Luận văn định lý vi ét và một số ứng dụng

Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Hoàng Thị Quỳnh i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Văn Lương Trong trình làm luận văn, Thầy người hướng dẫn mặt khoa học mà Thầy cịn ln động viên, khích lệ tác giả khắc phục khó khăn để hồn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn bày tỏ kính trọng, lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến Thầy cô giảng dạy lớp K11 cao học Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Hồng Đức Tại tác giả nhận nhiều dẫn, góp ý q báu mơi trường thuận lợi để tác giả hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng quản lý đào tạo, Phòng quản lý sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa KHTN, Bộ mơn Tốn giải tích khoa KHTN trường ĐH Hồng Đức tạo điều kiện tốt để tác giả hoàn thành thời hạn luận văn Xin cảm ơn bạn bè người thân động viên giúp đỡ Thanh Hóa, tháng năm 2020 Tác giả Hồng Thị Quỳnh ii Mục lục Mở đầu Chương Định lý Vi-ét 1.1 Nhà toán học Vi-ét (Francois Viète) 1.2 Định lý Vi-ét số hệ Chương Một số tập sử dụng định lý Vi-ét 11 2.1 Bài toán biểu thức liên hệ nghiệm phương trình 11 2.2 Bài toán chứng minh bất đẳng thức cực trị 18 2.3 Một số toán số học, đa thức dãy số truy hồi 25 2.4 Bước nhảy Vi-ét 37 Kết luận 53 Tài liệu tham khảo 54 iii MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Định lý Vi-ét định lý tiếng quan trọng chương trình tốn học phổ thơng Ứng dụng khơng biểu diễn mối quan hệ nghiệm phương trình đa thức mà ứng dụng nhiều mảng khác đại số, số học, giải tích Các tốn sử dụng định lý Vi-ét xuất thường xuyên đề thi lên lớp 10, đề thi học sinh giỏi luyện thi đại học Nhằm tìm hiểu sâu ứng dụng định lý Vi-ét hệ thống lại số dạng toán liên quan định lý chọn đề tài Định lý Vi-ét số ứng dụng Mục tiêu nghiên cứu Mục đích đề tài tìm hiểu sâu ứng dụng định lý Vi-ét số dạng toán số học, đại số, giải tích Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Định lý Vi-ét Phạm vi nghiên cứu: Các ứng dụng định lý Vi-ét Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp phân tích, bình luận • Phương pháp tổng hợp, hệ thống hóa Nhiệm vụ nghiên cứu • Tổng hợp vấn đề liên quan tới định lý Vi-ét: lịch sử, dạng phát biểu,hệ • Lựa chọn hệ thống chủ đề, toán sử dụng định lý Vi-ét Cấu trúc luận văn Ngoài lời cảm ơn, mở đầu kết luận, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương Trình bày số vấn đề liên quan đến định lý Vi-ét thuận đảo cho phương trình bậc hai số hệ quan trọng định lý Vi-ét thuận Công thức Vi-ét liên hệ nghiệm phương trình ẩn bậc cao trình bày Chương Trình bày việc sử dụng định lý Vi-ét thơng qua việc lựa chọn giải số dạng toán bào gồm số toán biểu thức liên hệ nghiệm phương trình, số toán chứng minh bất đẳng thức, cực trị, số toán số học, đa thức, dãy số toán sử dụng phương pháp bước nhảy Vi-ét Chương Định lý Vi-ét Trong chương này, trình