Vận dụng định lý vi et giải một số bài toán số học

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 bậc hai hệ số Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = ( a  ) có hai nghiệm x1 x tổng tích chúng là: S = x1 + x2 = −b c P = x1 x = a a Ngược lại có hai số x1 x thỏa mãn S = x1 + x P = x1 x x1 x hai nghiệm phương trình t − St + P = Điều đáng nói định lý giải tốn, ta không 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 ngun: 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 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  = m − ( m + )  Để phương trình cho có nghiệm ngun điều kiện cần  phải số phương, tức tồn số nguyên k cho m − ( m + ) = k Biến đổi tương đương ta m − ( m + ) = k  ( 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 = x = −2 + Với m = ta phương trình x2 − 6x + = , ta hai nghiệm nguyên x1 = x = 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 công 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 nguyên không? Chú ý theo định lí Vi – et ta có x1 + x = 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 có sai lầm Lời giải Chú ý phương trình có hệ số a = nên theo hệ thức Vi – et với x + x = m hai nghiệm x1 ; x ta có  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 ; x giải phương trình nghiệm nguyên x + x = m Từ  ta x1 x − ( x1 + x ) =  ( x1 − 1)( x − 1) = x1 x2 = m + Khi x1 − x − ước 3, lại có = 1.3 = −1 ( −3 ) Đến việc tìm hai nghiệm x1 ; x 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 nguyên, tất nhiên biết khai thác chút hệ thức Vi – et sai lầm hồn tồn khắc phục • Trong cách giải thứ hai ta sử dụng hoàn toàn hệ thức Vi – et để tìm nghiệm nguyên phương trình cho mà không 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 − 1) = x + Khi ta viết lại tốn thành: Tìm số nguyên x để x + chia hết cho x − xy + yz + zx = Ví dụ Tìm nghiệm ngun hệ phương trình:  x + y + z = Phân tích hướng dẫn giải Đây hệ phương trình có cấu trúc đặc biệt Do số ẩn nhiều số phương trình nên thơng thường ta nghĩ đến phương pháp đánh giá Do vai trò bình đẳng ẩn nên ta đánh giá ẩn đó, chẳng 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    x + y = − z x + y = − z x + y = − z 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 trò tham số, xác định giá trị z xem tốn 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 t − 4t + = , đến ta tìm x = y = thỏa mãn • Với z = phương trình trở thành t − 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;1; ) Nhận xét Ví dụ tốn nghiệm nguyên việc sử dụng định lí Vi – et giúp ta có lời giải ngắn gọn dễ hiểu Thơng thường với tốn nghiệm ngun 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 toán 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 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 nguyên trước khả quan Giả sử phương trình có hai nghiệm ngun x1 ; x ( x1  x ) , theo x + x2 = ab định lí Vi – et ta  x1 x2 = a + b Do a b số nguyên dương nên từ hệ thức ta nhận thấy nghiệm x1 ; x 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 ; x ; a; b lớn x1 x  x1 + x ab  a + b Khi hệ thức Vi – et xẩy Như bốn số dương x1 ; x ; a; b tồn số khơng vượt Theo giả thiết theo cách