Tài liệu gồm 38 trang được sưu tầm và tổng hợp bởi các tác giả Doãn Quang Tiến và Nguyễn Minh Tuấn, giới thiệu cho bạn đọc một số các bài toán số học có sử dụng định lý Viète (Viét) và nâng cao hơn nữa là phương pháp bước nhảy Viète (Vieta Jumping) để giải quyết các bài toán số học hay và khó. Tài liệu phù hợp với học sinh ôn thi học sinh giỏi môn Toán, hướng đến kỳ thi VMO.
ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC Tạp chí tư liệu tốn học sưu tầm tổng hợp Hướng tới VMO 2020 Ngày 14 tháng 12 năm 2019 Tóm tắt nội dung Trong chương trình tốn lớp 9, tìm hiểu đến định lý nối tiếng định lý Viète, nhiên ứng dụng khơng có biểu diễn mối quan hệ nghiệm phương trình đa thức, mà cịn ứng dụng nhiều mảng khác số học, đa thức, Ở viết này, giới thiệu cho bạn đọc số tốn số học có sử dụng định lý Viète nâng cao phương pháp bước nhảy Viète - Vieta Jumping - để giải tốn số học hay khó Trong viết có tham khảo tư liệu nước, bạn xem mục tài liệu tham khảo cuối viết Mọi ý kiến thắc mắc, đóng góp vui lịng gửi địa Doãn Quang Tiến fb.com/profile.php?id=100016406718327 Nguyễn Minh Tuấn fb.com/tuankhmt.fpt Nhà toán học Francois Viète Francois Viète (1540-1603) nhà tốn học Pháp vĩ đại Ơng người đưa kí hiệu chữ, thế, người ta gọi ông người cha môn Đại số Tên tuổi ơng gắn liền với định lí nghiệm số phương trình mà học sinh lớp biết định lí Viète, cơng lao ơng to lớn nhiều Ơng vốn trạng sư, làm “cố vấn mật” cho triều vua Henry III Henri IV Giữa bộn rộn cơng việc cung đình, có phút rảnh rỗi ông lại giải trí cách nghiên cứu Toán 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 vị “cố vấn” Viète 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, Viète xé tung bí mật: ơng tìm quy luật thay chữ 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 nguyên nhân: cuối chúng biết kí hiệu bị phơi trần, dù nhiều lần thay đổi mật mã, kẻ tìm bí mật Francois Viète! Quân Tây Ban Nha tuyên bố Viète 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, Viète cịn nghiên cứu Hình học Lượng giác Ơng khảo cứu kĩ lưỡng nhiều cơng trình nhà tốn học thời cổ Phần lớn đời Viète bị cơng việc pháp lí nghề trạng sư chiếm nên khó tưởng tượng ơng lấy đâu thời gian để làm nên cơng trình tốn học Bí ơng 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 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Định lý Viète Định lý Viète trình bày sách giáo khoa toán - tập 2, cho ta mối quan hệ nghiệm phương trình bậc hai hệ số Sau ta nhắc lại Định lý Viète Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a = 0) có hai nghiệm x1 x2 tổng tích chúng S = x1 + x2 = −b a P = x1 x2 = c a Ngược lại có hai số x1 x2 thỏa mãn S = x1 + x2 P = x1 x2 x1 x2 hai nghiệm phương trình t2 − St + P = Chú ý giải tốn, đơi ta khơng quan tâm tới giá trị x1 x2 mà cần quan tâm đến giá trị tổng tích chúng, từ ta có đánh giá cần thiết Ngồi từ định lí Viète ta nhận thấy phương trình bậc hai ax2 + bx + c = có nghiệm x1 có thêm nghiệm x2 Ngồi ta mở rộng định lý cho phương trình đa thức bậc n Cho phương trình a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn = 0, an = Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm phương trình trên, a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn = a(x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) Nhân tồn vế phải ra, có công thức Viète, phát biểu sau a = an −a(x1 + x2 + + xn ) = an−1 (−1)n−1 a(x1 x2 xn−1 + x1 x2 xn−2 xn + + x2 x3 xn ) = a1 (−1)n a(x x x ) = a n hàng k bất kỳ, vế phải đẳng thức an−k an−k vế trái tính theo cơng thức (−1)k a nhân với tổng tích cụm (n − k) nghiệm phương trình ∇ Các tốn Sau ta tìm hiểu vài ví dụ trước tìm hiểu phương pháp bước nhảy Viète Bài tốn Tìm tất giá trị m để phương trình x2 − mx + m + = có nghiệm nguyên Lời giải Lời giải Điều kiện để phương trình có nghiệm ∆ = m2 − (m + 2) Phương trình đầu có nghiệm ngun ∆ phải số phương, tức tồn số nguyên k cho m2 − (m + 2) = k Ta có m2 − (m + 2) = k ⇔ (m − + k) (m − − k) = 12 Đến ta có ý rằng, theo định lí Viète, ta có x1 + x2 = m, mà m số nguyên Từ m k số nguyên nên ta tìm m = −2 m = Ta xét trường hợp Với m = −2 ta phương trình x2 + 2x = 0, tìm hai nghiệm nguyên x1 = x2 = −2 Ứng dụng định lí Viète toán số học Chinh phục olympic toán Với m = ta phương trình x2 − 6x + = 0, ta hai nghiệm nguyên x1 = x2 = Như đến toán giải Lời giải Theo định lý Viète với hai nghiệm x1 ; x2 ta có x1 + x2 = m x1 x2 = m + (1) Do ta tìm nghiệm nguyên phương trình ta tìm giá trị m Điều làm ta có ý tưởng giải phương trình nghiệm ngun ẩn x1 x2 Từ (1) ta x1 x2 − (x1 + x2 ) = ⇔ (x1 − 1) (x2 − 1) = 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 = xét Ở lời giải có số học sinh mắc sai lầm chưa m số ngun ! Nhận đề khơng có đề cập Do ta phải sử dụng định lí Viète để điều Bài tốn Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình xy + yz + zx = x+y+z =5 Lời giải Trước tiên ta đưa tốn việc giải phương trình nghiệm nguyên Ta biến đổi xy + (y + x) z = ⇔ x+y =5−z xy = − (5 − z) z x+y =5−z xy + (5 − z) z = ⇔ x+y =5−z Theo định lí Viète x y hai nghiệm phương trình bậc hai t2 − (5 − z) t + − (5 − z) z = 0, z tham số Phương trình có nghiệm ∆ hay ta 3z − 10z + 0⇔1 z Do z nguyên nên z = z = Ta xét trường hợp sau • Với z = 1, phương trình trở thành t2 − 4t + = 0, đến ta tìm x = y = thỏa mãn • Với z = phương trình trở thành t2 − 3t + = 0, 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) Bài tốn Giải phương trình x2 − mx + n = 0, biết phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt m, n hai số nguyên tố Lời giải Với toán dùng công thức nghiệm để xác định nghiệm phương trình gây cho ta nhiều khó khăn