Trong chương trình toán lớp 9, chúng ta đã được tìm hiểu đến một định lý cực kì nối tiếng đó là định lý Viète, tuy nhiên ứng dụng của nó không chỉ có là biểu diễn mối quan hệ của các ngh[r]
(1)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ÔN
CHUYÊN
TO
ÁN
PHẦN 1 Các kỹ thuật nâng cao xử lý toán số học 2
1 Bước nhảy Vieta Jumping 2
1 Nhà toán học Francois Viète
2 Định lý Viète
(2)g
N
GUYỄN
NHẤ
T
HUY
Các kỹ thuật nâng cao xử lý các bài toán số học
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 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
DẠNG 1 Bước nhảy Vieta Jumping
1
1 NHÀ TOÁN HỌC FRANCOIS VIÈTE.
Francois Viète (1540-1603) nhà toán học Pháp vĩ đại Ông 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
(3)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ÔN
CHUYÊN
TO
ÁN
những mưu đồ Tây Ban Nha Về phía địch, chúng gắng dị tìm ngun nhân: cuối chúng biết kí hiệu bị phơi trần, dù nhiều lần thay đổi mật mã, kẻ tìm bí mật Francois Viète! Quân Tây Ban Nha tuyên bố Viète kẻ tử thù xử án hỏa thiêu vắng mặt ông, án dã man khơng thực Khơng quan tâm sâu sắc đến Đại số; nghiên cứu phương trình, Viète cịn nghiên cứu Hình học Lượng giác Ông khảo cứu kĩ lưỡng nhiều cơng trình nhà tốn học thời cổ
Phần lớn đời Viète bị công 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, ông ngồi bàn làm việc suốt ba ngày đêm liền
2
2 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 haiax2+bx+c= (a6= 0) có hai nghiệm
x1 vàx2 tổng tích chúng
S =x1+x2=
−b
a P =x1.x2 =
c a
Ngược lại có hai sốx1 vàx2 thỏa mãnS =x1+x2 vàP =x1.x2 thìx1 vàx2
là hai nghiệm phương trình t2−St+P =
Chú ý giải tốn, đơi ta khơng quan tâm tới giá trị củax1 x2 mà
chỉ 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 nghiệmx2 Ngồi ta
có thể mở rộng định lý cho phương trình đa thức bậcnbất kì
Cho phương trìnha0+a1x+a2x2+ +anxn= 0, an6= Gọix1, x2, , xnlànnghiệm
của phương trình trên,
(4)g
N
GUYỄN
NHẤ
T
HUY
Nhân tồn vế phải ra, có cơng thức Viète, phát biểu sau
a=an
−a(x1+x2+ +xn) =an−1
. .
(−1)n−1a(x
1x2 xn−1+x1x2 xn−2xn+ +x2x3 xn) =a1
(−1)na(x
1x2 xn) =a0
và hàngk bất kỳ, vế phải đẳng thức làan−kan−k cịn vế trái tính theo
cơng thức (−1)ka nhân với tổng tích cụm (n−k) các nghiệm phương
trình trên. ∇
3
3 CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA
d Ví dụ Tìm tất giá trị củam để phương trìnhx2−mx+m+ = có nghiệm nguyên
-Lời giải
Lời giải 1.Điều kiện để phương trình có nghiệm ∆ =m2−4 (m+ 2)>0 Phương
trình đầu có nghiệm ngun ∆ phải số phương, tức tồn số nguyên k
sao cho m2−4 (m+ 2) =k2 Ta có
m2−4 (m+ 2) =k2 ⇔(m−2 +k) (m−2−k) = 12
Đến ta có ý rằng, theo định lí Viète, ta có x1+x2 =m, mà m
là số nguyên Từ domvàklà số nguyên nên ta tìm m=−2 hoặcm=
Ta xét trường hợp
1 Vớim =−2 ta phương trình x2+ 2x = 0, tìm hai nghiệm
ngun làx1= x2=−2
2 Vớim= ta phương trình x2−6x+ = 0, ta hai nghiệm
nguyên làx1= x2=
Như đến toán giải
Lời giải 2.Theo định lý Viète với hai nghiệm x1;x2 ta có ®
x1+x2=m x1.x2 =m+
(5)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ÔN
CHUYÊN
TO
ÁN
Do ta tìm nghiệm ngun phương trình ta tìm giá trị
củam Điều làm ta có ý tưởng giải phương trình nghiệm nguyên ẩnx1 vàx2 Từ
(1) ta
x1.x2−(x1+x2) = 2⇔(x1−1) (x2−1) =
Khi x1−1 x2−1 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 làm =−2
vàm=
! Nhận xét.