chọn hai nghiệm x1 ; x hai x ; b có số khơng lớn Do vai trò hệ thức Vi – et hai số x ; b nên khơng tính tổng qt ta giả sử  x1  Đến ta xét trường hợp x1 x + x2 = ab 1 + x2 = ab • Trường hợp Nếu x1 = , từ   x x = a + b x = a + b   Do ta ab − a − b =  ( a − 1)( b − 1) = Chú ý theo ta lấy a  b nên từ phương trình ta a = 3; b = , ta tìm x = • Trường hợp Nếu x1 = Hồn tồn tương tự ta tìm cặp số ( a; b ) thỏa mãn ( a; b ) = ( 5;1) , ( 2; ) Các cặp số tìm thỏa mãn điều kiện có nghiệm phương trình Nhận xét • Trong ví dụ ngồi việc sử dụng hệ thức Vi – et để giải việc phát bốn số có số khơng vượt 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 x + a = b ( ax − 1) , xem a y ta phát biểu tốn: + Bài tốn Tìm số ngun dương x, y cho x2 + y chia hết cho xy − + Bài tốn Tìm tất số k dương để phương trình x + y = k ( xy − 1) có nghiệm nguyên 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 m − 2ma + b = 0; n − 2bn + c = 0; k − 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 m ; m hai nghiệm phương trình m2 − 2ma + b = , n ; n hai nghiệm phương trình n2 − 2bn + c = k1 ; k hai nghiệm phương trình k2 − 2ck + a = m + m = 2a Khi theo định lí Vi – et ta  , m1 m = b n1 + n = 2b k1 + k = 2c ,  n1 n = c k1 k = a Nếu m ; n1 ; k1 số ngun dương từ định lí Vi – et ta suy m ; n ; k số nguyên dương Chú ý với hai số nguyên p,q  ta ln có p + q  pq Do số m1 ; n1 ; k1 ; m ; n ; k lớn ta 2a = m + m  m m = b  2b = n1 + n1  n1 n = c 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 ; m ; n ; k có số Giả sử số m = Khi từ m2 − 2ma + b = ta − 2a + b =  b + = 2a Nếu tất số lại lớn ta lại có ( b + c ) = n + n + k + k  n 1n + k k = c + a Từ ta 2b + c = a , điều mâu thuẫn với b + = 2a Do số n1 ; k1 ; n ; k có số Giả sử số n = Khi ta lại − 2b + c = Hoàn toàn tương tự k1  k  ta lại có 2c = k1 + k  k1k1 = a Do ta ( 2b − 1)  b+1  7b  , điều vơ lí Từ suy k = k = 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 tốn ta thu phương trình bậc hai có nghiệm • Sử dụng định lý Vi – et để nghiệm phương trình nguyên dương Ngồi từ định lí Vi – et ta chứng minh có số a, b, c nhận giá trị thỏa mãn tốn • 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 ngun 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 toán Gọi x1 ; x nghiệm nguyên dương phương trình cho ( x1  x ) Ta biết số nguyên tố viết thành tích hai số thừa số thừa số Để ý ta lại thấy theo hệ thức Vi – et x1x = n Do tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng hệ thức Vi – et giả toán Thật theo định lí Vi – et ta x1 + x = m; x1x = n Do n số nguyên tố nên ta x1 = 1; x = 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 caaufbaif toán Nhận xét: Việc sử dụng định lí Vi – et để phát hai nghiệm x1 = 1; x = n giúp ta giải toán cách triệt để Phương trình tốn có hai nghiệm nguyên 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 ngun Chứng minh m + n hợp số Phân tích hướng dẫn giải Để chứng minh m + n hợp số suy nghĩ tự nhiên xây dựng biểu thức m + n theo nghiệm phương trình đề từ phân tích biểu thức nghiệm thành nhân tử Có hai ý tưởng để xây dựng biểu thức m + n áp dụng cơng thức nghiệm để tìm nghiệm phương trình từ tính m + n 