phương trình có đến hai tham số Do ta sử dụng định lý Viète Gọi x1 ; x2 nghiệm nguyên dương phương trình cho (x1 < x2 ) Ta biết số ngun tố viết thành tích hai số thừa số thừa số Để ý ta lại thấy theo định lí Viète x1 x2 = n Do tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng định lí Viète giả tốn Thật theo định lí Viète ta x1 + x2 = m x1 x2 = n Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Do n số nguyên tố nên ta x1 = 1; x2 = n, suy m = n + 1, m n hai số tự nhiên liên tiếp nên ta n = 2; m = 3, thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu toán Bài toán Cho phương trình 2x2 + mx + 2n + = 0, m n tham số nguyên Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên Chứng minh m2 + n2 hợp số Lời 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 Viète Rõ ràng hai ý tưởng việc áp dụng định lí Viète giúp ta xây dựng biểu thức nghiệm mà không chứa bậc hai Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình trên, theo định lí Viète ta m x1 x2 = n + x1 + x2 = − Khi ta có m2 + n2 = (2x1 + 2x2 )2 + (x1 x2 − 4)2 = 4x21 + 4x22 x21 + x22 x21 + 16 = x21 + x22 + Do x1 ; x2 số nguyên nên x21 + 4; x22 + số nguyên dương lớn Từ ta m2 + n2 hợp số a2 + b2 , ta có tốn sau Bài tốn Cho phương trình 4x2 + (a + b) x + (a − b) + 16 = 0, a b tham số a2 + b2 ngun Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên, chứng minh hợp số Bài tốn tương tự Giả sử phương trình bậc hai x2 + ax + b + = 0, a, b tham số nguyên, đồng thời b = −1 có hai nghiệm số nguyên khác 0, chứng minh a2 + b2 hợp số Nhận xét Xét 2m = a + b; 2n = a − b, từ m2 + n2 = ! Bài tốn Tìm số ngun dương a b, (a x2 − abx + a + b = có nghiệm số nguyên b) cho phương trình bậc hai Lời giải Điều kiện để phương trình có nghiệm ∆ = (ab)2 − (a + b) nguyên x1 ; x2 (x1 x2 ), theo định lí Viète ta 0, giả sử phương trình có hai nghiệm x1 + x2 = ab x1 x2 = a + b Do a b số nguyên dương nên suy nghiệm x1 ; x2 số nguyên dương Ta ý với hai số lớn tích chúng lớn tổng chúng Do ta nghĩ đến chứng minh bốn số dương không vượt Thật vậy, 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, định lí Viète khơng thể xảy Như bốn số dương x1 ; x2 ; a; b tồn số không vượt Theo giả thiết theo cách chọn hai nghiệm x1 ; x2 hai số x1 b có số khơng lớn Do vai trò hai số x1 b nên khơng tính tổng quát ta giả sử < x1 2, đến ta xét trường hợp x1 Ứng dụng định lí Viète tốn số học Chinh phục olympic toán x1 + x2 = ab + x2 = ab ta suy , từ ta ab − a − b = 1, x1 x2 = a + b x2 = a + b suy (a − 1) (b − 1) = Chú ý a b nên từ phương trình ta a = 3; b = 2, ta tìm x2 = Nếu x1 = 1, từ Nếu x1 = 2, tương tự trường hợp ta tìm cặp số nguyên dương (a; b) thỏa mãn (a; b) = (5; 1) , (2; 2) Bài toán giải hồn tồn Bài tốn Tìm tất số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thỏa mãn pq m2 + = p+q m+1 Lời giải Quan sát hệ thức Nếu pq m2 + = hai đại lượng pq p + q làm ta liên tưởng đến hệ thức Viète p+q m+1 m2 + phân số tối giản từ hệ thức tốn ta m+1 p+q =m+1 pq = m2 + m2 + chưa tối giản cần rút gọn ta hệ điều kiện tương tự Vấn đề m+1 m2 + ta cần kiểm tra xem phân số có rút gọn hay khơng m+1 Cịn • Nếu p = q từ pq m2 + = ta p+q m+1 p= m2 + = 2m − + m+1 m+1 Do m ∈ N p số nguyên tố nên (m + 1) | ⇒ m = 0; m = 1; m = Từ ta tìm p = 2; p = thỏa mãn yêu cầu tốn • Nếu p = q pq p + q nguyên tố pq chia hết cho ước nguyên tố p q cịn p + q khơng chia hết cho p không chia hết cho q Gọi r ước chung m2 + m + Khi ta có r | [(m + 1) (m − 1)] ⇒ r | m2 − Do r | m2 + − m2 − 1 Với r = suy ⇒ r | suy r = r = p+q =m+1 , p q hai nghiệm phương trình pq = m2 + x2 − (m + 1) x + m2 + = Ta có ∆ = −3m2 + 2m − = −(m − 1)2 − 2m2 + < nên phương trình vơ nghiệm Với r = suy 2pq = m2 + , p q hai nghiệm phương trình (p + q) = m + 2x2 − (m + 1) x + m2 + = Ta có ∆ = −7m2 + 2m − = −(m − 1)2 − 6m2 + < nên phương trình vơ nghiệm Vậy số nguyên tố cần tìm (p; q) = (2; 2) , (5; 5) Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Bài tốn Tìm số nguyên tố p để p2 − p + lập phương số nguyên tố khác Lời giải Do p số nguyên tố nên ta p | q − p | q + q + Đến ta chứng minh p | q − không xẩy Thật p | q − ta q − = kp, k ∈ N, q = kp + Khi từ p2 − p + = q ta p2 − p + = (kp + 1)3 ⇔ p2 − p + = k p3 + 3k p2 + 3kp + Nhận thấy với k hiển nhiên p2 − p + < k p3 + 3k p2 + 3kp + Từ suy k 1 Với k = 0, ta p2 − p + = ⇔ p (p − 1) = 0, điều vơ lí p số ngun tố Với k = 2, ta p3 − 2p2 + 4p = ⇔ p2 − 2p + = không tồn p thỏa mãn Vậy với p | q − khơng tồn tai số nguyên tố p thỏa mãn yêu cầu toán Như ta phải có p | q + q + 1, (p, q − 1) = có (q − 1) | p (p − 1) nên q − | p − Đặt q2 + q + p = (q − 1) k + với k ∈ N, từ p | q + q + ta suy số nguyên dương (q − 1) k + hay ta q + qk + k 3k − q − =q+2+ qk − k + qk − k + số nguyên dương Từ ta phải có |3k − q − 2| qk − k + Ta xét trường hợp sau ta • Nếu 3k − q − qk − k + 1, ta k (4 − q) q + Từ q k (4 − q) < q + 3, điều mâu thuẫn Do ta suy q < 4, mà ta lại có q > nên q = q = Khi q = từ p2 − p + = q ta p (p − 1) = 7, phương trình vơ nghiệm Khi q = từ p2 − p + = q ta p (p − 1) = 26, phương trình vơ nghiệm • Nếu 3k − k − − (qk − k + 1) ta suy + q − 3k qk − k + ⇒ k (q + 2) q+1 Điều vơ lí • Nếu 3k−q−2 = ⇒ q = 3k−2, từ p = (q − 1) k+1 ta p = 3k (k − 1)+1 = 3k −3k+1 đồng thời có q + q + = (3k − 2)2 + (3k − 2) + = 9k − 9k + Từ suy q2 + q + 9k − 9k + = =3 p 3k − 3k + Do từ p (p − 1) = (q − 1) q + q + ta p − = (q − 1) nên suy ra (k − 1) (k − 3) = Từ ta k = k = Với k = p = q, ta p2 − p + = p3 ⇔ p p2 − p + = 1, điều vơ lí Với k = p = 3q − 2, ta 9q − 15q + = q ⇔ (q − 1) (q − 7) = nên q = q = Thử trực tiếp ta q = thỏa mãn yêu cầu toán Khi ta p = 19 Vậy p = 19 