bày số nét đời, nghiệp Vi-ét (Francois Viète), phát biểu chứng minh định lý Vi-ét thuận đảo cho phương trình bậc hai Định lý Vi-ét cho phương trình bậc cao phát biểu Các vấn đề trình bày phần tìm thấy nhiều tài liệu tiếng Việt thống tài liệu trực tuyến Wikipedia [9] 1.1 Nhà toán học Vi-ét (Francois Viète) Vi-ét (Francois Viète) sinh năm 1540 Fontenay-le-Comte Vendée, Pháp Vi-ét học trường Franciscan, nghiên cứu luật năm 1558 Poitiers nhận cử nhân luật năm 1559 Một năm sau, ông bắt đầu làm trạng sư quê nhà Sau đó, làm “cố vấn mật” cho triều vua Henry III Henri IV Giữa bộn rộn công việc cung đình, có phút rảnh rỗi ơng lại giải trí cách nghiên cứu Tốn học! Trong chiến tranh Pháp Tây Ban Nha thời ấy, quân Tây Ban Nha thường liên lạc với kẻ nội phản nước Pháp mật thư Vì viết mật mã gồm toàn chữ số, nên mật thư khám phá Biết Vi-ét thích tốn, vua Henry III nhờ ơng thử dị tìm “chìa khóa” mật thư Nhận lời, suốt hai tuần lễ, ông làm việc quên ăn quên ngủ Cuối cùng, Vi-ét xé tung bí mật: ơng tìm quy luật thay chữ Hình 1.1: Francois Viète (1540-1603) - Nguồn: Internet số cách viết mật thư Đọc mật thư, quân Pháp làm thất bại hoàn toàn mưu đồ Tây Ban Nha Về phía địch, chúng gắng dị tìm ngun nhân: cuối chúng biết kí hiệu bị phơi trần, dù nhiều lần thay đổi mật mã, kẻ tìm bí mật Vi-ét Qn Tây Ban Nha tuyên bố Vi-ét kẻ tử thù xử án hỏa thiêu vắng mặt ông, án dã man khơng thực Không quan tâm sâu sắc đến Đại số, nghiên cứu phương trình, Vi-ét cịn nghiên cứu Hình học Lượng giác Ông người đưa kí hiệu chữ, thế, người ta gọi ơng người cha mơn Đại số Ơng khảo cứu kĩ lưỡng nhiều cơng trình nhà toán học thời cổ Phần lớn đời Vi-ét bị cơng việc pháp lí nghề trạng sư chiếm nên khó tưởng tượng ông lấy đâu thời gian để làm nên cơng trình tốn học Bí ông khả tập trung cao độ làm việc Người ta kể lại, lúc gặp đươc vấn đề thú vị, ơng ngồi bàn làm việc suốt ba ngày đêm liền Vi-ét ngày 23 tháng năm 1603 nguyên nhân chết ông chưa biết Một cơng trình quen thuộc Vi-ét với học sinh phổ thơng định lý mối liên hệ nghiệm phương trình bậc hai với tên gọi: Định lý Vi-ét 1.2 Định lý Vi-ét số hệ Trong phần chúng tơi trình bày phát biểu chứng minh Định lý Vi-ét thuận đảo cho phương trình bậc hai ẩn tập số thực Phương trình bậc hai ẩn phương trình có dạng ax2 + bx + c = (1.1) với a, b, c số thực a 6= Tương ứng với phương trình trên, ta có biệt thức ∆ = b2 − 4ac ∆′ = b (b′ )2 − ac với b′ = Ta có định lý sau tồn nghiệm phương trình bậc hai Định lý 1.2.1 Xét phương trình bậc hai (1.1) tập số thực Khi đó, (i) ∆ < 0, phương trình vơ nghiệm; (ii) ∆ = 0, phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = − b ; 2a (iii) ∆ > phương trình có hai nghiệm phân biệt √ √ −b + ∆ −b − ∆ , x2 = x1 = 2a 2a Chứng minh Phương trình (1.1) tương đương với c b x2 + x + = a a Bằng biến đổi đơn giản ta phương trình tương đương b b2 b2 c x + x+ = − a 4a 4a a Từ suy   b b2 − 4ac ∆ x+ = = 2a a2 a2 Do đó, ∆ < 0, phương trình vơ nghiệm Nếu ∆ = 0, phương trình