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 , x hai nghiệm phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta x1 + x2 = − m ; x x = n + 2 Khi ta có ( )( m + n = ( 2x1 + 2x ) + ( x1x − ) = 4x12 + 4x 22 x12 + x 22 x12 + 16 = x12 + x 22 + 2 ) Do x1 ; x số nguyên nên x12 + 4; x22 + số nguyên dương lớn Từ ta m + n hợp số Nhận xét: Qua ví dụ ta có số khai thác sau • Xét 2m = a + b; 2n = a − b , từ m + n = a + b2 Từ ta phát biểu lại ví dụ sau: Cho phương trình 4x + ( a + b ) x + ( a − b ) + 16 = (x ẩn số a, b số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên 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 a + 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 khơng 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 nguyên x1 ; x nên theo định lí Vi – et ta có x1 + x = −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 a − b + = 3n ( n  Z ) nên a2 = b2 − + 3n Vì b số nguyên lẻ nên b có dạng b = 6m  1; b = 6m + với m nguyên + Trường hợp b = 6m  , ta ( ) a = ( 6m  1) + 3n − = 12m  4m + n − + 2 Do a chia cho dư 2, điều trái với nhận xét nên trường hợp không xẩy + Trường hợp b = 6m + , ta ( ) a = ( 6m + ) + 3n − = 12m + 12m + n + + Vì phương trình cho có hai nghiệm nguyên nên  ' số phương nên ta ( )  ' = a − ( − b ) = 12m + 12m + n + + + ( 6m + − 1) ( ) = 12m + 12m + n + + Ta thấy  ' chia dư nên khơng thể 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 + x = −a được, nhiên ta lại áp dụng định lý Vi – et để b nguyên được, ta cần đến phương trình cho với x a nhận giá trị ngun • 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 ngun phương trình sau: ( ) x3 + x2 y + xy + y = x2 + xy + y + 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 ) tốn giải Ví dụ 28 Tồn hay khơng năm số nguyên dương a1 ; a ; a ; a ; a thỏa mãn hệ điều kiện sau: a 22 + = ( a + 1)( a + 1)  a + = ( a + 1)( a + 1)  a + = ( a + 1)( a + 1) 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 Giả sử a1 số lẻ, a số lẻ nên a22 + chia dư 2, từ suy a + số lẻ, dẫn đến a số chẵn Điều vơ lý a + số chẵn nên ước số lẻ a23 + Do a1 phải số chẵn Lập luận hoàn toàn tương tự ta a ; a ; a ; a số chẵn ( ) ( x + 1) Đặt a = x; a = y Khi từ hệ điều kiện ta y + (x ) ( 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 y + ( ) ( x + 1)  ( x Khi ta y2 + + x2 − ( Tương tự ta có x2 + y 2 + y2 ) ( y + 1) +1 ) ( x + 1) ) ( y + 1) Gọi d = ( x + 1, y + 1) , 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 x2 + y ) ( x + 1)( y + 1) Khi tồn số nguyên dương k cho x + y = k ( x + 1)( y + 1) Trong cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn ta chọn cặp số nguyên dương (x ; y ) với x0 + y bé Khơng tính tổng quát ta giả sử x  y Xét phương trình bậc hai ẩn x x − k ( y + 1) x + y 02 − k ( y + 1) = Khi x nghiệm phương trình Theo định lí Vi – et có nghiệm x1  x0 + x1 = k ( y0 + 1) Khi ta có  x x = y − k y + ( )  0  Nếu x1 = , từ x0 x1 = y 02 − k ( y + 1) ta y 02 = k ( y + 1) nên y 02 ( y + 1) Điều vơ lí y y + nguyên tố Do x1  Lại có ( x0 + 1)( x1 + 1) = x x1 + x + x1 + = y 02 + nên x1 + số lẻ Do x1  số chẵn Ta lại có x1 + = y02 + y02 +   y  x0 x0 + y + Như cặp số ( y ; x1 ) nghiệm x + y = k ( x + 1)( y + 1) Cặp số ( y ; x1 ) thỏa mãn y + x1  y + x , điều vơ lí ta chọn x0 + y 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 Nhận xét + Từ cách chứng minh tốn ta phát biểu toán sau: Bài toán 1: Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x + chia hết cho y + y + chia hết cho x + Chứng minh x y số lẻ Bài toán 2: Tìm số nguyên dương k để phương trình x + y = k ( x + 1)( y + 1) có nghiệm nguyên dương + Để ý với bốn số dương a1 = 4; a = 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 a ; a ; ; a n thỏa mãn a 2k = ( a k −1 + 1)( a k +1 + 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 minh k số phương ab + Cố định k, ta quy tốn tìm nghiệm ( a; b ) phương trình a + b2 = k ( 1) ab + Giả sử cặp số nguyên dương ( a ; b ) thỏa mãn (1) a + b nhỏ Không tính tổng quát ta giả sử a  b Xét phương trình x2 + b02 = k  x2 − kb0 x + b02 − k = có ẩn x xb0 + Khi a nghiệm phương trình Do theo định lý Vi – et phương trình có nghiệm a + a1 = kb0 Gọi nghiệm a1 ta  a a = b0 − k Từ ta a1 số nguyên Nếu a số nguyên âm ta a12 − kb0a1 + b02 − k  a12 − k + b02 − k  , điều vô lý Do a  , ( a1 ; b0 ) cặp số thỏa mãn (1) Khi a  ta có a + b0  a1 + b0 nên a  a , suy a02  a0a1 = b02 − k  b02 nên ta a  b , điều mâu thuẫn với a  b Từ ta suy a = , ta k = b02 số phương Tóm lại a = ta k = b2 b = ta k = a2 số phương Vậy tốn chứng minh Nhận xét Lời giải đặc biệt ngồi việc đưa a + b2 = k dạng phương trình ab + bậc hai để sử 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 tồn 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 ngồi lĩnh vực vào giải tốn số học a + b2 Ví dụ 30 Chứng minh a, b số nguyên dương cho k = số ab − nguyên k = Phân tích hướng dẫn giải Trước hết ta cần biến đổi giả thiết toán trước Đẳng thức đề tương đương với a2 − kab + b2 + k = Không tính tổng quát 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 ; b ) có tổng nhỏ thỏa mãn tốn Khi ta a02 − ka0 b0 + b02 + 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 có nghiệm a , ta có a = kb0 − a hay ta có cặp số ( kb0 − a ; b0 ) thỏa mãn yêu cầu toán Theo điều giả sử ta có a  kb0 − a hay a0 k  b0 a b k a + b2 = k Từ k = ta suy + + b0 a a b0 ab − Do a0 k k k  a b  nên k  + + hay k  b0 2 Mặt khác a b0 +  nên k  Như ta  k  b0 a 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 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 x2 + y2 + Do x + y + chia hết cho 2xy + nên ta đặt k = với k số nguyên 2xy + 2 dương Nhận thấy x = y k = ngược lại Do ta chứng minh k =1 Giả sử cặp số nguyên dương ( a ; b ) với a + b bé thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng qt ta giả sử a  b Xét phương trình k = x2 + b02 + hay x2 − 2kb0 x + b02 + − k = 2xb0 + Khi ta có ' = b02 k − b02 − + k = ( k − 1)  b02 ( k + 1) + 1  Do phương trình ln có nghiệm Dễ thấy a nghiệm phương trình nên theo định lí Vi – et phương trình có thêm nghiệm Gọi nghiệm a1 a + a1 = 2kb0 Khi ta có  a a1 = b0 − k + Từ hệ thức thứ ta a1 số nguyên Giả sử a  , a12 − 2kb0a1 + b02 + − k  a12 + 2kb0 + b02 + − k  , điều vơ lí a nghiệm phương trình x2 − 2kb0 x + b02 + − k = Từ suy a  Ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Nếu a = , ta a b = , điều dẫn