Tài liệu là kho tàng phong phú đặc biệt tại địa chỉ 123.doc các bạn có thể tự chọn cho mình sao cho phù hợp với nhu cầu phục vụ . Trong những năm tháng học tập ở hà nội may mắn được các anh chị đã từng đi làm chia sẻ một một chút tài liệu tôi xin đươc chia sẻ với các bạn . trong quá trình upload vẫn còn chưa chỉnh sửa hết nhưng khi các bạn tải về vẫn có thể chỉnh sửa lại theo ý muốn của mình tùy theo mục đích và yêu cầu sử dụng. Xin được chia sẻ lên trang 123.doc và các bạn thường xuyên chọn 123.doc là địa chỉ tin cậy trong việc tải cũng như sử dụng tài liệu tại đây.
1 Website:tailieumontoan.com VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC LỜI NĨI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em chuyên đề vận dụng định lý Vi-et giải toán số học Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng tốn thường kì thi gần Các vị phụ huynh thầy cô dạy tốn dùng dùng chun đề để giúp em học tập Hy vọng chuyên đề vận dụng định lý Vi-et để giải tốn số học giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 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 ( ) ax2 + bx + c = a ≠ Nếu phương trình bậc hai S = x1 + x2 = −b a P = x1.x2 = Ngược lại có hai số phương trình t2 − St + P = x1 c a có hai nghiệm x1 x2 tổng tích chúng là: x2 thỏa mãn S = x1 + x2 P = x1.x2 x1 x2 hai nghiệm Điều đáng nói định lý giải tốn, ta khơng quan tâm tới giá trị x1 x2 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 x2 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 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 m2 − m + = k2 phương, tức tồn số nguyên k cho Tác giả: Nguyễn Công Lợi Biến đổi tương đương ta TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ( ) ( )( ) m2 − m + = k2 ⇔ m − + k m − − k = 12 Do m k số nguyên nên ta tìm + Với + Với m = −2 m= ta phương trình ta phương trình m = −2 x2 + 2x = m= , ta hai nghiệm nguyên x2 − 6x + = x1 = x1 = , ta hai nghiệm nguyên x2 = −2 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 có sai lầm Lời giải Chú ý phương trình có hệ số x1 + x2 = m x1.x2 = m + a=1 nên theo hệ thức Vi – et với hai nghiệm x1;x2 ta có Như cần tìm giá trị nguyên hai nghiệm tìm giá trị m Muốn ta biến đổi hệ thức thành phương trình hai ẩn Từ x1 + x2 = m x1.x2 = m + Khi x1 − ( x1;x2 ) giải phương trình nghiệm nguyên ( )( ) x1.x2 − x1 + x2 = ⇔ x1 − x2 − = ta x2 − ( ) = 1.3 = −1 −3 ước 3, lại có hồn tồn đơn giản qua ta tìm giá trị m m = −2 Đến việc tìm hai nghiệm m= x1;x2 Nhận xét Qua hai cách giải ta có số điều cần lưu ý sau: Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com • Trong hai cách giải ta thấy cách thứ dễ gây sai lầm cho học sinh không 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 khơng cần quan tâm đến giá trị nguyên tham số m Tuy nhiên để yêu 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 hoàn toàn số học sau: m= y + Do m có giá trị nguyên nên ta đặt chuyển toán dạng: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 − xy + y + = Với phương trình nghiệm nguyên học sinh giải nhiều cách ( ) m x − = x2 + + Chú ý m nguyên từ phương trình cho ta thành: Tìm số nguyên x để x2 + chia hết cho Ví dụ Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình: x−1 Khi ta viết lại tốn xy + yz + zx = 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 thông 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 = 5− z x + y = 5− 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 3z2 − 10z + ≤ ⇔ ≤ z ≤ Tác giả: Nguyễn Công Lợi Do z nhận giá trị nguyên nên z=1 z=2 ∆≥0 hay ta TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com • • Với Với z=1 , phương trình trở thành z=2 phương trình trở thành t2 − 4t + = t2 − 3t + = x=y=2 , đến ta tìm thỏa mãn x = 2;y = , đến ta tìm 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 tốn 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 khơng 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 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 x2 − abx + a + b = ( a ≥ b) cho phương trình sau có nghiệm số nguyên: 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 ( x1;x2 x1 ≤ x2 Giả sử phương trình có hai nghiệm nguyên x1 + x2 = ab x1.x2 = a + b ) , theo định lí Vi – et ta 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 nguyên giải khơng thể, hướng suy nghĩ việc chia trường hợp giá trị hai nghiệm hai tham số để Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 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 a > 2;b > Thật số dương ta có x1;x2;a;b lớn xẩy Như bốn số dương cách chọn hai nghiệm x1;x2 hệ thức Vi – et hai số xét trường hợp • x1 x1;b x1;x2;a;b x1;b ) ab > a + b hay ab > a + b Nếu bốn Khi hệ thức Vi – et khơng thể tồn số không vượt Theo giả thiết theo có số khơng lớn nên khơng tính tổng qt ta giả sử Do vai trò < x1 ≤ Đến ta x1 = , từ Trường hợp Nếu nên x1.x2 > x1 + x2 hai ( 2ab > a + b ab > 2a;ab > 2b ( x1 + x2 = ab ⇒ x x = a + b )( ) 1 + x2 = ab x = a+b ab − a − b = ⇔ a − b − = Do ta Chú ý theo ta lấy • x1 = Trường hợp Nếu ( a;b) = ( 5;1) , ( 2;2) a≥b a = 3;b = nên từ phương trình ta Hồn tồn tương tự ta tìm cặp số , ta tìm ( a;b) x2 = thỏa mãn 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 q điểm mấu chốt để giải toán Chú ý giả thiết toán cho qua để hạn chế số lượng cặp số Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi ( a;b) , tốn khơng cho ta hồn tồn giả sử a≥b a≥b chẳng TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com • ( ) x2 + a = b ax − Từ phương trình cho ta , xem a y ta phát biểu toán: x2 + y + Bài toán Tìm số nguyên dương x, y cho xy − chia hết cho ( ) x2 + y = k xy − + Bài toán Tìm tất số k dương để phương trình 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 hai ẩn Tuy nhiên abc ≠ Bài toán chưa cho ta thấy phương trình bậc 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 n2 − 2bn + c = hai nghiệm phương trình k1;k2 Nếu , hai nghiệm phương trình Khi theo định lí Vi – et ta m1;n1;k1 m2 − 2ma + b = n1;n2 m1 + m2 = 2a m1.m2 = b , k2 − 2ck + a = n1 + n2 = 2b n1.n2 = c , hai nghiệm phương trình k1 + k2 = 2c k1.k2 = a số nguyên dương từ định lí Vi – et ta suy m2;n2;k2 