b = Phương trình có nghiệm kép tương đương với x + 2a x1 = x2 = − b 2a Cuối cùng, ếu ∆ > phương trình có hai nghiệm phân biệt √ √ −b + ∆ −b − ∆ , x2 = x1 = 2a 2a Định lý Vi-ét thuận cho phương trình bậc hai phát biểu sau Định lý 1.2.2 Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a 6= 0) có hai nghiệm thực x1 x2 tổng tích chúng   S = x1 + x2 = − b a c  P = x1 x2 = a Chứng minh Vì a 6= 0, nên phương trình tương đương với c b x2 + x + = a a Do x1 , x2 nghiệm phương trình nên ta có c b x2 + x + = (x − x1 )(x − x2 ) = x2 − (x1 + x2 )x + x1 x2 a a Đồng hệ số hai vế ta b x1 + x2 = − , a c x1 x2 = a Định lý chứng minh dựa vào cơng thức tính nghiệm phương trình bậc hai phát biểu định lý 1.2.1 Định lý Vi-ét thuận cho phép ta tính nhiều biểu thức chứa nghiệm phương trình bậc hai Ví dụ Nếu a, b nghiệm phương trình x2 − 4x + = 0, a + b, ab, a2 + b2 nhận giá trị bao nhiêu? Dễ thấy theo định lý Vi-ét thuận, ta có a + b = ab = Mặt khác, a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = 42 − 2.9 = −2 Hệ 1.2.3 Cho phương trình bậc hai ax2 + bx + c = Khi (i) a + b + c = 0, phương trình có nghiệm x1 = nghiệm c x2 = , a (ii) a − b + c = 0, phương trình có nghiệm x1 = −1 nghiệm −c x2 = a Chứng minh (i) Vì a + b + c = nên phương trình có nghiệm x1 = Gọi c nghiệm cịn lại x2 , theo định lý Vi-ét ta có x2 = x1 x2 = a (ii) Vì a − b + c = nên phương trình có nghiệm x1 = −1 Gọi nghiệm −c cịn lại x2 , theo định lý Vi-ét ta có x2 = −x1 x2 = a Hệ cho phép ta nhẩm nhanh nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = với dạng đặc biệt hệ số a + b + c = a − b + c = Hệ 1.2.4 Giả sử phương trình bậc hai (1.1) có hai nghiệm thực x1 x2 Với n ∈ N, đặt Sn = x1n + x2n Khi ta có hệ thức truy hồi (1.2) aSn+2 + bSn+1 + cSn = b c Chứng minh Sử dụng định lý Vi-ét thuận, ta có x1 + x1 = − x1 x2 = Mặt a a khác, Sn+2 = x1n+2 + x2n+2 = (x1n+1 + x2n+1 )(x1 + x2 ) − x1 x2 (x1n + x2n )   c −b = Sn+1 − Sn a a Từ suy aSn+2 + bSn+1 + cSn = Ví dụ Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình x2 − 2x − = Khi đó, theo định lý Vi-ét, ta có S0 = 2, S1 = Từ đó, ta tính S2 = x12 + x22 = 8, S3 = x13 + x23 = 20, S4 = x14 + x24 = 56, S5 = x15 + x25 = 152, Hệ 1.2.5 Xét dãy số {un } cho dạng truy hồi u1 = a, u2 = b, un = Aun−1 + Bun−2 , n ≥ 3, với a, b, A, B số A, B không đồng thời Lời giải Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình cho Theo Định lý Vi-ét ta có, m x1 + x2 = − , x1 x2 = n + Từ ta có m2 + n2 = (2x1 + 2x2 )2 + (x1 x2 − 4)2 = 4x12 + 4x12 x22 + x22 x12 + 16 = (x12 + 4)(x22 + 4) Do nghiệm x1 , x2 số nguyên dương , nên x12 + 4, x22 + số nguyên dương lớn Vậy nên m2 + n2 hợp số ✷ Bài tập 2.3.2 Giả sử phương trình ẩn 2x2 + 2ax + − b = 0, với ẩn x a, b tham số, có hai nghiệm nguyên Chứng minh a, b số nguyên a2 − b2 + không chia hết cho Lời giải Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho Theo Định lý Vi-ét ta có 1−b x1 + x2 = −a, x1 x2 = Từ suy a số nguyên Mặt khác từ phương trình cho ta có b = 2x2 + 2ax + 1, nên b số nguyên lẻ Từ suy a2 − b2 + số nguyên Giả sử a2 − b2 + chia hết cho Khi tồn n ∈ Z cho a2 − b2 + = 3n Hay, a2 = b2 − + 3n Vì b lẻ, nên b có dạng b = 6m ± b = 6m + với m số nguyên Nếu b = 6m ± 1, a2 = (6m ± 1)2 + 3n − = 3(12m2 ± 4m + n − 1) + tức a2 chia dư Điều trái với giả thiết Nếu b = 6m + 3, a2 = (6m + 3)2 + 3m − = 3(12m2 + 12 + n + 2) + Vì phương trình có hai nghiệm ngun, nên ∆′ số phương Ta có ∆′ = a2 − 2(1 − b) = 3(12m2 + 12m + n + 2) + + 2(6m + 2) = 3(12m2 + 12m + n + 3) + 26 chia dư nên ∆′ khơng số phương Tóm lại, a2 − b2 + chia hết cho ✷ Bài tập 2.3.3 Tìm số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thoả mãn m2 + pq = p+q m+1 Lời giải Nếu p = q, tức hệ thức cho ta có p= 2(m2 + 1) = 2m − + m+1 m+1 Vì p số nguyên tố m số tự nhiên nên chia hết cho m + ức m = 0, m = m = Thay lại ta thấy p = p = các số nguyên tố thoả mãn Nếu p 6= q, pq p + q số nguyên tố Gọi r ước chung m2 + m + Khi đó, m2 − = (m + 1)(m − 1) chia hết cho r Từ suy (m2 + 1) − (m2 − chia hết cho r Vậy r = r = Giả sử r = Khi đó, p + q = m + pq = m2 + Do đó, p, q nghiệm phương trình x2 − (m + 1)x + m2 + = Phương trình vơ nghiệm ∆ = −3m2 + 2m − < Giả sử r = Khi đó, 2pq = m2 + 2(p + q) = m + p, q nghiệm phương trình 2x2 − (m + 1)x + m2 + = Điều vơ lý phương trình vơ nghiệm Tóm lại, số nguyên tố (p, q) thoả mãn (2, 2) (5, 5) ✷ Bài tập 2.3.4 Giả sử a, b, c, d số thực p số nguyên dương thoả mãn a2 − b2 − c2 − d − = = = = p 5a 5b 4c 4d Chứng minh (a − c)(b − c)(a + d)(b + d) số phương 27 Lời giải Từ giả thiết ta có a2 + 5pa − = b2 + 5pb − = c2 + 4pc − = d + 4pd − = Do đó, a, b nghiệm phương trình x2 + 5px − = c, d nghiệm phương trình x2 + 4px − = Theo định lý Vi-ét, ta có a + b = −5p, ab = −1 c + d = −4p, cd = −1 Ta có (a − c)(b − c)(a + d)(b + d) = [ab − (a + b)c + c2 ][ab + (a + b)d + d ] = (c2 + 5pc − 1)(d − 9bd − 1) = (c2 + 4pc − + pc)(d + 4pd − − 9bd) = −9p2 cd = 9p2 = (3p)2 Từ suy điều cần chứng minh ✷ Bài tập 2.3.5 Cho x = a + b − c, y = c + a − b, z = b + c − a với a, b, c √ √ số nguyên tố Giả sử x2 = y z − y bình phương số nguyên tố Chứng minh biểu thức (a + 2) (b − 10) (c + 2) số nguyên tố 65 Lời giải 28 Từ giả thiết ta có    2a = x + y   2b = x + z    2c = y + z hay    2a = x + x2   2b = x + z    2c = x2 + z Xét phương trình bậc hai x2 + x = 2a hay x2 + x − 2a = Dễ thấy phương trình có hai nghiệm ∆ = 8a + > Gọi hai nghiệm phương trình x1 x2 Theo định lý Vi-ét ta có  x + x = −1 x x = −2a Do a số nguyên tố nên từ x1 x2 = −2a ta x1 ∈ {−2; −a; 2; a} Ta xét trường hợp sau: * Nếu x1 = −2, ta tìm a = khơng phải số ngun tố * Nếu x1 = −a, ta a2 − 3a = 0, a số nguyên tố nên a = Từ ta tìm hai nghiệm phương trình x1 = −3 x2 = * Nếu x1 = 2, ta tìm a = 3, từ ta tìm hai nghiệm x1 = x2 = −3 * Nếu x = a, ta a2 − a = nên a = a = 1, loại khơng phải số ngun tố Vậy phương trình có hai nghiệm ngun x = x = −3, đồng thời ta có a = Bây ta xác định số nguyên tố b, c ứng với trường hợp √ Với x = ta y = Do z − = p2 với p số nguyên tố Do x số chẵn 2b = x + z nên z số chẵn Khi p số chẵn, dẫn đến p = Khi ta z = 36, suy c = 20, loại c số nguyên tố 29 Với x = −3, ta y = Do √ z − = p2 với p số nguyên tố Do x số lẻ 2b = x + z nên z số chẵn Khi p số chẵn, dẫn đến p = Khi ta z = 49, suy c = 29 b = 23 số nguyên tố 1 (a + 2) (b − 10) (c + 2) = (3 + 2) (23 − 10) (29 + 2) = 31 65 65 số nguyên tố ✷ Như vậy, Bài tập 2.3.6 Tìm tất số có ba chữ số chia hết cho 11 cho thương số phép chia số cho 11 tổng bình phương chữ số số Lời giải Gọi số có ba chữ số cần tìm A = abc Do A chia hết cho 11, nên a − b + c chia hết cho 11 Từ suy a − b + c = a − b + c = 11 Nếu a − b + c = 0, a + c = b Thương số phép chia A cho 11 tổng bình phương chữ số A, tức 9a + b = a2 + b2 + c2 Kết hợp với a − b + c = suy 10a + c = 2a2 + 2ac + 2c2 Từ ta có c = 2n với n số tự nhiên Từ suy a2 + (2n − 5)a + 4n2 − n = Xét phương trình ẩn a Phương trình có nghiệm ngun nên ∆ = −12n2 − 16n + 25 ≥ Gọi nghiệm a1 , a2 Theo định lý Vi-ét, ta có a1 + a2 = − 2n, a1 a2 = 4n2 − n Từ suy a1 , a2 nguyên dương Ta có − 2n = a1 + a2 ≥ 2, nên n ≤ 1, Suy n = n = Dễ thấy n = 1, phương trình vơ nghiệm Vậy n = từ suy c = a = b Vậy A = aa0 Do A/11 = 50 = 2a2 Suy a = A = 550 Nếu a − b + c = 11, b + 11 = a + c Theo giả thiết 9a + b + = a2 + b2 + c2 Suy 10a + c = 2a2 + 2ac + 2c2 − 22(a + c) + 121 c số lẻ Giả sử c = 2n + với n số tự nhiên Biến đổi ta a2 + (2n − 15)a + 4n2 − 19 + 55 30 Ta có ∆ = −12n2 + 16n + 25 ≥ theo định lý Vi-ét a1 + a2 = 15 − 2n, a1 a2 = 4n2 − 19n + 25 Lập luận tương tự trên, ta có 15 − 2n ≥ 2, hay n ≤ 6, Với n ∈ {3, 4, 5, 6} ∆ < Ta có điều vơ lý Vậy n ∈ {0, 1, 2} Thử ta thấy n = thoả mãn với abc = 803 Tóm lại số cần tìm 550 803 ✷ √
2013 Bài tập 2.3.7 Tìm chữ số tận phần nguyên số + 3 √ √ Lời giải Đặt x1 = 5+3 x2 = 5−3 Khi x1 , x2 nghiệm phương trình x2 − 10x − = Đặt Sn = x1n + x2n Theo hệ 1.2.4, ta có: Sn+2 = 10Sn+1 + 2Sn Ta có S1 = 10 nên từ hệ thức ta suy Sn chia hết cho 10 nên n số lẻ Để ý −12 < 0, nên suy Sn < x1n = Sn − x2n < Sn + Vậy nên [x1n ] = Sn 2013 số lẻ nên S2013 chia hết cho 10 Vậy chữ số tận √
2013 phần nguyên + 3 Bài tập 2.3.8 (Vô địch Ba lan) Hãy tìm tất đa thức Pn (x) có hệ số nguyên dạng Pn (x) = n!xn + an−1 xn−1 + + a1 x + (−1)n n (n + 1) , có n nghiệm thực x1 , x2 , , xn thỏa mãn điều kiện xk ∈ [k; k + 1] với k = 1, 2, , n n > Lời giải Với n = đa thức có nghiệm x = ∈ [1; 2] nên n = thỏa mãn Với n = 2, đa thức có dạng P2 (x) = 2x2 + a1 x + 31 Ta tìm a1 để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 6 x2 Theo định lý Vi-ét, ta có  x1 + x2 = − a1 x x = Suy a1 < Mặt khác x2 − x1 2, nên (x2 − x1 )2 Do đó, từ a21 (x2 − x1 ) = (x1 + x2 ) − 4x1 x2 = − 12, a21 ta có − 12 4, hay 48 a21 64 Do a1 nguyên âm, nên a1 = −8, a1 = −7 Vậy đa thức cần tìm P2 (x) = 2x2 − 8x + 6; P2 (x) = 2x2 − 7x + Thử lại thấy đa thức thỏa mãn Với n > 3, ta có Pn (x) = n!xn + an−1 xn−1 + + a1 x + (−1)n n (n + 1) = n! (x − x1 ) (x − x2 ) (x − xn ) Cho x = 0, ta (−1) n (n + 1) − n! (−1)n x1 x2 xn Do x1 x2 xn − n (n + 1) n+1 n+1 − < n < n! n! (n − 1)! Mặt khác, xk ∈ [k; k + 1] nên x1 x2 xn > 1.2 n = n! Điều khơng thể Vậy khơng có đa thức bậc n > thoả mãn điều kiện ✷ Bài tập 2.3.9 Cho đa thức P(x) = x3 +ax2 +bx+c có hệ số nguyên Chứng minh có nghiệm tích hai nghiệm 2P(−1) chia hết cho P(1) + P(−1) − 2(1 − P(0)) 32 Lời giải Giả sử phương trình có ba nghiệm thỏa mãn đề u, v uv Theo định lý Vi-ét, ta có    u + v + uv = −a   uv (1 + u + v) = b    u2 v2 = −c (i) (ii) (iii) Nếu a = từ (i) suy uv + u + v + = hay (u + 1) (v + 1) = Do −1 nghiệm đa thức 2P(−1) = Vậy 2P(−1) chia hết cho P(1) + P(−1) − 2(1 − P(0)) Nếu a 6= cộng (ii) (iii) theo vế sử dụng (i), ta uv (uv + u + v + 1) = b − c = uv (1 − a) b−c số hữu tỉ a, b, c số nguyên Suy uv = 1−a Ta có P(1) + P(−1) − (1 + P(0)) = (a − 1) = −2 (u + v + uv + 1) = −2 (u + 1) (v + 1) Mặt khác, P(x) = (x − u) (x − v) (x − uv) nên 2P(−1) = (−1 − u) (−1 − v) (−1 − uv) = −2 (1 + u) (1 + v) (1 + uv) = (1 + uv)[P(1) + P(−1) − (1 + P(0))] Ta có điều phải chứng minh ✷ Bài tập 2.3.10 (Vô địch Hungari 1983) Cho đa thức P(x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + đa thức với hệ số không âm phương trình P(x) = có n nghiệm thực Chứng minh P(2) ≥ 3n Lời giải Vì hệ số khơng âm nên ta có P(x) ≥ với x ≥ Do nghiệm phương trinhgf P(x) = âm Gọi x1 , · · · , xn nghiệm với xi < với i = 1, , n Theo định lý Vi-ét, ta có x1 x2 · · · xn = (−1)n 33 Ta có P(x) = (x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn ) Với i = 1, · · · , n, ta có √ − xi = + − xi ≥ 3 −xi Vậy P(2) = (2 − x1 )(2 − x2 ) · · · (2 − xn ) ≥ 3n Ta có điều phải chứng minh ✷ p (−1)n x1 x2 · · · xn = 3n Bài tập 2.3.11 Tìm số hạng tổng quát dãy cho √ u0 = 1, u1 = − 2, un+1 − 2un − un−1 = 2, n ≥ Lời giải Đặt un = + t, ta có vn+1 + t − (vn + t) − (vn−1 + t) = Tương đương với vn+1 − 2vn − vn−1 = (t + 1) Chọn t = −1 thu dãy (vn ) truy hồi cấp hai tuyến tính sau: √ v0 = 2; v1 = − 2; vn+1 − 2vn − vn−1 = Dãy (vn ) có phương trình đặc trưng x2 − 2x + = √ √ Phương trình có hai nghiệm là: x = − 2; x = + Từ suy số hạng tổng quát dãy (vn )   √ n √ n = α + + β − 34 √ Cho v0 = 2, v1 = − 2, từ suy  α + β =   √ √  √  α − + β + = − Do số hạng tổng quát dãy (vn )   α = ⇔  β = √ n  √ n 3 1+ + 1− = 2 Vì un = − nên suy un = √ n  √ n 3 1+ + − − 1.✷ 2 Bài tập 2.3.12 Cho dãy {un } dược xác định u0 = 3; u1 = 17; un = 6un−1 − un−2 với n = 2; 3; Chứng minh u2n − chia hết cho thương số phương với n = 0; 1; Lời giải Xét phương trình đặc rưng dãy x2 − 6x + = √ √ Phương trình có hai nghiệm x = + 8; x = − Vì số hạng tổng quát dãy là:   √ n √ n un = p + + q − Cho n = 0; n = ta có hệ  p + q =  p + √8
