định lý viet và ứng dụng

Chúng ta ñã thấy ñược ứng dụng rất lớn trong việc xét nghiệm của một phương trình bậc 2 mà không cần giải các nghiệm ñó.. Bài viết này muốn nói ñến ứng dụng trên trong việc giải quyết mộ

-

ðịnh lý Viet và ứng dụng

ðịnh lý Viet cho phương trình bậc 2 là một phần kiến thức quen thuộc và học sinh ñã ñược tiếp xúc từ lớp 9 Chúng ta ñã thấy ñược ứng dụng rất lớn trong việc xét nghiệm của một phương trình bậc 2 mà không cần giải các nghiệm ñó Một ứng dụng nữa là ñịnh lý ñảo Viet, cho ta ñiều kiện so sánh một số với hai nghiệm của phương trình Bài viết này muốn nói ñến ứng dụng trên trong việc giải quyết một số bài toán số học, các bài toán xuất hiện trong kì thi IMO các năm 1988 (P6) và 2007 (P5)

Kiến thức

ðịnh lý Viet: Xét phương trình bậc 2: 2 ( )

ax +bx+ =c a ≠ , có hai nghiệm x x , ta 1; 2

có ñịnh lí Viet

1 2

b

x x

a c

x x

a

 + = −







ðịnh lí ñảo Viet: Xét phương trình bậc 2: 2 ( )

ax +bx+ =c a≠ , có hai nghiệm x x , 1; 2 một số thực α thỏa mãn: x1 < <α x2 ⇔a f ( ) α < , trong ñó 0 ( ) 2

0

f x =ax +bx+ = c

Chúng ta ñến với bài toán ñầu tiên

Bài 1: (IMO 1988, Problem 6): Cho ,a b là các số nguyên dương thỏa mãn: ab + chia 1 hết 2 2

a +b Chứng minh rằng:

1

ab

+ + là một số chính phương

Giải

Với hai số nguyên dương ,a b thỏa mãn ab + chia hết 1 a2 +b2, tồn tại một số nguyên dương k thỏa mãn:

1

k ab

+

= + Chúng ta cần chứng minh k là số chính phương, giả sử nó không là số chính phương

Và nếu cố ñịnh số nguyên dương k này, sẽ còn tồn tại các cặp số ( )a b nữa cũng thỏa ,

mãn ñiều kiện như trên Ta kí hiệu: ( ); 2 2

1

ab

+

+

Giả sử k không là số chính phương, theo nguyên lí cực hạn trong các cặp thuộc S tồn tại (A B sao cho: , ) A+B là nhỏ nhất, không mất tổng quát, giả sử A≥ > B 0

Và nếu cố ñịnh B, chúng ta còn số khác nữa khác A, thỏa mãn phương trình:

( )

0 1 1

xB

+

+ Phương trình này luôn có một nghiệm, ñó là A, vì vậy, theo ñịnh lý Viet, ta có:

2 2

2 2

2

A





Ta sẽ chứng minh (x B2, )∈S x, 2 < , và ñó sẽ là ñiều vô lí A

ở ñây x ñã thỏa mãn phương trình (1), cần chứng minh 2 x > 2 0

ở ñiều kiện thứ nhất, cho ta x là số nguyên, ñiều kiện thứ 2 cho ta 2 x ≠ (do nếu 2 0

x = thì k =B2, là một số chính phương) Hơn nữa x không âm, thật vậy, giả sử 2

x < , ta có: x22 −kBx2 +B2 − ≥k x22 + +k B2 − >k 0, trái với ñiều ta ñang xét phải xảy

ra dấu bằng ðiều này có nghĩa: (x B2; )∈ S

Do ñiều giả sử:

≥ > ⇒ = < < ⇒ + < + ðiều này trái với giả sử A+B nhỏ nhất

Vậy k là số chính phương.□

ðây là bài toán khi ñó ñược ñánh giá là rất khó, theo Arthur Engel, cả ñội 6 người của Úc ñều không giải ñược, và năm ñó chỉ có Georges cùng người vợ sau này

là giải ñược bài toán, và cách sử dụng ñịnh lí Viet như vừa trình bày ở trên ñược ñánh giá là ñẹp nhất

Chúng ta cùng tổng hợp lại phương pháp trên, có thể theo các bước chính sau: Bước 1: Xét một cặp ( )a b bất kì, cho ta một số k, với số k ñó, ta xét tất cả các cặp thỏa ; mãn (ở ñây sẽ giả sử số k không thỏa mãn ñề bài)