số nguyên dương p, q ≥ Chú ý với hai số nguyên m1;n1;k1;m2;n2;k2 p + q ≤ pq ta ln có Do số lớn ta 2a = m + m ≤ m m = b 1 2b = n1 + n1 ≤ n1.n2 = c 2c = k + k ≤ k k = a 1 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com ( ) a+ b+ c ≤ a+ b+ c Từ ta Do m2 − 2ma + b = , điều vơ lí m1;n1;k1;m2;n2;k2 ta a, b, c ∈ N* có số Giả sử số − 2a + b = ⇒ b + = 2a m1 = Khi từ Nếu tất số lại lớn ta lại có ( ) b + c = n1 + n2 + k1 + k2 ≤ n1n2 + k2k2 = c + a Từ ta 2b + c = a số Giả sử số , điều mâu thuẫn với Do số n1;k1;n2;k2 có n1 = − 2b + c = Khi ta lại b + = 2a Hoàn toàn tương tự k1 ≥ k2 ≥ ta lại có 2c = k1 + k2 ≤ k1k1 = a ( ) 2b − ≤ Do ta Từ suy k1 = b+1 ⇔ 7b ≤ k2 = , điều vơ lí nên ta − 2c + a = Như từ kết ta suy ( − 2a + b) + ( − 2b + c) + ( − 2c + a) = ( ) 3− a + b + c = Hay ta Mà a, b, c số tự nhiên khác nên suy a= b= c=1 Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán a= b= c=1 Nhận xét: Từ toán 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 tốn • Nếu xét tốn với phương trình bậc hai ngồi giá trị mà a, b, c nhận giá trị thỏa mãn tốn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com 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 toán x1; x2 Gọi (x nghiệm nguyên dương phương trình cho < 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 x1 + x2 = m; x1x2 = n Thật theo định lí Vi – et ta x1 = 1; x2 = n , ta Do n số nguyên tố nên ta n = 2; m = m= n+1 Suy m n hai số tự nhiên liên tiếp nên ta , thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu toán x1 = 1; x2 = n Nhận xét: Việc sử dụng định lí Vi – et để phát hai nghiệm 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 + = nghiệm số nguyên Chứng minh (x ẩn số m, n số ngun) Giả sử phương trình có m2 + n2 hợp số Phân tích hướng dẫn giải Để chứng minh m2 + n2 hợp số suy nghĩ tự nhiên xây dựng biểu thức theo nghiệm phương trình đề từ phân tích biểu thức nghiệm thành nhân tử Có hai ý tưởng để xây dựng biểu thức tính m2 + n2 m2 + n2 m2 + n2 áp dụng cơng thức nghiệm để tìm nghiệm phương trình từ áp dụng định lí Vi – et Rõ ràng hai ý tưởng việc áp dụng định lí Vi – et giúp ta xây Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com dựng biểu thức nghiệm mà không chứa bậc hai Gọi x1 + x2 = − thức Vi – et ta m ; x x = n + 2 ( m2 + n2 = 2x1 + 2x2 Do x1;x2 ) +(xx 2 ) x1, x2 hai nghiệm phương trình trên, theo hệ Khi ta có ( )( ) − = 4x12 + 4x22x12 + x22x12 + 16 = x12 + x22 + x12 + 4; x22 + số nguyên nên số nguyên dương lớn Từ ta m2 + n2 hợp số Nhận xét: Qua ví dụ ta có số khai thác sau • m2 + n2 = 2m = a + b;2n = a − b Xét , từ ( ) ( a2 + b2 ) Từ ta phát biểu lại ví dụ 4x2 + a + b x + a − b + 16 = sau: Cho phương trình (x ẩn số a, b số nguyên) Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh • hợp số x2 + ax + b + = Ta có tốn tương tự tốn ví dụ 6: Giả sử phương trình bậc hai a, b số nguyên b ≠ −1 ) có hai nghiệm số nguyên khác Chứng minh Ví dụ Giả sử phương trình a2 + b2 a2 − b2 + 2x2 + 2ax + − b = a2 + b2 (với hợp số có hai nghiệm nguyên (với a, b tham số) Chứng minh 