số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu tốn Ứng dụng định lí Viète toán số học Chinh phục olympic toán Bài toán 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 Tìm giá trị biểu thức T = (a + 2) (b − 10) (c + 2) Lời giải Biến đổi giả thiết tương đương 2a = x + y 2a = x + x2 2b = x + z ⇒ 2b = x + z 2c = y + z 2c = x2 + z Xét phương trình bậc x2 + x = 2a ⇔ x2 + x − 2a = Dễ thấy ∆ = 8a + > nên nên phương trình có hai nghiệm phân biệt Gọi hai nghiệm phương trình x1 x2 Như hai nghiệm số ngun nghiệm cịn lại ngun Chú ý a số nguyên tố nên ta nghĩ đến sử dụng định lí Viète để xác định nghiệm Theo định lí Viète ta có x1 + x2 = −1 x1 x2 = −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 nguyên 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 √ 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 Như ta tính T = (a + 2) (b − 10) (c + 2) = (3 + 2) (23 − 10) (29 + 2) = 2015 Bài tốn Tìm cặp số ngun (a; b) cho hai số a2 + 4b b2 + 4a số phương Lời giải Ta chứng minh cặp số sau thỏa mãn yêu cầu toán (a; b) = 0; k , k ; , (−4; −4) , (−5; −6) , (−6 − 5) , (k; − k) , (1 − k, k) , k ∈ Z Thật vậy, vai trị a b nên khơng tính tổng qt ta giả sử |a| |b| • Nếu b = 0, để a2 + 4b b2 + 4a số phương a = k với k số nguyên • Nếu b = 0, biểu thức a2 + 4b ta liên tưởng đến biệt thức ∆ phương trình x2 + ax − b = Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu toán học Do ∆ = a2 + 4b số phương nên phương trình có hai nghiệm nguyên x1 x2 Theo định lí Viète ta 1 x1 + x2 a 1 + = = + |x1 | |x2 | x1 x2 x1 x2 b Từ suy hai nghiệm nguyên phương trình trên, chẳng hạn x1 thỏa mãn |x1 | Từ ta x1 ∈ {−2; −1; 1; 2} Đến ta xét trường hợp sau Nếu x1 = 2, từ phương trình x2 + ax − b = ta b = 2a + Suy b2 + 4a = (2a + 4)2 + 4a = 4a2 + 20a + 16 = (2a + 5)2 − số phương Đặt (2a + 5)2 − = y với y ∈ N, từ ta (2a + − y) (2a + + y) = Lúc tìm a = −4 a = −1 • Với a = −4, a = −4 Từ ta (a; b) = (−4; −4) thỏa mãn u cầu tốn • Với a = −1, b = Trường hợp loại không thỏa mãn |a| |b| Nếu x1 = −2, từ phương trình x2 + ax − b = ta b = − 2a Suy b2 + 4a = (4 − 2a)2 + 4a = 4a2 − 12a + 16 = (2a − 3)2 + số phương Đặt (2a − 3)2 + = y với y ∈ N, từ ta (y − 2a − 3) (y − 2a + 3) = Giải phương trình ta (a; b) = (3; −2) , (0; 4), nghiệm (0; 4) bị loại không thỏa mãn |a| |b| Chú ý (3; −2) có dạng (k; − k) Nếu x1 = 1, từ phương trình x2 + ax − b = ta b = a + Suy b2 + 4a = (a + 1)2 + 4a = a2 + 6a + = (a + 3)2 − số phương Đặt (a + 3)2 − = y với y ∈ N, từ ta (a + − y) (a + + y) = Giải phương trình ta (a; b) = (−6; −5) , (0; 1), nghiệm (0; 1) bị loại khơng thỏa mãn |a| |b| Nếu x1 = −1, từ phương trình x2 + ax − b = ta b = − a Suy b2 + 4a = (1 − a)2 + 4a = a2 + 2a + = (a + 1)2 số phương a2 + 4b = a2 + (1 − a) = a2 − 4a + = (a − 2)2 số phương Do (a; b) = (k; − k) với k số nguyên thỏa mãn yêu cầu toán Chú ý với (a; b) thỏa mãn yêu cầu toán (b; a) thỏa mãn u cầu tốn Do kết hợp trường hợp lại ta cặp số nguyên (a; b) thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 10 Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn a2 − b2 − c2 − d2 − = = = =p 5a 5b 4c 4d p số nguyên dương Chứng minh (a − c) (b − c) (a + d) (b + d) số phương Lời giải Ứng dụng định lí Viète tốn số học Chinh phục olympic toán Biến đổi giả thiết tương đương a2 + 5pa − = b2 + 5pb − = 0; c2 + 4pc − = d2 + 4pd − = Xét hai phương trình bậc hai ẩn x x2 + 5px − = x2 + 4px − = Khi ta thấy a, b hai nghiệm phương trình x2 + 5px − = c, d hai nghiệm phương trình x2 + 4px − = Theo định lý Viète ta a + b = −5p c + d = −4p ab = −1 cd = −1 Ta có (a − c) (b − c) (a + d) (b + d) = ab − (a + b) c + c2 Viète ta ab − (a + b) c + c2 ab + (a + b) d + d2 Áp dụng hệ thức ab + (a + b) d + d2 = c2 + 5pc − Chú ý c2 + 5pc − d2 − 9pd − = c2 + 4pc − + pc với c2 + 4pc − = d2 + 4pd − = ta d2 − 9pd − d2 + 4pd − − 9pd , đồng thời kết (a − c) (b − c) (a + d) (b + d) = −9p2 cd = 9p2 = (3p)2 Vậy (a − c) (b − c) (a + d) (b + d) số phương Phương pháp bước nhảy Viète - Vieta Jumping Đây phương pháp mạnh để xử lý lớp phương trình Diophantine bậc hai trở lên Sau ta tìm hiểu phương pháp giải Phương pháp Ta tiến hành qua bước sau Bước Cố định giá trị nguyên mà đề cho, giả sử tồn cặp nghiệm thỏa mãn vài điều kiện mà khơng làm tính tổng quát toán Bước Dựa vào định lý Viète để tìm mối quan hệ mâu thuẫn, từ tìm kết luận toán Một toán tiếng để minh họa cho phương pháp xuất tài liệu nói vấn đề này, mà nhắc tới học sinh chuyên tốn khơng thể khơng biết tốn kì thi IMO 1988 ∇ Bài tốn [IMO 1988] Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn ab + | a2 + b2 Chứng a2 + b2 số phương minh ab + Lời giải Bàn luận Đây tốn khó kì thi năm đó, có mười học sinh cho lời giải hoàn chỉnh toán Trong số 11 học sinh giải tốn đó, Việt Nam có đại diện Giáo sư Ngơ Bảo Châu Sau lời giải cho toán a2 + b2 Lời giải Đặt k = , theo phương pháp đề cập tới trên, ta cố định k, sau xét tất ab + cặp (a, b) nguyên dương thỏa mãn phương trình k= a2 + b2 ab + a2 + b2 Vì S tập cặp số nguyên dương ab + nên tồn cặp (a0 , b0 ) S mà a0 + b0 thỏa mãn a0 b0 đạt giá trị nhỏ Hay có nghĩa ta xét tập S = (a, b) ∈ N∗ × N∗ | k = Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Xét phương trình x2 + b20 = k ⇔ x2 − kx.b0 + b20 − k = xb0 + phương trình bậc hai ẩn x Ta biết phương trình có nghiệm a0 Như theo định lý Viète tồn nghiệm a1 thỏa mãn phương trình bậc hai với ẩn x a1 = kb0 − a0 = b20 − k a0 Từ ta có a1 số nguyên Ta chứng minh a1 không âm Thật vậy, a1 < a21 − kb0 a1 + b20 − k điều mâu thuẫn Do ta có a1 Theo định nghĩa (a0 , b0 ) ta có a21 + k + b20 − k > 0 Đến ta xét a1 > (a1 , b0 ) cặp thuộc S a0 + b0 a1 + b0 ⇒ a0 