đến xy = • Trường hợp 2: Nếu a  , a  b ta b02 − k + a 02 − + a + b0 = + b0  + b0 = a + b0 a0 a0 Đều mâu thuẫn với chọn ( a ; b ) với a + b bé 2a 02 + Từ ta a = b Khi ta k = = 2a + 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 = x3 + y3 x y + xy + Bài toán 2: Cho a b số nguyên dương thỏa mãn 4a2 + b2 + chia hết cho 4ab + 4a + b + Tính giá trị A = 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 khơng thể 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 4a − − 4a b ( 4ab − 1) chia hết cho 4ab − Từ suy ( )  b 16a − 8a + − 16a b2 + 4a b  ( 4ab − 1)   2  −8a b + b + 4a b ( 4ab − 1)   −8a b + b + 4a b + 2ab ( 4ab − 1)  ( 4ab − 1) (  (b  (a − 2ab + 4a b − 2ab + b ) ) ( 4ab − 1)   b ) ( 4ab − 1) − 2ab + 4a b − a ( 4ab − 1)  ( 4ab − 1) 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 ) ( 4ab − 1) a − 2ab + b2 Đặt k = , k số nguyên dương 4ab − Giả sử cặp số nguyên dương ( a ; b ) thỏa mãn a + b nhỏ Khơng tính tổng quát ta giả sử a  b x2 − 2b0 x + b02 Xét phương trình = k hay x − ( 2b0 + 4kb0 ) x + b02 + k = 4xb0 − Khi a nghiệm phương trình Do theo định lý Vi – et phương trình có nghiệm a + a1 = 2b0 + 4kb Gọi nghiệm a1 ta  a a = b0 + k Từ ta a1 số nguyên dương b02 + k Khi a  a nên  a  k  a 02 − b02 a0 Hay ta a 02 − 2a b0 + b02  a 02 − b02 nên a − b0  ( a + b0 )( 4a b0 − 1)  a + b , điều 4a b0 vơ lí a b số nguyên dương Từ ta a = b 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 − ) 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 n − chia hết cho m − n + Chứng minh m − n + số phương Phân tích hướng dẫn giải ( ) Theo giả thiết ta có n − chia hết cho m − n + nên ta m − m − n + chia ( ) hết cho m − n + Từ ta m m − n + ( Từ tồn số nguyên dương k để m = k m − n + ) m+n m−n m+n m−n + Chú ý m =  m − n + = −1   2  2 Do m n số nguyên dương lẻ, lại có m  n nên m+n m−n số nguyên ; 2 dương Đặt x = m+n m−n , ta ( x + y ) = k ( 4xy + 1) ;y = 2 Để chứng minh 4xy + số phương ta cần chứng minh k số phương Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương ( x ; y ) với x0 + y nhỏ thỏa mãn thỏa đẳng thức Khi ta ( x0 + y0 ) = k ( 4x0 y0 + 1) Xét phương trình bậc hai ẩn x x − ( 4k − ) y x + y 02 − k = Khi x nghiệm phương trình Như theo hệ thức Vi – et phương trình có nghiệm x1 x0 + x1 = ( 4k − ) y Khi ta  x0 x1 = y − k Từ hệ thức thứ x + x1 = ( 4k − ) y ta suy x1 số nguyên Ta xét trường hợp sau • Nếu x1  từ hệ thức thứ hai x0 x1 = y02 − k ta y02 − k   y02  k Khi ta có x12 − ( 4k − ) y0 x1 + y02 − k = ( x1 + y ) + k ( −4x1 − 1)  , điều mâu thuẫn x1 nghiệm phương trình • Nếu x1 = , từ x0 x1 = y02 − k ta y02 − k =  k = y02 số phương • Nếu x1  ta y02 − k   k  y02 Khi ( x1 ; y ) nghiệm phương trình ( x + y ) = k ( 4xy + 1) Theo cách chọn cặp số ( x ; y ) ta x0 + y  x1 + y  y  x  x1 Từ dẫn đến y 02 − ( 4k − ) y 02 + y 02 − k = ( − 4k ) y 02 − k  , điều vơ lí k số nguyên dương Vậy ta k số phương nên dẫn đến m − n + số phương Nhận xét Bài toán phát biểu từ toán: Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn (a + b) a= chia hết cho 4ab + , (a + b) 4ab + số phương Bằng phép đổi biến m+n m−n m n số nguyên dương lẻ ta tốn ;b = 2 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 