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 x1; x2 cho có nghiệm nguyên nên theo định lí Vi – et ta có từ phương trình ta Để chứng minh Giả sử b = 2x2 + 2ax + a2 − b2 + a2 − b2 + x1 + x2 = −a số nguyên lẻ nên , từ suy a số nguyên Như a2 − b2 + số ngun khơng chia hết cho 3, ta sử dụng phương pháp phản chứng sau ( ) a2 − b2 + = 3n n ∈ Z chia hết cho 3, ta Tác giả: Nguyễn Công Lợi nên a2 = b2 − + 3n TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Vậy khơng tồn năm số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Nhận xét + Từ cách chứng minh tốn ta phát biểu tốn sau: Bài toán 1: Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 + y+1 chia hết cho y2 + chia hết cho x+1 Chứng minh x y số lẻ ( )( ) x2 + y2 = k x + y + Bài tốn 2: Tìm số ngun dương k để phương trình + Để ý với bốn số dương a1 = 4;a2 = 33;a3 = 217;a4 = 1384 có nghiệm ngun dương 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;a2; ;an ( )( ) a2k = ak−1 + ak+1 + thỏa mãn với số 2≤ k ≤ n−1 Ví dụ 29 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 ab + a2 + b2 chia hết cho ab + Chứng minh số phương Phân tích hướng dẫn giải Do a2 + b2 chia hết cho ab + a2 + b2 =k ab + Khi ln tồn số ngun dương k để ta cần chứng minh k số phương Cố định k, ta quy tốn tìm nghiệm ( a ;b ) Giả sử cặp số ngun dương Khơng tính tổng qt ta giả sử x2 + b20 Xét phương trình Khi a0 xb0 + ( a;b) () phương trình thỏa mãn (1) a0 ≥ b0 a2 + b2 =k ab + a0 + b0 nhỏ = k ⇔ x2 − kb0x + b20 − k = có ẩn x nghiệm phương trình Do theo định lý Vi – et phương trình có nghiệm Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Gọi nghiệm Từ ta Nếu a1 a1 ta số nguyên số nguyên âm ta ( a ;b ) a1 a0 + a1 = kb0 a0.a1 = b0 − k Khi a0 < b0 a12 − kb0a1 + b20 − k ≥ a12 − k + b20 − k > , điều vơ lý Do a1 ≥ , cặp số thỏa mãn (1) a1 > ta có a0 + b0 ≤ a1 + b0 , điều mâu thuẫn với Từ ta suy Tóm lại a=0 a1 = a0 ≥ b0 ta , suy a20 ≤ a0a1 = b20 − k < b20 nên ta , ta k = b2 nên a0 ≤ a1 k = b20 số phương b=0 ta k = a2 số phương Vậy tốn chứng minh Nhận xét Lời giải khơng có đặc biệt ngồi việc đưa a2 + b2 =k ab + dạng phương trình 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 nguyên 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 toán số học khó qua em mạnh dạn việc áp dụng kiến thức lĩnh vực vào giải tốn số học k= Ví dụ 30 Chứng minh a, b số nguyên dương cho a2 + b2 ab − số ngun k=5 Phân tích hướng dẫn giải Trước hết ta cần biến đổi giả thiết toán trước Đẳng thức đề tương đương với Khơng tính tổng qt giả sử a≥b Do a, b số nguyên dương Như ta cần chứng minh với Tác giả: Nguyễn Công Lợi a2 − kab + b2 + k = ab ≠ a = 2;b = nên ta xét a+ b > k=5 k=5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ( a ;b ) Giả sử cặp số dương có tổng nhỏ thỏa mãn tốn a20 − ka0b0 + b20 + k = Khi ta Xét phương trình bậc ẩn x a2 − kab + b2 + k = Khi dễ thấy a1 theo định lí Vi–et phương trình có nghiệm ( kb ) − a0;b0 Theo điều giả sử ta có Từ a0 Do b0 k a0 Mặt khác b0 + a0 ≤ kb0 − a0 a0 a2 + b2 ab − ≤ ta suy a0b0 ≥ b0 a0 b0 + b0 a0 k≤ nên ≥2 nên k≥3 a = 3;b = Với Với Xét