+ q − √8
= 17 √  +  p = 2√ ⇔  − q = Vậy số hạng tổng quát (un ) √ √ √ n −  √ n 3+  un = 3+ + 3−  2 √ n+1 √ n+1  + 3− = 3+ 35 Sử dụng đẳng thức (x + y)2 = (x − y)2 + 4xy ta có     √ n+1 √ n+1 √ n+1  √ n+1  + + 3− − 3− = 3+ 3+ Do u2n −  " √
n+1 #2 √
n+1   − 3− 3+ = −1  2 = " √
n+1 √
n+1 #2 3+ − 3− √
n Áp dụng khai triển nhị thức Niu-tơn ta chứng minh ± có dạng √ u20 − M ± N với M, N nguyên dương ta suy = N số phương ✷ Một số tập tương tự Bài tập 2.3.13 (Vô địch Canada) Giả sử nghiệm đa thức P(x) = x3 + ax2 + bx + c với a, b nguyên tích hai nghiệm Chứng minh 2P(−1) chia hết cho số P(1) + P(−1) + (1 + P(0)) Bài tập 2.3.14 (Vô địch Mĩ) Giả sử a, b hai bốn nghiệm đa thức x4 + x3 − Chứng minh ab nghiệm đa thức x6 + x4 + x3 − x2 − Bài tập 2.3.15 Cho đa thức bậc n P(x) = xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + xn−1 x + với hệ số không âm Chứng minh P(x) ≥ (x + 1)n với x ≥ Bài tập 2.3.16 (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2006-2007) Tìm √ chữ số a, b, c, d e thoả mãn điều kiện ab + cde = abcde √ √ √ Bài tập 2.3.17 Tìm số nguyên dương x, y cho x + y + = x + y Bài tập 2.3.18 (Olympiad 30 - 4) Cho dãy {an } xác định sau: a0 = 1; a1 = 2; an+2 = 4an+1 − an với n số tự nhiên Tìm tất giá trị n để an − số phương Bài tập 2.3.19 Xét dãy an với a1 = 5; a2 = 11; an+1 = 2an − 3an−1 với n > Chứng minh u2007 chia hết cho 11 36 2.4 Bước nhảy Vi-ét Bước nhảy Vi-ét phương pháp tiếng để giải phương trình Diophant bậc hai trở lên Phương pháp thường tiến hành thông qua hai bước • Bước 1: Cố định giá trị nguyên mà đề cho, giả sử tồn cặp nghiệm thỏa mãn vài điều kiện mà không làm tính tổng qt tốn • Bước 2: Dựa vào Định lý Vi-ét để tìm mối quan hệ mâu thuẫn, từ tìm kết luận tốn Ví dụ minh họa cho phương pháp tốn kì thi IMO 1988 Đây tốn khó kì thi năm Bài tập 2.4.1 (IMO 1988) Cho a,b số nguyên dương cho a2 + b2 a2 + b2 chia hết cho ab + Chứng minh số phương ab + a2 + b2 Ta cố định k, sau xét tất cặp (a, b) nguyên ab + dương thỏa mãn phương trình Lời giải Đặt k = k= a2 + b2 ab + Kí hiệu S tập giá trị (a, b) Vì S tập cặp số nguyên dương nên tồn cặp (a0 , b0 ) S mà a0 + b0 với a0 > b0 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình theo ẩn x x2 + b20 =k xb0 + hay x2 − kb0 x + b20 − k = Phương trình có nghiệm a0 Gọi a1 nghiệm cịn lại phương trình Theo Định lý Vi-ét ta có a1 + a0 = kb0 Từ b20 − k a1 = kb0 − a0 = a0 37 Giả sử a1 < Khi đó, a21 − kb0 a1 + b20 − k > a21 + k + b20 − k > điều mâu thuẫn Vậy a1 số nguyên không âm Nếu a1 > (a1 , b0 ) cặp thuộc S Theo định nghĩa (a0 , b0 ) ta có a0 + b0 a1 + b0 ⇒ a0 a1 Lại theo Định lý Vi-ét, ta có a20 a0 a1 = b20 − k < b20 Suy a0 < b0 , điều trái với giả thiết ban đầu Do a1 = 0, suy k = b20 Vậy k số phương Ta có điều cần chứng minh Bài tập 2.4.2 (VMO 2002) Tìm tất giá trị nguyên dương k cho phương trình (x + y + z + t)2 = k2 xyzt có nghiệm nguyên dương Lời giải Biến đổi phương trình ban đầu dạng