Ở lời giải có số học sinh mắc sai lầm chưa đượcm
là số nguyên đề khơng có đề cập Do ta phải sử dụng định lí Viète để điều
d Ví dụ Tìm nghiệm ngun hệ phương trình
®
xy+yz+zx=
x+y+z=
-Lời giải
Trước tiên ta đưa tốn việc giải phương trình nghiệm ngun Ta biến đổi
®
xy+ (y+x)z=
x+y= 5−z ⇔
®
xy+ (5−z)z=
x+y = 5−z ⇔
®
xy= 8−(5−z)z x+y= 5−z
Theo định lí Viète thìxvàylà hai nghiệm phương trình bậc hait2−(5−z)t+ 8−
(5−z)z= 0, đóz tham số Phương trình có nghiệm ∆>0 hay ta
3z2−10z+ 760⇔16z6
3
Doz nguyên nênz= hoặcz= 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)
d Ví dụ Giải phương trìnhx2−mx+n= 0, biết phương trình có hai nghiệm
ngun dương phân biệt vàm, n hai số nguyên tố
(6)g
N
GUYỄN
NHẤ
T
HUY
Với tốn dùng cơng 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 nguyên tố viết thành tích hai số thừa số
1 thừa số Để ý ta lại thấy theo định lí Viète thìx1x2 =n Do
rất tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng định lí Viète giả tốn Thật theo định lí Viète ta
®
x1+x2=m x1x2=n
Donlà số nguyên tố nên ta đượcx1 = 1;x2 =n, suy ram=n+ 1, vậym vàn
là hai số tự nhiên liên tiếp nên ta đượcn= 2;m= 3, thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu
bài tốn
d Ví dụ Cho phương trình 2x2+mx+ 2n+ = 0, m vàn tham số ngun Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên Chứng
minh rằngm2+n2 hợp số
-Lời giải
Để chứng minh m2+n2 hợp số suy nghĩ tự nhiên xây
dựng biểu thứcm2+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
hoặc 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
Gọix1, x2 hai nghiệm phương trình trên, theo định lí Viète ta
(
x1+x2 =− m
2
x1.x2=n+
Khi ta có
m2+n2 = (2x1+ 2x2)2+ (x1x2−4)2 = 4x21+ 4x22x21+x22x21+ 16 = x21+
x22+
Dox1;x2 số nguyên nênx21+ 4;x22+ số nguyên dương lớn
(7)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ÔN
CHUYÊN
TO
ÁN
!