a1 Mặt khác theo định lí Viète a20 a0 a1 = b20 − k < b20 ⇒ a0 < b0 điều trái với giả thiết ban đầu Do a1 = 0, suy k = b20 số phương, ta có điều cần chứng minh ! Nhận xét Trong toán này, ta sử dụng tới nguyên lí cực hạn: Trong tập hợp số nguyên dương ln tồn số ngun dương nhỏ Mệnh đề hữu dụng lớp tốn mà cịn nhiều tốn tổ hợp, tổ hợp số học số học Bài toán bạn tìm hiểu sau kết nối tiếng Bài tốn [Phương trình Markov] Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + y + z = 3xyz Lời giải Bàn luận Đây phương trình tiếng, xuất luận án tiến sĩ trường Đại học Saint Petersburg với chủ đề “Dạng toàn phương xác định dương” nhà toán học Andrei Andreevich Markov (1856 - 1922) - nhà toán học tiếng người Nga Luận án tiến sĩ Markov giải số vấn đề khó “Lý thuyết số” mở hướng nghiên cứu tốn học, “Lý thuyết xấp xỉ Diophant” Phương trình Markov - phương trình Diophant bậc hai đặc biệt đóng vai trị chủ đạo nghiên cứu Markov dạng toàn phương Lời giải Ta thấy phương trình Markov có nghiệm (1, 1, 1) Đặt S = {(x, y, z); x, y, z ∈ Z+ | x2 + y + z = 3xyz} tập hợp tất nghiệm nguyên dương phương trình Markov S = ∅ Do vai trò x, y, z phương trình nhau, khơng tính tổng quát ta giả sử x y z Với cặp (x, y, z) ∈ S; (x , y , z ) ∈ S ta định nghĩa (x, y, z) > (x , y , z ) x + y + z > x + y + z Markov dùng ý tưởng “thông minh”sau để chứng minh có vơ hạn ba số ngun dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình Với nghiệm (xn , yn , zn ) ∈ S ta xây dựng nghiệm sau: Ta coi xn ẩn biến lại tham số rõ ràng phương trình bậc hai x2 − 3yn zn x + yn2 + zn2 = có nghiệm xn , nên có nghiệm thứ hai x Theo định lý Viète, ta có xn + x = 3yn zn xn x = yn2 + zn2 10 (1) Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Khi k = ta có x2 + y + z = 8m + hay x2 + y + z ≡ 7(mod8) Trong ba số x, y, z phải có số lẻ ba số lẻ Nếu số a lẻ a2 ≡ (mod 8), x2 + y + z = 7(mod8) Khi k > ta có x2 + y + z = 4k (8m + 7) (**) hay x2 + y + z ≡ 0(mod4) Trong ba số x, y, z phải có số chẵn ba số chẵn Nếu có số chẵn, cịn hai số a, b lẻ a2 + b2 ≡ 2(mod4), suy x2 + y + z = 7(mod8) Nếu x, y, z chẵn, đặt x = 2x1 , y = 2y1 , z = 2z1 (∗∗) tương đương với x2 + y + z = 4k−1 (8m + 7) Sau k lần biến đổi ta có x2 + y + z = 8m + 7, phương trình vơ nghiệm ngun dương xét k = Bài toán giải 5.1 Các toán tổng hợp Đề Câu Cho a, b, k số nguyên dương thỏa mãn k = a2 + ab + b2 Chứng minh k số ab + phương ab(5a2 + 5b2 − 2) ∈ Z Chứng minh a = b 5ab − x + y + 30 Câu Cho số nguyên dương x, y, A thỏa mãn hệ thức A = Chứng minh A xy lũy thừa bậc năm số nguyên x2 + y + z Câu Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn nhận giá trị nguyên dương Chứng xyz + x2 + y + z minh biểu diễn thành tổng hai số phương xyz + Câu Cho a, b, c số nguyên dương thỏa mãn < a2 +b2 −abc c Chứng minh a2 +b2 −abc số phương Câu Cho m > n số nguyên dương lẻ n2 − chia hết cho m2 − n2 + Chứng minh m2 − n2 + số phương Câu Cho x y số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x2 + y + chia hết cho 2xy + Chứng minh x = y Câu Cho a, b số nguyên dương lẻ thỏa mãn a2 + chia hết cho b b2 + chia hết cho a a2 + b2 + Chứng minh số phương ab Câu Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn b2 + = ac c2 + = bd Chứng minh a + c = 3b b + d = 3c Câu 10 Giả sử phương trình x2 + y + x + y + = xyz có nghiệm ngun dương Tìm tất giá trị z Câu 11 Tìm số nguyên dương x y cho x + chia hết cho y y + chia hết cho x Câu 12 Tìm số nguyên dương x, y để x2 + chia hết cho xy + Câu 13 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 Câu 14 [Kiran Kedlaya] Cho số nguyên dương a, b, c thỏa mãn (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) số phương Chứng minh ba số ab + 1; bc + 1; ca + số phương Câu 15 Tồn hay khơng năm số nguyên dương a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 thỏa mãn hệ điều kiện a2 + = (a1 + 1) (a3 + 1) a2 + = (a2 + 1) (a4 + 1) 32 a4 + = (a3 + 1) (a5 + 1) Câu Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn 24 Ứng dụng định lí Viète toán số học Chinh phục olympic toán 5.2 Hướng dẫn giải - Lời giải Câu Cho a, b, k số nguyên dương thỏa mãn k = a2 + ab + b2 Chứng minh k ab + số phương Lời giải Trước tiên ta cố định k xét tập S= (a, b) ∈ N × N | k = a2 + ab + b2 ab + Giả sử phản chứng k khơng số phương, phần tử S ta chọn cặp (A, B) thỏa mãn điều kiện A + B nhỏ Khơng tính tổng qt, ta giả sử A > B > Xét phương trình bậc hai ẩn x k= x2 + xB + B ⇔ x2 + (B − kB)x + B − k = xB + Phương trình hiển nhiên có hai nghiệm A x0 , theo định lí Viète ta có x0 + A = kB − B (1) x0 A = B − k (2) Từ (1) ta suy x0 số nguyên Nếu x0 < x0 mâu thuẫn −1 ⇒ x2 − (Bk − B)x + B − k x2 + (Bk − B) + B − k > 0, điều Nếu x0 = k = B số phương, trường hợp loại Nếu x0 > (x0 , B) ∈ S Như ta B2 − k B2 A2 +B < +B < +B =A+B A A A điều mâu thuẫn với tính nhỏ tổng A + B Do giả thiết phản chứng sai, từ ta có k phải số phương x0 + B = Câu Cho số nguyên dương a, b thỏa mãn Lời giải Vì gcd(ab, 5ab − 1) = nên ta có ab(5a2 + 5b2 − 2) ∈ Z Chứng minh a = b 5ab − 5a2 + 5b2 − 5a2 + 5b2 − ∈ Z Đặt = k ∈ Z, ta dễ dàng 5ab − 5ab − có 5(a2 + b2 ) − 10ab − > 5ab − ⇒ k = 5a2 + 5b2 − >1⇒k 5ab − 5a2 + 5b2 − ∈ Z Cố định k phần tử S, ta 5ab − chọn cặp số (A, B) nguyên dương thỏa mãn tổng A + B nhỏ Gỉa sử A = B, khơng tính tổng qt, xét A > B Xét phương trình bậc hai ẩn x Xét tập S = (a, b) ∈ Z+ × Z+ | k = 5x2 + 5B − = k ⇔ 5x2 − 5xBk + 5B + k − = 5xB − Dễ thấy phương trình có nghiệm A, gọi nghiệm lại x0 Theo định lí Viète, ta có A + x0 = Bk (1) 5B + k − Ax0 = (2) Từ (1) ta có x0 nguyên 25 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu toán học −1 ⇒ 5x20 − 5x0 Bk + 5B + k − Nếu x0 < x0 mâu thuẫn + 5Bk + 5B + k − > 0, điều Nếu x0 > (x0 , B) ∈ S Khi tính nhỏ tổng A + B mà ta có x0 A⇒ 5B + k − 5A 5A2 + 5B − − 5(A − B)(A + B) 5AB − 5(A − B)2 ⇔ 5(A − B)(A + B) 5AB − ⇔ A − B (A + B)(5AB − 1) A⇔ Rõ ràng điều vơ lí Như phải có x0 = 0, suy 5B = − k 0, lại có k 2, k = Suy 5a2 + 5b2 − = ⇔ (a − b)2 = ⇔ a = b 5ab − Bài toán giải Câu Cho số nguyên dương x, y, A thỏa mãn hệ thức A = x2 + y + 30 Chứng minh xy A lũy thừa bậc năm số nguyên Lời giải Gọi (x0 ; y0 ) cặp số thỏa mãn đề có tổng x0 + y0 nhỏ Ta giả sử x0 phương trình bậc hai ẩn y y − A.x0 y + x20 + 30 = y0 Xét (*) Vì (x0 ; y0 ) thỏa mãn đề nên y0 nghiệm phương trình (∗) Gọi nghiệm cịn lại y1 Theo định lí Viète ta có y0 + y1 = Ax0 (1) y0 y1 = x20 + 30 (2) Ta có x0 , y0 , A ∈ Z nên từ (1) suy y1 ∈ Z Các cặp (x0 ; y0 ) ; (x0 ; y1 ) thỏa mãn (∗) mà x0 + y0 nhỏ nên ta x0 + y0 x0 + y1 ⇔ y0 y1 Như x0 y0 y1 Ta xét trường hợp sau • Trường hợp Nếu x0 = y0 ta thay vào A ta 30 A = + ∈ Z ⇒ x0 = ⇒ A = 32 x0 • Trường hợp Nếu y0 = y1 từ (2) ta x20 + 30 = y02 ⇔ (y0 + x0 ) (y0 − x0 ) = 30 Dễ thấy y0 + x0 ; y0 − x0 tính chẵn lẻ mà 30 = 1.30 = 2.15 = 5.6 = 3.10 Trường hợp khơng xảy • Trường hợp Nếu x0 < y0 < y1 , ta suy y0 y1 x0 + x0 + Do từ (2) suy x20 + 30 (x0 + 1) (x0 + 2) ⇔ x0 92 Khi x0 = từ (2) suy y0 y1 = + 30 = 111, y0 < y1 ⇒ (y0 ; y1 ) = (1; 111); (3; 37) Điều vơ lí phải có x0 < y0 Tương tự xét x = 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; Tất dẫn đến vơ lí Trường hợp loại Do ta ln có A = 32 = 25 lũy thừa bậc năm số nguyên 26 Ứng dụng định lí Viète toán số học Chinh phục olympic toán Câu Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh x2 + y + z nhận giá trị nguyên dương xyz + x2 + y + z biểu diễn thành tổng hai số phương xyz + x2 + y + z , ta chứng minh n tổng hai số phương Viết xyz + lại đẳng thức thành x2 + y + z = n (xyz + 1) Giả sử (x0 ; y0 ; z0 ) số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu tốn, điều có nghĩa Lời giải Ta đặt n = x20 + y02 + z02 = n (x0 y0 z0 + 1) Hay ta viết lại x20 − nx0 y0 z0 + y02 + z02 − n = Xét phương trình bậc hai x2 − nxy0 z0 + y02 + z02 − n = 0, ta thấy x0 nghiệm phương trình Theo định lí Viète ngồi nghiệm x0 phương trình cịn có nghiệm nữa, ta gọi nghiệm x1 Như theo định lí Viète ta có x1 + x0 = ny0 z0 x1 x0 = y02 + z02 − n Từ hệ thức ta suy x1 nhận giá trị nguyên Không tính tổng quát ta chọn x0 + y0 + z0 bé x0 y0 z0 Ta xét trường hợp sau • Trường hợp Nếu y02 + z02 < n, x1 số nguyên âm Từ suy = x21 − ny0 z0 x1 + y02 + z02 − n x21 + n + y02 + z02 − n = x21 + y02 + z02 > điều vơ lí • Trường hợp Nếu y02 + z02 > n, x1 số nguyên dương Khi (x1 ; y0 ; z0 ) số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Theo cách chọn (x0 ; y0 ; z0 ) ta suy x0 x1 Khi từ định lí Viète ta có y02 + z02 − n − ny0 z0 = (x0 − 1) (x1 − 1) − (x0 − 1)2 − Ta lại xét khả sau Nếu x0 > y0 ta (x0 − 1)2 − y02 − Do y02 + z02 − n − ny0 z0 Từ suy z02 + ny0 z0 + n y02 − n z02 + , ta có n = Nếu x0 = y0 , ta 2y02 + z02 = n y02 z0 + Do z02 = y02 (nz0 − 2) + n z02 (nz0 − 2) + n > z02 (nz0 − 2) Từ ta suy nz0 < nên n = n = 2, ý n = = 02 + 12 n = = + 12 • Trường hợp Nếu y02 + z02 = n có nghĩa n viết thành tổng hai số phương Vậy tốn chứng minh xong Câu Cho a, b, c số nguyên dương thỏa mãn < a2 + b2 − abc a2 + b2 − abc số phương 27 c Chứng minh Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu toán học Lời 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 Viète phương trình cịn có nghiệm x = a1 Từ ta a + a1 = bc a.a1 = b2 − k Như ta suy a1 số nguyên Nếu a1 = 0, từ hệ thức a.a1 = b2 − k ta k = b2 số phương, điều mâu thuẫn với giả sử Nếu a1 < 0, k = a21 + b2 − a1 bc a21 + b2 + bc > c, mâu thuẫn < k c Như ta a1 số nguyên dương Cũng theo định lí Viète ta có a1 = b − k a ⇒ a1 < a b −k n số nguyên dương lẻ n2 − chia hết cho m2 − n2 + Chứng minh m2 − n2 + số phương Lời giải Theo giả thiết ta có n2 − chia hết cho m2 − n2 + nên ta m2 − m2 − n2 + chia hết cho m2 − n2 + Từ suy m2 − n2 + | m2 Từ điều ta suy tồn k để m2 = k m2 − n2 + m+n m−n m+n m−n + m2 −n2 +1 = −1 Do m n số 2 2 m+n m−n m+n m−n nguyên dương lẻ, lại có m > n nên ; số nguyên dương, đặt x = ;y = , 2 2 ta (x + y)2 = k (4xy + 1) Ở ta ý m2 = Bây ta chứng minh 4xy + số phương, nhiên trước tiên ta cần phải chứng minh k số phương Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương (x0 ; y0 ) với x0 + y0 nhỏ thỏa mãn thỏa đẳng thức trên, ta có (x0 + y0 )2 = k (4x0 y0 + 1) Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 − (4k − 2) y0 x + y02 − k = Khi x0 nghiệm phương trình Như theo định lí Viète phương trình cịn có nghiệm x1 , lúc ta có x0 + x1 = (4k − 2) y0 x0 x1 = y02 − k Từ hệ thức thứ x0 + x1 = (4k − 2) y0 ta suy x1 số nguyên Ta xét trường hợp sau 28 Ứng dụng định lí Viète tốn số học Chinh phục olympic tốn • Nếu x1 < từ hệ thức thứ hai x0 x1 = y02 − k ta y02 − k < ⇒ y02 < k, ta suy x21 − (4k − 2) y0 x1 + y02 − k = (x1 + y0 )2 + k (−4x1 − 1) > điều mâu thuẫn x1 nghiệm phương trình • Nếu x1 = 0, từ x0 x1 = y02 − k ta y02 − k = ⇒ k = y02 số phương • Nếu x1 > ta y02 − k > ⇒ k > y02 Khi (x1 ; y0 ) nghiệm phương trình (x + y)2 = k (4xy + 1) Theo cách chọn cặp số (x0 ; y0 ) ta có x0 + y0 x1 + y0 ⇒ y0 Kéo theo y02 − (4k − 2) y02 + y02 − k = (4 − 4k) y02 − k x0 x1 0, điều vơ lí k số nguyên dương Vậy ta k số phương nên dẫn đến m2 − n2 + số phương Câu Cho x y số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x2 + y + chia hết cho 2xy + Chứng minh x = y x2 + y + với k số nguyên dương Nhận thấy 2xy + x = y k = ngược lại Do ta chứng minh k = Giả sử cặp số nguyên dương (a0 ; b0 ) với a0 + b0 bé thỏa mãn