khơng phải số phương Khi ta có  k  c Khơng tính tổng quát 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 có nghiệm x = a1 a + a1 = bc Từ ta  a.a1 = b − k Từ ta suy a1 số nguyên + Nếu a = , từ hệ thức a.a1 = b2 − k ta k = b2 số phương, điều mâu thuẫn với giả sử + Nếu a  , k = a12 + b2 − a1bc  a12 + b2 + bc  c , mâu thuẫn  k  c Như ta a1 số nguyên dương Cũng theo định lí Vi – et ta có a1 = b2 − k b2 − k  a nên ta a  a a a Ta thấy cặp số ( a ; 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 tồn k để k = a2 + b2 − abc khơng phải 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 nguyên dương Phân tích hướng dẫn giải Giả sử k giá trị cần tìm Gọi ( x ; y ; z ) nghiệm nguyên dương phương trình ( x + y + z ) = kxyz có x + y + z nhỏ Khơng tính tổng qt ta giả sử x0  y  z0 Phương trình cho viết lại dạng x2 − ( kyz − 2y − 2z ) x + ( y + z ) = ta suy x0 nghiệm phương trình bậc hai x2 − ( ky0 z0 − 2y0 − 2z0 ) x + ( y0 + z0 ) = Khi theo định lí Vi – et ta có x1 = ky0 z0 − 2y − 2z0 − x0 = (y + z0 ) x0 nghiệm phương trình Từ ( x1 ; y ; z ) nghiệm phương trình cho Cũng từ cơng thức ta suy x1 nguyên dương Tức ( x1 ; y ; z ) nghiệm ngun dương phương trình cho Từ tính nhỏ x + y + z ta x1  x0 Từ ta có ky z − 2y − 2z − x  x (y + z0 ) x0  x0 Từ bất đẳng thức thứ hai ta suy y + z  x Từ áp dụng vào bất đẳng thức thứ ta ky z0  4x0 Cuối chia hai vế x02 + y02 + z02 + 2x0 y0 + 2y0 z0 + 2z0 x0 = kx0 y0 z0 cho x y z ta Từ suy x0 y z 2 + + + + + =k y z0 x0 z0 x0 y z0 x0 y0 k 32 Suy k ≤ 10 + + + + +  k , tức k  Chú ý x = y = z = suy k = Nếu k  x  đánh giá trở thành k 26 nên k  + + + + +  k , Suy ta k  Vậy giá trị k = 10 bị loại Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 9; 9; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 4; 4; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 3; 3; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 2; 2; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 1; 4; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 1; 2; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng hạn ( 1;1; ) Với k = phương trình có nghiệm, chẳng 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 ngun dương (x ; y ; z ) có tính chất Khi ta có (x 7= + y0 + z0 ) x0 y z0 = x0 y z 2 1 y + z0 2 10 + + + + +  + + + + +  y0 z0 z0 x0 x0 y x0 y z0 y z0 y0 z0 x0 y0 z0 z0 Do ta có z0  7 10 nên z = , ta lại có 3 1 + + 1 +   y0  x0 y0 x0 y0 y0 Từ y = Như ta có (x 7= + y0 + z0 ) x0 y0 z0 = (x + 2) = x0 4 + x0 +  .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; 9 Nhận xét Từ toán ta phát biểu hai tốn sau + Bài toán Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn điều kiện ( x + y + z ) chia hết cho (x + y + z) xyz Tính giá trị A = xyz + Bài toán Chứng minh phương trình ( x + y + z ) = 7xyz khơng có nghiệm ngun dương Ví dụ 36 Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 nhận giá trị nguyên xyz + x2 + y2 + z2 dương Chứng minh biểu diễn thành tổng hai số xyz + phương Phân tích hướng dẫn giải Cũng tương tự ví dụ ta đặt n = x2 + y2 + z2 cần chứng minh xyz + n tổng hai số phương Để có biến đổi hợp lí ta viết lại dẳng thức sau x + y + z = n ( xyz + 1) Giả