Xét ta tìm a= b=2 ab ≥ k=3 + b0 hay ≤ Do suy , ta có a = kb0 − a0 hay ta có cặp số k k = k a0b0 k k + 1+ hay k≤6 Như ta k=5 3≤ k ≤ a = 4;b = hay khơng tìm k , lại dùng đánh giá tương tự ta có nghiệm phương trình Như thỏa mãn u cầu tốn a0 k= a0 a2 + 3ab + b2 = ab ≥ , ta thấy khơng có cặp số dương a = 6;b = Thử với 14 ( a;b) thỏa mãn a = 3;b = k≤ đánh ta suy k≤3 không thỏa nên ta lại (mâu thuẫn với k nguyên lớn 2) Vậy có ab ≥ k=5 Lại dùng thỏa mãn tốn Nhận xét Bài tốn cho ví dụ 30 mở rộng ví dụ 29 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com x2 + y2 + Ví dụ 31 Cho x y số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 2xy + chia hết cho Chứng minh x=y rằng: Phân tích hướng dẫn giải x2 + y2 + Do x=y k= 2xy + chia hết cho k=1 nên ta đặt ngược lại Do ta chứng minh ( a ;b ) Giả sử cặp số nguyên dương quát ta giả sử a0 ≥ b0 k= Xét phương trình với a0 + b0 bé thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng 2xb0 + x2 − 2kb0x + b20 + − k = hay ) ( a0 a1 < nghiệm phương trình nên theo định lí Vi – et • a1 , a1 ≥ a1 số nguyên a12 − 2kb0a1 + b20 + − k > a12 + 2kb0 + b20 + − k > nghiệm phương trình • a0 + a1 = 2kb0 a0.a1 = b0 − k + Từ hệ thức thứ ta Từ suy ) ∆ ' = b20k2 − b20 − + k = k − b20 k + + 1 ≥ phương trình có thêm nghiệm Gọi nghiệm Giả sử x2 + b20 + Do phương trình ln có nghiệm Dễ thấy Khi ta có k=1 với k số nguyên dương Nhận thấy ( Khi ta có x2 + y2 + 2xy + x2 − 2kb0x + b20 + − k = , điều vơ lí a1 Ta xét trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu Trường hợp 2: Nếu a1 = a1 > , ta , Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi a1b0 = a0 > b0 xy = , điều dẫn đến ta TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com a1 + b0 = a0 = b0 Từ ta a0 ( a ;b ) Đều mâu thuẫn với chọn b20 − k + với k= Khi ta + b0 < a0 + b0 2a20 + 2a20 + a20 − + a0 + b0 = a0 + b0 bé =1 x=y Từ ta suy Vậy toán chứng minh Nhận xét Từ toán ta phát biểu số toán sau x2 + y2 + + Bài toán Cho x y số nguyên dương thỏa mãn A= Tính giá trị x3 + y3 x2y + xy2 + Bài toán 2: Cho a b số nguyên dương thỏa mãn A= 2xy + chia hết cho 4a2 + b2 + 4ab + 4a2 + b2 + 4ab + Tính giá trị ( 4a ) −1 Ví dụ 32 Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện a= b chia hết cho chia hết cho 4ab − Chứng minh 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 ( 4a Ta có ) −1 ( chia hết cho 4ab − ( ) ( ) b2 4a2 − − 4a3b 4ab − nên ) )( chia hết cho ( ) 4ab − Từ suy b2 16a4 − 8a2 + − 16a3b2 + 4a3b M4ab − ⇒ −8a2b2 + b2 + 4a3b M4ab − ⇒ −8a2b2 + b2 + 4a3b + 2ab 4ab − M4ab − 3 ⇒ b − 2ab + 4a b M4ab − ⇒ b − 2ab + 4a b − a 4ab − M4ab − 2 ⇒ a − 2ab + b M4ab − ( ( ( )( )( ) ) ) ( ( ) ( ) ( ) ) Thực chất trình biến đổi hạ số hạng cách triệt tiêu số hạng có bậc lớn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Đến ta quy toán chứng minh k= Đặt a2 − 2ab + b2 4ab − Giả sử cặp số nguyên dương ( a ;b ) x2 − 2b0x + b20 Khi )( ) − 2ab + b2 M4ab − biết a0 + b0 Khơng tính tổng qt ta giả sử a0 (a , k số nguyên dương 4xb0 − Xét phương trình a=b thỏa mãn a0 ≥ b0 =k nhỏ ( ) x2 − 2b0 + 4kb0 