yêu cầu toán Khơng tính tổng qt ta giả sử a0 b0 Xét phương trình x2 + b20 + k= ⇔ x2 − 2kb0 x + b20 + − k = 2xb0 + Lời giải Do 2xy + | x2 + y + nên ta đặt k = Khi ta có ∆ = b20 k − b20 − + k = (k − 1) b20 (k + 1) + Do phương trình ln có nghiệm Dễ thấy a0 nghiệm phương trình nên theo định lí Viète phương trình cịn có thêm nghiệm a1 Khi ta có a0 + a1 = 2kb0 a0 a1 = b20 − k + Từ hệ thức thứ ta a1 số nguyên Giả sử a1 < 0, a21 − 2kb0 a1 + b20 + − k > a21 + 2kb0 + b20 + − k > điều vơ lí a1 nghiệm phương trình x2 − 2kb0 x + b20 + − k = 0, suy a1 trường hợp sau Ta xét • Trường hợp Nếu a1 = 0, ta a1 b0 = 0, điều dẫn đến xy = • Trường hợp Nếu a1 > 0, a0 > b0 ta a1 + b0 = b20 − k + a2 − + + b0 < + b0 = a0 + b0 a0 a0 Đều mâu thuẫn với chọn (a0 ; b0 ) với a0 + b0 bé Như a0 = b0 , suy k = 2a20 + = Do ta x = y 2a20 + Câu Cho a, b số nguyên dương lẻ thỏa mãn a2 + chia hết cho b b2 + chia hết cho a2 + b2 + a Chứng minh số phương ab 29 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu toán học Lời giải Ta thấy a, b số nguyên tố Thật d = (a, b) b | a2 + nên d | a2 + 2, lại có d | a nên d | Mặt khác a, b số lẻ nên suy d = Do b | a2 + a | b2 + nên ab | a2 + b2 + ⇔ ab | 2a2 + 2b2 + Do a b số lẻ nên suy ab | a2 + b2 + Khi tồn số nguyên dương k cho a2 + b2 + = kab Bây ta chứng minh k số phương Trước tiên thử vài giá trị đặc biệt ta nhận thấy k = Đến tư tưởng giống ví dụ sử dụng định lý Viète đển chứng minh k = thỏa mãn toán Giả sử cặp số dương (a0 ; b0 ) với a0 + b0 nhỏ thỏa mãn yêu cầu tốn, tức ta có a20 + b20 + − ka0 b0 = Khơng tính tổng quát ta giả sử a0 b0 Xét phương trình bậc hai ẩn a a2 − kb0 a + b20 + = Khi ta thấy a0 nghiệm phương trình Khi theo định lí Viète phương trình cịn có nghiệm nữa, ta gọi a1 , từ ta có a0 + a1 = kb0 a0 + a1 = b20 + Từ hệ thức ta thu a1 số nguyên dương Như cặp số (a1 ; b0 ) thỏa mãn yêu cầu toán Theo cách chọn cặp số (a0 ; b0 ) ta a0 + b0 a1 + b0 ⇒ a0 Từ ta có a0 = kb0 − a1 kb0 − a0 ⇒ a1 a0 b0 k Mặt khác từ điều kiện a20 + b20 + − ka0 b0 = ta lại a0 b0 + + =k b0 a0 a0 b0 Do a0 b0 k nên k k + + hay k Theo bất đẳng thức AM − GM ta có a20 + b20 2a0 b0 ⇒ k > Đến ta xét trường hợp sau Nếu k = 3, ta a20 + b20 + = 3a0 b0 Từ suy | a20 + b20 + Do số phương chia dư nên hai số phương a20 b20 phải có số chia hết cho số khơng chia hết cho Từ suy vế phải chia hết cho vế trái không chia hết cho Điều dẫn đến mâu thuẫn Nếu k = 4, từ a0 b0 + + = k ta (a0 ; b0 ) = (1; 1) b0 a0 a0 b0 k + + hay k 4, k = k = không thỏa mãn bà tốn Vậy ta suy có k = thỏa mãn yêu cầu toán Như ta k Câu Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn b2 + = ac c2 + = bd Chứng minh a + c = 3b b + d = 3c Lời giải Từ giả thiết ta thấy (b, c) = Thật vậy, gọi (b, c) = k ta có b=bk ⇒ c=ck kac | k b + kdb | k c + 30 Ứng dụng định lí Viète toán số học Chinh phục olympic toán Từ ta k adb c | k b + k2 | k2 b + k c + , suy k2 c + ⇒ k2 | k4 b c + k2 b + k2 c + ⇒ k2 | ⇒ k = b2 + = ac b | c2 + ta c2 + = bd c | b2 + Như ab | b2 + c2 + hay b2 + c2 + = mbc với số nguyên dương m Đến sử dụng kết toán phần bước nhảy Viète ta có m = 3, b2 + c2 + = 3bc Từ suy b2 + = ac b2 + c2 + = c2 + ac ac + c2 = 3bc ⇒ ⇒ c2 + = bd b2 + c2 + = b2 + bc b2 + bd = 3bc Hơn từ giả thiết ta lại có Hay ta a + c = 3b , toán chứng minh b + d = 3c Câu 10 Giả sử phương trình x2 + y + x + y + = xyz có nghiệm ngun dương Tìm tất giá trị z Lời giải Trước tiên ta giả sử cặp số nguyên dương (x0 ; y0 ) với x0 + y0 nhỏ thỏa mãn thỏa đẳng thức Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 y0 , ta x20 + y02 + x0 + y0 + = zx0 y0 Xét phương trình bậc hai ẩn x y + (1 − zx0 ) y + x20 + x0 + = Khi y0 nghiệm phương trình trên, mà theo hệ thức Viète phương trình cịn có nghiệm y1 Do ta y0 + y1 = zx0 − y0 y1 = x20 + x0 + Từ hệ thức ta suy y1 có giá trị nguyên dương Khi xặp số nguyên dương (y1 ; x0 ) nghiệm phương trình cho Theo cách chọn cặp số (x0 ; y0 ) ta suy y0 y1 Ta xét trường hợp sau • Nếu x0 = y0 từ x20 + y02 + x0 + y0 + = zx0 y0 ta suy 2x20 + 2x0 + = zx20 Từ ta x0 = y0 = z = • Nếu x0 > y0 ta y0 < x0 < y1 , ta x20 + (1 − zx0 ) x0 + x20 + x0 + < ⇒ x < + Đến ta xét giá trị x0 + x0 x0 khơng tìm z thỏa mãn Như z = giá trị thỏa mãn yêu cầu đề Câu 11 Tìm số nguyên dương x y cho x + chia hết cho y y + chia hết cho x Lời giải Do x + chia hết cho y y + chia hết cho x nên ta (x + 1) (y + 1) chia hết cho xy Từ suy xy | (x + y + 1) ⇒ xy | (x + y + 1)2 31 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Đến biến đổi tiếp ta xy | x2 + y + 2x + 2y + Khi tồn số nguyên dương k cho x2 + y + 2x + 2y + = kxy Giả sử cặp số nguyên dương (x0 ; y0 ) với x0 + y0 nhỏ thỏa mãn yêu cầu toán Khi ta x20 + y02 + 2x0 + 2y0 + − kx0 y0 = Không tính tổng quát ta giả sử x0 y0 Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 + (2 − ky0 ) x + (y0 + 1)2 = Khi x0 nghiệm phương trình Như theo định lí Viète phương trình cịn có nghiệm khác x1 Do ta x0 + x1 = ky0 − x0 x1 = (y0 + 1)2 Từ hệ thức x0 + x1 = ky0 − ta suy x1 số nguyên Từ hệ thức x0 x1 = (y0 + 1)2 ta suy x1 số nguyên dương Chú ý lúc cặp số nguyên dương (x1 ; y0 ) thỏa mãn tốn Ta có x0 + y0 x1 + y0 ⇒ x0 x1 ta y0 x0 x1 Đến ta xét trường hợp sau Nếu x0 = y0 , ta 2x20 + 4x0 + = kx20 ⇒ k = + + x0 x0 Do k số nguyên dương nên ta suy x0 = thỏa mãn, suy x0 = y0 = thỏa mãn toán Nếu x0 = x1 > y0 1, từ x0 x1 = (y0 + 1)2 ta x0 = y0 + Thay vào hệ thức x0 + x1 = ky0 − ta 2x0 = k (x0 − 1) − ⇔ k = + x0 − Do k x0 số nguyên dương nên ta tìm x0 = 2, x0 = x0 = 5, tương ứng y0 = 1, y0 = y0 = Tuy nhiên thử vào tốn ta thấy có hai cặp số nguyên dương thỏa mãn (2; 1) , (3; 2) Nếu x1 > x0 > y0 > 1, ta x1 x0 x1 x0 + y0 + Từ ta (y0 + 2) (y0 + 1) > (y0 + 1)2 Do trường hợp khơng thỏa mãn Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn toán (x; y) = (1; 1) , (1; 2) , (2; 1) , (2; 3) , (3; 2) Câu 12 Tìm số nguyên dương x, y để x2 + chia hết cho xy + Lời giải Ta biến đổi giả thiết thành x2 − mxy + − m = 0, giả sử cặp số nguyên dương (x0 ; y0 ) với x0 + y0 bé thỏa mãn yêu cầu toán, tức ta có x20 + = m (x0 y0 + 1) Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 − mxy0 − m + = Khi x0 nghiệm phương trình Theo định lí Viète phương trình cịn có nghiệm nữa, gọi nghiệm x1 Khi ta có x0 + x1 = my0 x0 x1 = − m 32 Ứng dụng định lí Viète toán số học Chinh phục olympic toán Từ hệ thức x0 + x1 = my0 ta suy x1 số nguyên Mặt khác x1 < 0, ta x1 Do x21 − mx1 y0 − m + x21 + my0 − m + > Điều mâu thuẫn với x1 nghiệm phương trình Như x1 khơng âm Do từ hệ thức x0 x1 = − m ta 2−m −1 hay x1 số nguyên ⇒ m ∈ {1; 2} Ta xét trường hợp sau Nếu m = 1, ta x (x − y) = −1 nên ta x = 1; y = thỏa mãn yêu cầu tốn Nếu m = 2, x (x − 2y) = Lại x = nên suy x − 2y = ⇔ x = 2y Do x = 2k; y = k với k số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn (x; y) = (1; 2) , (2k; k) với k số nguyên dương Câu 13 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 thỏa mãn yêu cầu toán A = abc Trong chữ số thỏa mãn a ∈ {1; 2; 9} ; b, c ∈ {0; 1; 2; 9} Do A chia hết cho 11 nên ta a−b+c chia hết cho 11 Kết hợp với a ∈ {1; 2; 9} ; b, c ∈ {0; 1; 2; 9} ta suy a − b + c = a − b + c = 11 Như ta xét hai trường hợp sau • Với a−b+c = 0, ta b = a+c Ta có A = 100a+10b+c = 99a+10b+a+c = 99a+11b Khi A chia 11 thương số phép chia tổng bình phương chữ số A nên ta A = a2 + b2 + c2 ⇔ 9a + b = a2 + b2 + c2 11 Kết hợp với b = a + c ta 9a + (a + c) = a2 + (a + c)2 + c2 ⇔ 10a + c = 2a2 + 2ac + 2c2 Do a nên suy 10a + c 2a2 + 2c + 2c2 ⇒ 2c2 + c 10a − 2a2 25 Do mà 2c2 + c 12 ⇒ c Cũng từ 10a + c = 2a2 + 2ac + 2c2 ta suy c số chẵn Từ ta c = c = Ta xét khả Với c = 0, ta a = b nên số cần tìm có dạng A = aa0 Do A = 50 = 2a2 ⇒ a = ⇒ a = b = 11 Từ ta tìm A = 550 Với c = 2, từ 10a + c = 2a2 + 2ac + 2c2 ta 10a + = 2a2 + 4ac + ⇔ a2 − 3a + = Nhận thấy phương trình khơng có nghiệm nguyên dương nên không tồn số A thỏa mãn tốn 33 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học • Với a − b + c = 11, ta b + 11 = a + c Do a, b, c chữ số nên từ b + 11 = a + c ta suy a Ta có A = 100a + 10b + c = 99a + 10b + a + c = 99a + 11b + 11 Ta xét khả sau Xét a = 2, c = 9; b = Ta A = 209 khơng thỏa mãn tốn Xét a = 3, ta c = 8; b = c = 9; b = Ta A = 308 A = 319 khơng thỏa mãn Xét a 4, A chia 11 thương số phép chia tổng bình phương chữ số A nên ta A = a2 + b2 + c2 ⇔ 9a + b + = a2 + b2 + c2 11 Kết hợp với b = a + c − 11 ta 9a + (a + c − 11) + = a2 + (a + c − 11)2 + c2 ⇔ 10a + c − 10 = 2a2 + 2ac + 2c2 − 22 (a + c) + 121 ⇔ 32a + 23c − 131 = 2a2 + 2ac + 2c2 Do a nên suy 32a + 23c − 131 2a2 + 8c + 2c2 ⇒ 2c2 − 15c 32a − 2a2 − 131 −3 Do suy 2c2 − 15c −3 ⇒ c Từ 32a + 23c − 131 = 2a2 + 2ac + 2c2 ta suy c số lẻ Do ta c = 1; 3; 5; Đến xét trường hợp c b = 0; a = thỏa mãn Do số cần tìm A = 803 Vậy số thỏa mãn yêu cầu toán 550 803 Câu 14 [Kiran Kedlaya] Cho số nguyên dương a, b, c thỏa mãn (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) số phương Chứng minh ba số ab + 1; bc + 1; ca + số phương Lời giải Từ giả thiết ta nhận thấy để chứng minh ab + 1; bc + 1; ca + số ta cần ta ba số ab + 1; bc + 1; ca + nguyên tố với theo đôi Tuy nhiên với lượng thông tin hạn chế từ giả thiết ta chứng minh nhận định Với ý tưởng sử dụng định lí Viète, ta cần tạo phương trình bậc hai có nghiệm nguyên có biệt thức ∆ có chứa biểu thức (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) Ngoài ta cần chứng minh ab + 1; bc + 1; ca + số phương nên biến đổi phương trình bậc hai cần chứa đại lượng ab + 1; bc + 1; ca + Xét phương trình bậc hai ẩn t sau t2 + a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca + ta + tb + tc) − 4abct − = ⇔ t2 − 2t (a + b + c + 2abc) + a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) − = Ta nhận thấy phương trình bậc hai tương đương với ba phương trình sau (a + b − c − t)2 = (ab + 1) (ct + 1) (a + c − b − t)2 = (ac + 1) (bt + 1) (b + c − a − t)2 = (bc + 1) (at + 1) Giải phương trình bậc hai ta t1 = a + b + c + 2abc + t2 = a + b + c + 2abc − 34 (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) Ứng dụng định lí Viète tốn số học Chinh phục olympic toán Do (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) số phương nên t nhận giá trị nguyên Từ ba phương trình ta 43 (ab + 1) (ac + 1) (bc + 1) (ct + 1) (bt + 1) (at + 1) số phương, (ct + 1) (bt + 1) (at + 1) số phương, ta lại có at + 0; bt + 0; ct + nên at + 0; bt + 0; ct + Trong số nguyên dương (a; b; c) thỏa mãn toán ta xét số (a; b; c) cho a + b + c nhỏ Khơng tính tổng quát ta chọn c = max {a; b; c} Dễ thấy −1 a = b = c = không thỏa mãn toán nên c = max {a; b; c} > 1, t > −1 Ta max {a; b; c} xét trường hợp sau Nếu t = 0, từ phương trình bậc hai ta (a + b + c)2 = (ab + bc + ca) + ⇔ (a + b − c)2 = (ab + 1) Suy ab + số phương Chứng minh hồn tồn tương tự ta bc + 1; ca + số phương Nếu t > 0, a + b + c có giá trị nhỏ nên ta t c t nhận hai giá trị t1 = a + b + c + 2abc + (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) t2 = a + b + c + 2abc − (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) Mà theo định lí Viète ta có t1 t2 = a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) − c2 − a (2c − a) − b (2c − b) < c2 Điều dẫn đến mâu thuẫn Nên trường hợp khơng có giá trị t thỏa mãn Như tốn giải hồn tồn Câu 15 Tồn hay khơng năm số ngun dương a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 