Nhận xét. Xét 2m=a+b; 2n=a−b, từ m2 +n2 = a
2+b2
2 , ta có
tốn sau
1 Cho phương trình 4x2 + (a+b)x+ (a−b) + 16 = 0, a b
các tham số nguyên Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên,
chứng minh a
2+b2
2 hợp số
2 Giả sử phương trình bậc haix2+ax+b+ = 0, a, blà tham
số nguyên, đồng thời b6=−1 có hai nghiệm số nguyên khác 0, chứng
minh rằnga2+b2 hợp số
d Ví dụ Tìm số nguyên dươngavà b, (a>b) cho phương
trình bậc haix2−abx+a+b= có nghiệm số nguyên
-Lời giải
Điều kiện để phương trình có nghiệm ∆ = (ab)2−4 (a+b)>0, giả sử phương trình
có hai nghiệm ngun x1;x2(x1 6x2), theo định lí Viète ta
®
x1+x2=ab x1.x2 =a+b
Doa vàb 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, nếua >2;b >2 ta cóab >2a;ab >2bnên 2ab >2 (a+b) hayab > a+b
Nếu bốn số dươngx1;x2;a;b lớn x1.x2 > x1+x2 ab > a+b,
đó định lí Viète khơng thể xảy Như bốn số dươngx1;x2;a;btồn
ít số không vượt Theo giả thiết theo cách chọn hai nghiệm x1;x2
thì hai sốx1 bcó số khơng lớn Do vai trò hai số x1
blà nên khơng tính tổng qt ta giả sử 0< x162, đến ta xét
từng trường hợp x1
1 Nếux1 = 1, từ
®
x1+x2 =ab x1.x2=a+b
ta suy
®
1 +x2 =ab
x2 =a+b
, từ ta
ab−a−b= 1, suy (a−1) (b−1) = Chú ýa>bnên từ phương trình
ta đượca= 3;b= 2, ta tìm đượcx2=
(8)g
N
GUYỄN
NHẤ
T
HUY
(a;b) thỏa mãn (a;b) = (5; 1),(2; 2)
Bài toán giải hồn tồn
d Ví dụ Tìm tất số nguyên tốp, q cho tồn số tự nhiênmthỏa mãn điều kiện
pq p+q =
m2+
m+
-Lời giải
Quan sát hệ thức pq
p+q =
m2+
m+ hai đại lượng pq vàp+q làm ta liên tưởng đến
hệ thức Viète Nếu m
2+ 1
m+ phân số tối giản từ hệ thức tốn ta
®
p+q =m+
pq=m2+
Còn m
2+ 1
m+ chưa tối giản cần rút gọn ta hệ điều kiện tương
tự Vấn đề ta cần kiểm tra xem phân số m
2+ 1
m+ có rút gọn hay khơng
Nếup=q từ pq
p+q =
m2+
m+ ta
p= m
2+ 1
m+ = 2m−2 +
m+
Dom∈Nvàp số nguyên tố nên (m+ 1)|4⇒m= 0;m= 1;m= Từ ta
tìm đượcp= 2;p= thỏa mãn u cầu tốn
Nếup6=q pqvà p+q nguyên tố pq chia hết cho ước
nguyên tố p q cịn p+q khơng chia hết cho p khơng chia hết cho q.
Gọir ước chung m2+ vàm+ Khi ta có
r|[(m+ 1) (m−1)]⇒r | m2−1
Do r|
m2+ 1− m2−1⇒r |2 suy rar = hoặcr=
1 Vớir= suy
®
p+q =m+
pq=m2+ , đópvà q hai nghiệm phương
trình
(9)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ƠN
CHUN
TO
ÁN
Ta có ∆ =−3m2+ 2m−3 =−(m−1)2− 2m2+ 2<0 nên phương trình
trên vô nghiệm
2 Với r = suy
®
2pq=m2+
2 (p+q) =m+ , p q hai nghiệm
phương trình
2x2−(m+ 1)x+m2+ =
Ta có ∆ =−7m2+ 2m−7 =−(m−1)2− 6m2+
