có nghiệm, ch ng hạn 1;1;1 Bây ta cần chứng chứng minh trường hợp k phương trình khơng có nghiệm ngun dương Thật vậy, giả sử với k phương trình cho có nghiệm nguyên dương x ; y0 ; z0 có tính chất Khi ta có x 7 y z0 x y z0 Do ta có z0 x0 y z0 y0 z0 x z0 x y0 2 1 y z0 2 10 x y z0 y z0 y z0 x y z0 z0 3 1 10 nên z0 , ta lại có 1 y0 x y0 x y0 y0 Từ y0 Như ta có x 7 y z0 x y z0 x 2 x0 4 x .x (vô lý) x0 x0 Như k phương trình khơng có nghiệm ngun dương Vậy giá trị k cần tìm k 1;2; 3; 4; 5; 6; 8; Nhận xét Từ tốn ta phát biểu hai toán sau + Bài toán Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z x y z A chia hết cho xyz Tính giá trị xyz + Bài toán Chứng minh phương trình x y z Ví dụ 36 Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 7xyz khơng có nghiệm ngun dương x y z2 nhận giá trị nguyên dương Chứng minh xyz x y z2 biểu diễn thành tổng hai số phương xyz 50 Phân tích hướng dẫn giải x y z2 cần chứng minh n tổng hai số xyz Cũng tương tự ví dụ ta đặt n phương Để có biến đổi hợp lí ta viết lại d ng thức sau x2 y2 z2 n xyz Giả sử x ; y ; z 0 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu tốn, điều có nghĩa x20 y20 z20 n x0 y0 z0 Hay ta viết lại x20 nx0 y0 z0 y20 z20 n Xét phương trình bậc hai x2 nxy0z0 y20 z20 n , ta thấy x nghiệm phương trình Theo định lí Vi – et ngồi nghiệm x phương trình cịn có nghiệm nữa, ta gọi nghiệm x1 x x ny0 z0 Như theo định lia Vi – et ta có x x y20 z20 n Từ hệ thức ta suy x1 nhận giá trị nguyên Không tính tổng quát ta chọn x y0 z0 bé x y0 z0 Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu y20 z20 n , x1 số nguyên âm Từ x12 ny0 z0 x1 y20 z20 n x12 n y20 z20 n x12 y20 z20 , điều vơ lí Trường hợp 2: Nếu y20 z20 n , x1 số nguyên dương Khi x1; y0 ; z0 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Theo cách chọn x ; y0 ; z0 ta suy x x1 Khi từ hệ thức Vi – et ta có y20 z20 n ny0z0 x x1 x + Nếu x y0 ta x 1 y20 Do y20 z20 n ny0z0 y20 n y z Từ ta z20 ny0 z0 n n z20 nên suy n + Nếu x y0 , ta 2y20 z20 0 1 Do z20 y20 nz0 n z20 nz0 n z20 nz0 Từ đâu ta suy nz0 nên n n Chú ý n 02 12 n 12 12 Trường hợp 3: Nếu y20 z20 n có nghĩa n viết thành tổng hai số phương Vậy tốn chứng minh xong Một số tập tương tự 51 Bài Cho phương trình x2 bx c x2 mx n Trong hệ số b, c, m, n khác Biết b, c nghiệm phương trình m, n nghiệm phương trình Chứng minh b2 c2 m2 n2 hợp số Đề thi học sinh giỏi toán thành phố Hồ Chí Minh 2005 - 2006 Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 y3 xy Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình xy 2003 x y 2004 x y z Bài Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình x y z3 Bài Tìm x, y nguyên thỏa mãn đ ng thức x y x y Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 y3 2xy 11 Bài Tìm chữ số a, b, c với a cho abc a b c Bài Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết số tổng bình phương số tạo hai chữ số đầu với số tạo hai chữ số sau hai chữ số cuối Bài Tìm số abcd thỏa mãn abcd ab cd Bài 10 Tìm số có sáu chữ số abc deg biết abc deg abc deg Bài 11 Tìm tất các số nguyên dương a, b thỏa mãn a2 b2 chia hết cho ab Bài 12 Chứng minh với a, b số nguyên dương thỏa mãn a2 b2 chia hết cho ab a b2 ab lập phương số tự nhiên Bài 13 Tìm số nguyên dương n để phương trình x y z t Bài 14 Tìm số a, b nguyên dương để nxyzt có nghiệm nguyên dương a b2 nhận giá trị nguyên dương ab Bài 15 Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn ab 5a 5b2 5ab nhận giá trị nguyên dương Chứng minh a b Bài 16 Cho x, y số nguyên dương thỏa mãn x2 y2 10 chia hết cho xy a) Chứng minh x y hai số lẻ nguyên tố b) Chứng minh k x2 y2 10 chia hết cho k 12 xy 52 Bài 17 Tìm tất cặp số a; b nguyên dương thỏa mãn a2 b2 k ab , k số nguyên dương Adapted from Vietnam TST 1992 Bài 18 Chứng minh có vô số cặp số nguyên dương a; b thỏa mãn a 1 b 1 4 b a Bài 19 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn a2 b2 chia hết cho ab Tính giá trị biểu thức: A a b2 ab Turkey TST 1994 Bài 20 Tìm tất cặp số nguyên dương để a2 nhận giá nguyên dương 2ab2 b3 Bài 21 Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình sau có nghiệm ngun dương: x2 k2 y2 24 Bài 22 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn a2 b2 30 chia hết cho ab Tính giá trị của biểu thức A a b2 30 ab ...2 VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC Định lí Vi – et Định lý Vi – et trình bày sách giáo khoa toán – tập Định lý Vi – et cho ta mối quan hệ nghiệm phương trình... dụng định lí Vi – et Rõ ràng hai ý tưởng vi? ??c áp dụng định lí Vi – et giúp ta xây dựng biểu thức nghiệm mà không chứa bậc hai Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta x1 ... định lí Vi – et để giải toán Gọi x1; x2 nghiệm nguyên dương phương trình cho x1 x2 Ta biết số nguyên tố vi? ??t thành tích hai số thừa số thừa số Để ý ta lại thấy theo hệ thức Vi – et x1x2