thỏa mãn hệ điều kiện a2 + = (a1 + 1) (a3 + 1) a2 + = (a2 + 1) (a4 + 1) 32 a4 + = (a3 + 1) (a5 + 1) Lời giải Trước hết ta kiểm tra tính chẵn lẻ số cho trước có đánh giá hợp lí Giả sử a1 số lẻ, a2 số lẻ nên a22 + chia dư 2, từ suy a3 + số lẻ, dẫn đến a3 số chẵn Điều vơ lý a2 + số chẵn nên ước số lẻ a23 + Do a1 phải số chẵn Lập luận hoàn toàn tương tự ta a2 ; a3 ; a4 ; a5 số chẵn Đặt a2 = x; a3 = y Khi từ hệ điều kiện ta y + (x + 1) x2 + (y + 1) Ta chứng minh không tồn cặp số chẵn x y thỏa mãn điều Giả sử tồn cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn y + (x + 1) x2 + (y + 1), ta y + + x2 − (x + 1) ⇒ x2 + y (x + 1) Tương tự ta có x2 + y (y + 1) Gọi d = (x + 1, y + 1), d ước x2 + 1; y + 1; x2 + y Do x2 + + y + − x2 + y d ⇒ d Như 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) 35 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Khi tồn số nguyên dương k cho x2 + y = k (x + 1) (y + 1) Trong cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn ta chọn cặp số nguyên dương (x0 ; y0 ) với x0 + y0 bé Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 y0 Xét phương trình bậc hai ẩn x x2 − k (y0 + 1) x + y02 − k (y0 + 1) = Khi x0 nghiệm phương trình Theo định lí Viète cịn có nghiệm x1 Khi ta có x0 + x1 = k (y0 + 1) x0 x1 = y02 − k (y0 + 1) Nếu x1 = 0, từ x0 x1 = y02 − k (y0 + 1) ta y02 = k (y0 + 1) nên suy y02 (y0 + 1), điều vơ lí y0 y0 + nguyên tố Do x1 = Mặt khác ta có (x0 + 1) (x1 + 1) = x0 x1 + x0 + x1 + = y02 + nên x1 + số lẻ Do x1 > số chẵn Đồng thời ta có x1 + = y02 + x0 + y02 + y0 + y0 x0 Như cặp số (y0 ; x1 ) nghiệm x2 + y = k (x + 1) (y + 1) Cặp số (y0 ; x1 ) thỏa mãn y0 + x1 y0 + x0 , điều vơ lí ta chọn x0 + y0 bé Vậy điều ta giả sử sai hay không tồn số chẵn x, y thỏa mãn Như không tồn năm số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán ! Nhận xét Từ tốn này, ta giải toán tương tự sau Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 + chia hết cho y + y + chia hết cho x + Chứng minh x y số lẻ Tìm số nguyên dương k để phương trình x2 + y = k (x + 1) (y + 1) có nghiệm nguyên dương Tìm số tự nhiên n bé cho tồn số nguyên dương a1 ; a2 ; ; an thỏa mãn a2k = (ak−1 + 1) (ak+1 + 1) với số k n − Bài tập tự luyện Câu Tìm tất số tự nhiên a, b, c cho tồn số nguyên dương n, m, k thỏa mãn điều kiện sau m2 + b n2 + c k2 + a a= ;b = ;c = 2m 2n 2k Câu Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x + x y + xy + y = x2 + xy + y + Câu Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 − xy + y = (x + y) Câu [Putnam 1998] Chứng minh với số thực N phương trình x21 + x22 + x23 + x24 = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 có nghiệm (a1 , a2 , a3 , a4 ) với a1 , a2 , a3 , a4 số nguyên lớn N Câu Giả sử bốn số nguyên a, b, c, d đôi khác thoả mãn hệ điều kiện sau a2 − 2ac − 5d = b2 − 2bc − 5d = c2 − 2ca − 5b = d2 − 2bd − 5b = 36 Ứng dụng định lí Viète tốn số học Chinh phục olympic toán Chứng minh a + b + c + d hợp số √ √ √ Câu Tìm số nguyên dương x, y cho x + y − x − y + = Câu [Turkey National Olympiad 2015] Với m, n số nguyên dương cho k= (m + n)2 4m(m − n)2 + số nguyên Chứng minh k số phương Câu Cho p số nguyên dương Giả sử phương trình x2 + px + = có hai nghiệm a1 ; a2 phương trình x2 + qx + = có hai nghiệm b1 ; b2 Chứng minh (a1 − b1 ) (a2 − b1 ) (a1 + b2 ) (a2 + b2 ) hiệu hai số phương Câu Tìm cặp số nguyên (a; b) cho hai số a2 + 4b b2 +√4a số phương Câu 10 Tìm chữ số a, b, c, d, e thỏa mãn điều kiện ab + cde = abcde Câu 11 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn a2 + b2 chia hết cho ab Tính giá trị biểu thức A= a2 + b2 ab Câu 12 [Đề thi trường Đơng phía Bắc 2015] Tìm tất số nguyên dương k cho phương trình x2 − (k − 4)y + 24 = có nghiệm nguyên dương Câu 13 Chứng minh tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y + = 3xy (x, y) = (F2k−1 , F2k+1 ) với Fn số Fibonacci Câu 14 Tìm tất số ngun dương n cho phương trình sau có nghiệm nguyên dương x2 + y = n(x + 1)(y + 1) Câu 15 Giả sử a, b số nguyên dương thỏa mãn b + | a2 + 1, a + | b2 + Chứng minh a, b số lẻ a2 + b2 + Câu 16 Chứng minh a, b số nguyên dương cho k = nguyên k = ab a+1 b+1 Câu 17 Chứng minh có vơ số cặp số ngun dương (a; b) thỏa mãn + = b a CHÚC CÁC BẠN THI TỐT! 37 Hướng tới VMO 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Tài liệu [1] Bước nhảy Viète - Hà Tuấn Dũng, Đại học Sư phạm Hà Nội [2] Bước nhảy Viète - Phạm Huy Hoàng, Chuyên đề số học Mathscope [3] Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thủy - Bài giảng số học NXB Giáo dục 1996 [4] Vận dụng định lí Viète giải tốn số học - Nguyễn Cơng Lợi [5] Lời giải bình luận VMO 2012 - Trần Nam Dũng Diễn đàn Mathscope, 2012 [6] The Method of Vieta Jumping - Yimin Ge, Mathematical Reflections (2007) [7] A Rational Function Whose Integral Values Are Sums of Two Squares - Sam Vandervelde [8] Diễn đàn AoPS Online, https://artofproblemsolving.com/community [9] Diễn đàn toán học Việt Nam - VMF, https://diendantoanhoc.net/ 38 ... 2020 Tạp chí tư liệu tốn học Định lý Viète Định lý Viète trình bày sách giáo khoa toán - tập 2, cho ta mối quan hệ nghiệm phương trình bậc hai hệ số Sau ta nhắc lại Định lý Viète Nếu phương trình... 19 Vậy p = 19 số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu toán Ứng dụng định lí Viète tốn số học Chinh phục olympic toán Bài toán Cho x = a + b − c; y = c + a − b; z = b + c − a với a, b, c số nguyên tố Giả... lí cực hạn: Trong tập hợp số ngun dương ln tồn số ngun dương nhỏ Mệnh đề hữu dụng lớp tốn mà cịn nhiều toán tổ hợp, tổ hợp số học số học Bài tốn bạn tìm hiểu sau kết nối tiếng Bài toán [Phương