sử ( x ; y ; z ) số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán, điều có nghĩa x02 + y 02 + z 02 = n ( x y z + 1) Hay ta viết lại x02 − nx0 y0 z0 + y02 + z02 − n = Xét phương trình bậc hai x2 − nxy0 z0 + y02 + z02 − n = , ta thấy x nghiệm phương trình Theo định lí Vi – et ngồi nghiệm x phương trình có nghiệm nữa, ta gọi nghiệm x1 x + x = ny z Như theo định lia Vi – et ta có  2 x1x = y + z − n Từ hệ thức ta suy x1 nhận giá trị ngun Khơng tính tổng qt ta chọn x + y + z bé x0  y  z0 Ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Nếu y02 + z02  n , x1 số nguyên âm Từ = x12 − ny0 z0 x1 + y02 + z02 − n  x12 + n + y02 + z02 − n = x12 + y02 + z02  , điều vơ lí • Trường hợp 2: Nếu y02 + z02  n , x1 số nguyên dương Khi ( x1 ; y ; z ) số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Theo cách chọn ( x ; y ; z ) ta suy x0  x1 Khi từ hệ thức Vi – et ta có y02 + z02 − n − ny0 z0 = ( x0 − 1)( x1 − 1) −  ( x0 − 1) − + Nếu x  y ta ( x0 − 1) −  y02 − Do y02 + z02 − n − ny0 z0  y02 − ( ) Từ ta z02 +  ny0 z0 + n  n z02 + nên suy n = ( ) + Nếu x = y , ta 2y02 + z02 = n y02 z0 + Do z02 = y 02 ( nz0 − ) + n  z 02 ( nz − ) + n  z 02 ( nz − ) Từ đâu ta suy nz0  nên n = n = Chú ý n = = 02 + 12 n = = 12 + 12 • Trường hợp 3: Nếu y02 + z02 = n có nghĩa n viết thành tổng hai số phương Vậy tốn chứng minh xong Một số tập tương tự Bài Cho phương trình x + bx + c = ( 1) x + mx + n = ( ) Trong hệ số b, c, m, n khác Biết b, c nghiệm phương trình ( ) m, n nghiệm phương trình ( 1) Chứng minh b2 + c2 + m2 + n2 hợp số Đề thi học sinh giỏi tốn 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  3 x + y + z = Bài Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng 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 + lập phương số tự nhiên ab Bài 13 Tìm số nguyên dương n để phương trình ( x + y + z + t ) = nxyzt có nghiệm nguyên dương Bài 14 Tìm số a, b nguyên dương để a + b2 − nhận giá trị nguyên dương ab Bài 15 Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn dương Chứng minh a = b ( ab 5a + 5b − 5ab − ) nhận giá trị nguyên 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 = x + y + 10 chia hết cho k  12 xy Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường PTNK thành phố Hồ Chí Minh 2016 - 2017 Bài 17 Tìm tất cặp số ( a; b ) nguyên dương thỏa mãn a + b = k ( ab − 1) , k số nguyên dương Adapted from Vietnam TST 1992 Bài 18 Chứng minh có vơ 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 a2 Bài 20 Tìm tất cặp số nguyên dương để nhận giá nguyên dương 2ab2 − b + Bài 21 Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình sau có nghiệm ngun ( ) dương: x2 − k − y = −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 ... vi c 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... Ví dụ toán nghiệm nguyên vi c sử dụng định lí Vi – et giúp ta có lời giải ngắn gọn dễ hiểu Thông thường với toán nghiệm nguyên ta hay ý đến sử dụng kiến thức số học để giải Tuy nhiên ví dụ vi c... định lí Vi – et ta có x1 + x = m , hai nghiệm số nguyên nên ta m số nguyên Như cần sử dụng định lí Vi – et để giải thích m nguyên lời giải khơng có sai lầm Lời giải Chú ý phương trình có hệ số