x + b20 + k = hay nghiệm phương trình Do theo định lý Vi – et phương trình có nghiệm Gọi nghiệm a1 a1 Từ ta ta số nguyên dương b20 + k Khi a1 ≥ a0 nên a0 ≥ a0 ⇔ k ≥ a20 − b20 a20 − 2a0b0 + b20 4a0b0 Hay ta a0 b0 a0 + a1 = 2b0 + 4kb0 a a = b20 + k ≥ a20 − b20 ( )( ) a0 − b0 ≥ a0 + b0 4a0b0 − ≥ a0 + b0 nên , điều vơ lí số ngun dương Từ ta a0 = b0 hay ta a=b Vậy toán chứng minh a = k;b = 2n Nhận xét Đặt 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 Ví dụ 33 Cho m2 − n2 + m> n 8kn − k phải số chẵn Đây tốn số học có đề thi IMO 2007 số nguyên dương lẻ n2 − chia hết cho m2 − n2 + Chứng minh số phương Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Phân tích hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có n2 − chia hết cho ( m2 − n2 + ( ) m2 − m2 − n2 + nên ta chia hết cho m2 − n2 + ) m2 Mm2 − n2 + Từ ta ( ) m2 = k m2 − n2 + Từ tồn số nguyên dương k để Chú ý m+ n m− n m2 = + ÷ m2 − n2 + = Do m n số nguyên dương lẻ, lại có x= Đặt m+ n m− n ;y = 2 m> n , ta nên ( x + y) m+ n m− n −1 2 m+ n m− n ; 2 ( ) số nguyên dương = k 4xy + 4xy + Để chứng minh số phương ta cần chứng minh k số phương ( x ;y ) Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương (x + y0 Khi ta ) ( ) với x0 + y0 nhỏ thỏa mãn thỏa đẳng thức = k 4x0y0 + ( ) x2 − 4k − y0x + y20 − k = Xét phương trình bậc hai ẩn x Khi x0 nghiệm phương trình Như theo hệ thức Vi – et phương trình có nghiệm x1 ( Khi ta ) x + x = 4k − y x x = y − k ( ) x0 + x1 = 4k − y0 Từ hệ thức thứ ta suy x1 số nguyên Ta xét trường hợp sau • Nếu x1 < từ hệ thức thứ hai Tác giả: Nguyễn Công Lợi x0.x1 = y20 − k ta y20 − k < ⇒ y20 < k TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com ( ) ( x12 − 4k − y0x1 + y20 − k = x1 + y0 Khi ta có ) ( ) + k −4x1 − > x1 , điều mâu thuẫn nghiệm phương trình • • Nếu Nếu ( x + y) x1 = x1 > , từ x0.x1 = y20 − k y20 − k > ⇒ k > y20 ta ( ) ta y20 − k = ⇒ k = y20 ( x ;y ) Khi số phương nghiệm phương trình = k 4xy + ( x ;y ) Theo cách chọn cặp số ( ta x0 + y0 ≤ x1 + y0 ⇒ y0 ≤ x0 ≤ x1 ) ( ) y20 − 4k − y02 + y02 − k = − 4k y20 − k ≥ Từ dẫn đến Vậy ta k số phương nên dẫn đến , điều vơ lí k số ngun dương m2 − n2 + số phương Nhận xét Bài toán phát biểu từ toán: Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn ( a + b) cho 4ab + , 4ab + a= số phương Bằng phép đổi biến ( a + b) m+ n m− n ;b = 2 chia hết m n 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 số phương Khi ta có 0< k ≤ c Khơng tính tổng qt ta giả sử a≥b < a2 + b2 − abc ≤ c mà k = a2 + b2 − abc 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 Từ ta a + a1 = bc a.a = b2 − k Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com a1 Từ ta suy + Nếu a1 = số nguyên , 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 , Như ta a1 Cũng theo định lí Vi – et ta có ( a ;b) b2 − k a b2 − k Trường hợp 2: Nếu Khi x0 , ta thấy x1 + x0 = ny0z0 2 x1x0 = y0 + z0 − n Như theo định lia Vi – et ta có • y20 + z02 > n , x1 , điều vơ lí số ngun dương số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com ( x ;y ;z ) Theo cách chọn x0 ≤ x1 ta suy ( )( ) ( ) y20 + z02 − n − ny0z0 = x0 − x1 − − ≥ x0 − − Khi từ hệ thức Vi – et ta có + Nếu x0 > y0 (x ta ) − − ≥ y20 − y20 + z20 − n − ny0z0 ≥ y20 − Do ( ) z20 + ≥ ny0z0 + n ≥ n z02 + Từ ta + Nếu x0 = y0 nên suy ( n=1 ) 2y20 + z20 = n y20z0 + , ta ( ) ( ) ( ) z20 = y20 nz0 − + n ≥ z20 nz0 − + n > z20 nz0 − Do Từ đâu ta suy Chú ý • nz0 < n = = 02 + 12 Trường hợp 3: Nếu nên n=1 n = = 12 + 12 y20 + z02 = n n=2 có nghĩa n viết thành tổng hai số phương Vậy toán chứng minh xong Một số tập tương tự () x2 + bx + c = Bài Cho phương trình ( ) x2 + mx + n = Trong hệ số b, c, m, n khác Biết b, c nghiệm phương trình nghiệm phương trình Chứng minh ( 1) ( 2) m, n b2 + c2 + m2 + n2 hợp số Đề thi học sinh giỏi tốn thành phố Hồ Chí Minh 2005 - 2006 x3 − y3 = xy + Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình xy 2003 = x + y 2004 Bài Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi x + y + z = 3 x + y + z = TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com 1+ x + y + = x+ y Bài Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức x3 + y3 = 2xy + 11 Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình Bài Tìm chữ số a, b, c với a≥1 ( ) abc = a + b cho 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 ) ( abcd = ab + cd thỏa mãn ) ( abcdeg = abc + deg abcdeg Bài 10 Tìm số có sáu chữ số biết Bài 11 Tìm tất các số nguyên dương a, b thỏa mãn a2 + b2 + chia hết cho ab a2 + b2 + Bài 12 Chứng minh với a, b số nguyên dương thỏa mãn chia hết cho ab a2 + b2 + ab lập phương số tự nhiên Bài 13 Tìm số nguyên dương n để phương trình Bài 14 Tìm số a, b nguyên dương để ( x + y + z + t) a2 + b2 − ab = nxyzt có nghiệm nguyên dương nhận giá trị nguyên dương ( ) ab 5a2 + 5b2 − Bài 15 Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn a=b 5ab − nhận giá trị nguyên dương Chứng minh x2 + y2 + 10 Bài 16 Cho x, y số nguyên dương thỏa mãn chia hết cho xy a) Chứng minh x y hai số lẻ nguyên tố k= x2 + y2 + 10 xy b) Chứng minh chia hết cho k ≥ 12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường PTNK thành phố Hồ Chí Minh 2016 - 2017 Bài 17 Tìm tất cặp số ( a;b) ( ) a2 + b2 = k ab − nguyên dương thỏa mãn , k số nguyên dương Adapted from Vietnam TST 1992 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Bài 18 Chứng minh có vơ số cặp số ngun dương Bài 19 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn ( a;b) a2 + b2 + A= thỏa mãn a+1 b+1 + =4 b a chia hết cho ab Tính giá trị biểu thức: a2 + b2 + ab Turkey TST 1994 Bài 20 Tìm tất cặp số nguyên dương để a2 2ab2 − b3 + nhận giá nguyên dương 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 A= a2 + b2 + 30 ab a2 + b2 + 30 chia hết cho ab Tính giá trị của biểu thức Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... Website:tailieumontoan.com 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. .. nguyên vi c 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 vi c sử dụng kiến thức số học. .. 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 có sai lầm Lời giải Chú ý phương trình có hệ số