x2 + 2y + 2z + 2t − k2 yzt x + (y + z + t)2 = Trong nghiệm nguyên dương phương trình, ta chọn nghiệm (x0 , y0 , z0 , t0 ) có tổng x0 + y0 + z0 + t0 nhỏ Khi dễ thấy x0 nghiệm phương trình bậc hai
x2 + 2y0 + 2z0 + 2t0 − k2 y0 z0t0 x + (y0 + z0 + t0 )2 = Gọi nghiệm lại (2.4) x1 , theo định lý Vi-ét ta có  x + x = k2 y z t − 2y − 2z − 2t (1) 00 0 x x = (y + z + t )2 (2) 0 38 (2.4) Từ (1) ta có x1 nguyên từ (2) ta có x1 dương Như (x1 , y0 , z0 , t0 ) số thỏa (2.4), tính nhỏ tổng x0 + y0 + z0 + t0 mà ta có x1 > x0 Do từ (2) ta suy (y0 + z0 + t0 )2 > x0 ⇒ y0 + z0 + t0 > x0 x1 = x0 Kết hợp với (1) ta k2 y0 z0t0 − 2y0 − 2z0 − 2t0 − x0 > x0 ⇒ k2 y0 z0t0 > 2x0 + (y0 + z0 + t0 ) > 4x0 Chia hai vế đẳng thức x02 + y20 + z20 + t02 + 2x0 y0 + 2x0 z0 + 2x0t0 + 2y0 z0 + 2y0t0 + 2z0t0 = k2 x0 y0 z0t0 cho x0 y0 z0t0 , ta y0 z0 t0 2 2 2 x0 + + + + + + + + + = k2 y0 z0t0 x0 z0t0 x0 y0t0 x0 y0 z0 z0t0 y0t0 y0 z0 x0t0 x0 z0 x0 y0 Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 > y0 > z0 > t0 > Khi suy k2 y0 z0 t0 x0 , 6 1, 6 1, 6 y0 z0t0 x0 z0t0 z0t0 x0 y0t0 x0t0 x0 y0 z0 x0 y0 Như ta k2 k2 k + + + + + + + + + = + 15 4 Suy k2 20, hay k ∈ {1; 2; 3; 4} • Nếu k = 1, phương trình có nghiệm (4; 4; 4; 4) • Nếu k = 2, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 2) • Nếu k = 3, phương trình có nghiệm (1; 1; 2; 2) • Nếu k = 4, phương trình có nghiệm (1; 1; 1; 1) Như để phương trình có nghiệm ngun dương tập hợp tất giá trị nguyên dương klà k ∈ {1; 2; 3; 4} ✷ Bài tập 2.4.3 (IMO 2003) Hãy tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) a2 cho số nguyên dương 2ab2 − b3 + 39 Lời giải Giả sử tồn cặp số nguyên dương (a; b) thỏa mãn điều kiện tốn a2 k số nguyên dương Cố định k xét tập hợp Đặt k = 2ab2 − b3 +
 S = (a; b) ; a, b ∈ Z+ | a2 − 2akb2 + k b3 − = Như ta ta có S 6= / Do k ∈ Z+ nên với (a; b) ∈ S ta có 2ab2 − b3 + > suy b2 (2a − b) > −1 ⇒ b2 (2a − b) > Do 2a = b 2a > b Nếu 2a > b k > nên ta a2 > 2ab2 − b3 + > (2a − b) > b2 Từ suy (a, b) ∈ S 2a = b a > b Gọi (a0 , b0 ) phần tử
thuộc S Xét phương trình T − 2T kb20 + k b30 − = phương trình bậc hai ẩn T có nghiệm a0 Gọi nghiệm lại a1 , theo định lý Vi-ét ta có  a + a = 2kb2 a a = k b3 − 1
Như ta a1 ∈ Z a1 > Nếu a1 = 0, ta có b0 = a0 = 2k , (2k, 1) cặp số thỏa mãn điều kiện tốn Nếu a1 ∈ Z+ (a1 , b0 ) ∈ S Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử a1 > a0 Chú ý rằng, theo nhận xét 2a0 = b0 a0 > b0 Nếu a0 > b0 ta có a1 > a0 > b0 , từ ta thu

3−1 3−1 k b k b 0 < kb20 kb20 a1 = a0 b0 Điều mâu thuẫn Với 2a0 = b0 ta (k, 2k) cặp số thỏa mãn

điều kiện toán Từ hệ thức a0 a1 = k b30 − ta thu 8k3 − 1, 2k cặp số cần tìm Vậy cặp (a; b) thỏa mãn điều kiện toán (2k; 1),
(k; 2k), 8k3 − 1, 2k với k số nguyên không âm ✷ Bài tập 2.4.4 (Phương trình Markov) Chứng minh phương trình x2 + y2 + z2 = 3xyz có vơ số nghiệm nguyên 40