Bước 2: Trong tất cả các cặp ñang xét, chọn ra cặp có tổng hai số nhỏ nhất, trong ñó chúng ta lại cố ñịnh số nhỏ hơn, sẽ có những số khác cùng cặp thỏa mãn

-

Bước 3: Chúng ta ñưa về xét một phương trình bậc 2 có một nghiệm cho trước, dùng Viet ñể chứng minh nghiệm còn lại cũng thỏa mãn ñiều kiện ñề bài, nhưng trái với ñiều giả sử

ðể rõ ràng hơn, chúng ta cùng ñến với bài toán thứ 2

Bài 2: (mathlinks.ro) Cho hai số nguyên dương ,x y thỏa mãn: xy chia hết 2 2

1

x + y + Chứng minh rằng:

1 3

xy

= Giải

Cũng gần như bài toán trên, với số k như trên bài 1, ở ñây k là số 3

Với hai số nguyên dương ,x y thỏa mãn xy chia hết x2 + y2 +1, tồn tại một số nguyên dương k thỏa mãn:

1

k

xy

Và với số k này, ta xét tất cả các cặp số thỏa mãn: S (x y; ) :k x2 y2 1

xy

Trong tất cả các cặp số ñó, ta xét cặp (X Y sao cho ; ) X +Y nhỏ nhất, không mất tổng quát, giả sử X > > Y 0

Và nếu cố ñịnh Y, chúng ta còn số khác nữa khác X, thỏa mãn phương trình:

( )

1

1 0 1

tY

Phương trình này luôn có một nghiệm, ñó là X, vì vậy, theo ñịnh lý Viet, ta có:

2 2

2 2

2

1

X

X t Y

+ =





ở ñiều kiện thứ nhất, cho ta t là số nguyên, ñiều kiện thứ 2 cho ta 2 t > ñiều này có 2 0 nghĩa: (t Y2; )∈ S

Do ñiều giả sử:

2

Khi ựó, ựiều kiện bài toán trở thành: ( 2 ) 2 2

2X +1 ⋮X ⇒1⋮X ⇒ X = ⇒ =1 k 3.□

Ở ựây các bạn phải hiểu rằng, không phải trong mọi trường hợp ta ựều có

1

X = =Y , ựiều này chỉ ựúng cho cặp nhỏ nhất mà ta xét Tuy nhiên, cặp nhỏ nhất này lấy khi chúng ta cố ựịnh một số k sinh ra do một cặp bất kì (x y , do vậy số ; ) k = ựúng 3 cho mọi trường hợp

Có một ý tưởng nảy sinh và chúng ta thấy gặp rất nhiều lần trong các bài toán chứng minh với mọi đó là việc chúng ta xét tất cả thông qua một số ựại lượng ựặc biệt,

từ ựại lượng ựặc biệt ựó, chúng ta suy ra tắnh chất của tất cả các ựại lượng còn lại

Hãy ựến với một bài toán tiếp theo, nhưng kết quả cho ta ựẹp mắt hơn

Bài 3 (Trần Mạnh Sang):Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn: x2 + y2 + chia hết 1 cho 2xy + Chứng minh rằng: hoặc 1 xy = , hoặc 0 x = y

Giải

Ta xét xy ≠ 0

Xét

2 2

1

k

xy

=

+ , nhận xét: k ≥ 1 Nhận thấy, nếu có x= thì y k = , và ựiều ngược lại trong bài này vẫn ựúng Vì thế ta 1

ựi chứng minh k = 1

xy

+

ℕ ℕ Trong tất cả các cặp số ựó, ta

chọn cặp (A B sao cho ; ) A+B có giá trị nhỏ nhất Ta chứng minh A=B

Không mất tổng quát, giả sử A> ≥ , xét phương trình: B 0

2 2

1

Bx

Suy ra phương trình có nghiệm A và x , áp dụng ựịnh lắ Viet: 2

( ) ( )

2 2

2 2

2

1

A

 + =

⇔



Từ (1) ta có x là số nguyên 2

Giả sử x < , suy ra 2 0 x2 −2Bkx+B2 + − >1 k x2+2Bk +B2 + − > , trái ựiều kiện về 1 k 0 dấu bằng xảy ra

Nếu x = , thì 2 0 x B = , là trường hợp thứ nhất 2 0

-

Nếu x > thì 2 0 (x B2; )∈ S

Từ (2) ta có:

2

ñiều này trái giả thiết A+B nhỏ nhất

Vậy A = B, khi ñó

2

2

1

A k A

+

+ , ñó là ñiều cần chứng minh.□

Việc sinh ra các ñiều kiện bài toán, chúng ta ñi từ một phương trình bậc 2, có hệ số thỏa mãn ñiều kiện về tích và tổng hai nghiệm

Cùng ñến với bài toán tiếp theo

Bài 4 (IMO 2007, Problem 5): Cho các số nguyên dương a b, thỏa mãn ( 2 )2

4a −1 chia hết cho 4ab − Chứng minh rằng a1 = b

Giải

Trước hết nhận xét: Những bài trước, trong ñiều kiện chỉ có bậc 2 của mỗi số hạng, khi

ñó chúng ta mới ñưa ñược về phương trình bậc 2 Ở ñây số hạng có bậc 4, nếu ñưa về phương trình sẽ không ñược bậc 2 Vì vậy từ ñiều kiện bài toán chúng ta cần thay ñổi ñể ñược dạng tốt hơn

4a −1 ⋮4ab− ⇒1 b 4a −1 −4a b 4ab−1 4⋮ ab−1

2

⋮

⋮

⋮

⋮

⋮

(chúng ta chỉ làm công việc hạ bậc dần của mỗi số hạng bằng cách triệt tiêu các số hạng

có bậc lớn hơn 2)

Xét cặp số ( )a b thỏa mãn ñiều kiện ; ( )2

a b− ⋮ ab− , ta giả sử ( )2

0

a b k

ab

−

−

Cố ñịnh k, xét tập: ( ) ( )

2

,

a b

ab

−

Gọi (A B; )∈ là phần tử thỏa mãn: S A+B nhỏ nhất trong số các phần tử thuộc S, không mất tổng quát, giả sử A>B

Cố ñịnh B, ta xét phương trình: ( )2 ( )

x B

Bx

−

− Phương trình có một nghiệm là A và một nghiệm x , áp dụng ðịnh lí Viet, ta có: 2

2 2

2 2

2

A



Với các ñiều kiện ñó, ta có: x là số nguyên dương, nên 2 (x B2; )∈ , do có giả sử S A+B

nhỏ nhất, nên

2

2

A

+

BA

−

kiện A, B dương, hay A= ⇒ = Với B k 0 k = ⇒ = , với mọi 0 a b ( )a b ñang xét., □

ðể kết thúc bài viết, xin ñưa ra một số bài tập áp dụng

Bài 5: Cho a b, là các số nguyên dương thỏa mãn: 2 2

a +ab+b chia hết cho ab + 1 Chứng minh rằng

1

p

ab

=

+ là số chính phương

Bài 6:

a Cho a b, là các số nguyên dương thỏa mãn: 2 2

1

a +b ab⋮ − Chứng minh rằng:

5 1

ab

+

=

−

b Chứng minh phương trình: 2 2

a +b − ab+ = có vô hạn nghiệm nguyên dương

- Thay lời kết

Phương pháp sử dụng ñịnh lý Viet chỉ là một trong các cách giải các bài tập số học ñã nêu ở trên Tác giả chỉ muốn nêu nên một bài toán có liên quan giữa ðại số và

Số học, ñồng thời thấy ñược một ứng dụng nữa của ñịnh lý Viet trong Số học Ngoài ra, theo Arthur Engel, ông ñưa ra cách giải bài toán 1 thay vì xét tập S như trên, ñưa về việc xét các ñiểm cùng nằm trên một hyperbol ứng với mỗi số k, tuy nhiên hai cách cũng có cùng một bản chất như nhau

Trên ñây, chúng tôi mới chỉ dừng lại ở ứng dụng của ñịnh lý Viet cho phương trình bậc 2, với phương trình bậc 3 có ứng dụng hay không, chúng tôi sẽ nghiên cứu trong một báo cáo gần ñây

Tài liệu tham khảo

[1] Mathlinks, IMO 1988, Problem 6,

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=352683&sid=1b7400a87 d6eaceab0aaed3ce82a0484#p352683

[2] Mathlinks, IMO 2007, Problem 5,

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=894656&sid=1b7400a87 d6eaceab0aaed3ce82a0484#p894656

[3] Yimin, The Method of Vieta Jumping, 2008

[4]Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999