<0 nên phương trình
vơ nghiệm
Vậy số nguyên tố cần tìm (p;q) = (2; 2),(5; 5)
d Ví dụ Tìm số nguyên tốpđể p2−p+ lập phương số nguyên tố khác
-Lời giải
Do p số nguyên tố nên ta p | q−1 p | q2+q+ Đến ta chứng
minh p|q−1 khơng xẩy Thật p|q−1 ta q−1 =kp, k∈N,
đó q=kp+ Khi từp2−p+ =q3 ta được
p2−p+ = (kp+ 1)3⇔p2−p+ =k3p3+ 3k2p2+ 3kp+
Nhận thấy với k>2 hiển nhiên
p2−p+ 1< k3p3+ 3k2p2+ 3kp+
Từ suy đượck61
1 Vớik = 0, ta p2−p+ = 1⇔ p(p−1) = 0, điều vơ lí do p là
số nguyên tố
2 Vớik= 2, ta
p3−2p2+ 4p= 0⇔p2−2p+ =
không tồn tạip thỏa mãn
Vậy vớip|q−1 khơng tồn tai số ngun tốp thỏa mãn u cầu tốn
Như ta phải có p | q2 +q+ 1, (p, q−1) = có (q−1) | p(p−1) nên
(10)g
N
GUYỄN
NHẤ
T
HUY
q2+q+
(q−1)k+ số nguyên dương hay ta
q2+qk+k
qk−k+ =q+ +
3k−q−2
qk−k+
là số nguyên dương Từ ta phải có|3k−q−2|>qk−k+ Ta xét trường hợp
sau
Nếu 3k−q−2 >qk−k+ 1, ta k(4−q)>q+ Từ q >4
thì ta đượck(4−q) < q+ 3, điều mâu thuẫn Do ta suy q < 4,
mà ta lại có q >1 nên q= hoặcq =
1 Khi q = từ p2 −p+ = q3 ta p(p−1) = 7, phương trình vơ
nghiệm
2 Khi q = từ p2−p+ = q3 ta được p(p−1) = 26, phương trình vơ
nghiệm
Nếu 3k−k−26−(qk−k+ 1) ta suy
2 +q−3k>qk−k+ 1⇒k(q+ 2)6q+
Điều vô lí
Nếu 3k−q −2 = ⇒ q = 3k−2, từ p = (q−1)k+ ta p =
3k(k−1) + = 3k2−3k+ đồng thời có
q2+q+ = (3k−2)2+ (3k−2) + = 9k2−9k+
Từ suy
q2+q+
p =
9k2−9k+
3k2−3k+ 1 =
Do từ p(p−1) = (q−1) q2+q+
ta p−1 = (q−1) nên suy ra
được (k−1) (k−3) = Từ ta đượck= hoặck=
1 Với k= p = q, ta p2−p+ = p3 ⇔ p p2−p+
= 1, điều vơ lí
2 Vớik= thìp= 3q−2, ta 9q2−15q+7 =q3 ⇔(q−1) (q−7) =
0 nên q = hoặcq = Thử trực tiếp ta q = thỏa mãn yêu cầu
tốn Khi ta p= 19
(11)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ÔN
CHUYÊN
TO
ÁN
d Ví dụ Cho x =a+b−c;y = c+a−b;z =b+c−a với a, b, c số
nguyên tố Giả sử rằngx2 =y và√z−√ylà 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
2b=x+z
2c=y+z
⇒
2a=x+x2
2b=x+z
2c=x2+z
Xét phương trình bậc làx2+x= 2a⇔x2+x−2a= Dễ thấy ∆ = 8a+ 1>0 nên
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt Gọi hai nghiệm phương trình làx1
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 alà số nguyên tố nên từ x1.x2 =−2ata x1 ∈ {−2;−a; 2;a} Ta xét
trường hợp sau
Nếux1 =−2, ta tìm đượca= khơng phải số nguyên tố
Nếux1 =−a, ta a2−3a= 0, doalà số nguyên tố nêna= Từ
ta tìm hai nghiệm phương trình làx1 =−3 vàx2 =
Nếux1 = 2, ta tìm đượca= 3, từ ta tìm hai nghiệm x1 =
x2 =−3
Nếux =a, ta a2−a= nên a= a= 1, loại khơng phải
số ngun tố
Vậy phương trình có hai nghiệm ngun làx= vàx=−3, đồng thời ta cóa=
Bây ta xác định số nguyên tốb, c ứng với trường hợp
1 Vớix= ta y= Do đó√z−2 =p2 vớip số nguyên tố Dox
số chẵn 2b=x+z nên z số chẵn Khi plà số chẵn, dẫn đến p= Khi
(12)g N GUYỄN NHẤ T HUY
2 Vớix=−3, ta đượcy= Do √z−3 =p2 vớiplà số nguyên tố Dox
là số lẻ 2b=x+z nên z số chẵn Khi đóp số chẵn, dẫn đến p = Khi
đó ta đượcz= 49, suy rac= 29 vàb= 23 số nguyên tố
Như ta tính T = (a+ 2) (b−10) (c+ 2) = (3 + 2) (23−10) (29 + 2) = 2015
d Ví dụ Tìm cặp số nguyên (a;b) cho hai số a2+ 4b vàb2+ 4ađều số phương
-Lời giải
Ta chứng minh cặp số sau thỏa mãn yêu cầu toán
(a;b) = 0;k2
, k2;
,(−4;−4),(−5;−6),(−6−5),(k; 1−k),(1−k, k), k∈Z
Thật vậy, vai trị avà b nên khơng tính tổng quát ta giả
sử|a|>|b|
Nếub= 0, để a2+ 4b b2+ 4a số phương thìa=k2 với k
là số nguyên
Nếub6= 0, biểu thức a2+ 4b ta liên tưởng đến biệt thức ∆ phương
trình x2+ax−b=
Do ∆ =a2+ 4b số phương nên phương trình có hai nghiệm nguyên
x1 vàx2 Theo định lí Viète ta
1
|x1|
+
|x2| >
x1 + x2 =
x1+x2 x1x2
= a b >1
Từ suy hai nghiệm nguyên phương trình trên, chẳng hạn x1 thỏa
mãn|x1|62 Từ ta đượcx1∈ {−2;−1; 1; 2} Đến ta xét trường hợp sau
1 Nếux1 = 2, từ phương trìnhx2+ax−b= ta đượcb= 2a+ Suy
b2+ 4a= (2a+ 4)2+ 4a= 4a2+ 20a+ 16 = (2a+ 5)2−9
là số phương Đặt (2a+ 5)2−9 =y2vớiy∈N, từ ta (2a+ 5−y) (2a+ +y) =
9 Lúc tìm đượca=−4 vàa=−1
Vớia=−4, a=−4 Từ ta (a;b) = (−4;−4) thỏa mãn yêu
cầu toán
(13)Ð
CHUYÊN
ĐỀ
SỐ
HỌC
ÔN
CHUYÊN
TO
ÁN
2 Nếux1 =−2, từ phương trìnhx2+ax−b= ta đượcb= 4−2a Suy
b2+ 4a= (4−2a)2+ 4a= 4a2−12a+ 16 = (2a−3)2+
là số phương Đặt (2a−3)2+7 =y2vớiy∈N, từ ta (y−2a−3) (y−2a+ 3) =
7 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; 1−k)
3 Nếux1 = 1, từ phương trìnhx2+ax−b= ta đượcb=a+ Suy
b2+ 4a= (a+ 1)2+ 4a=a2+ 6a+ = (a+ 3)2−8
là số phương Đặt (a+ 3)2−8 =y2vớiy ∈N, từ ta (a+ 3−y) (a+ +y) =
8 Giải phương trình ta (a;b) = (−6;−5),(0; 1), nghiệm (0; 1)
bị loại không thỏa mãn|a|>|b|
4 Nếux1 =−1, từ phương trìnhx2+ax−b= ta b= 1−a Suy
b2+ 4a= (1−a)2+ 4a=a2+ 2a+ = (a+ 1)2
là số phương
a2+ 4b=a2+ (1−a) =a2−4a+ = (a−2)2
cũng số phương Do (a;b) = (k; 1−k) với k số nguyên thỏa mãn
yêu cầu toán
Chú ý với (a;b) thỏa mãn u cầu tốn (b;a) thỏa mãn u cầu toán
Do kết hợp trường hợp lại ta cặp số nguyên (a;b) thỏa mãn
yêu cầu toán
d Ví dụ 10 Choa, b, c, d số thực thỏa mãn
a2−1
5a =
b2−1
5b =
c2−1
4c =
d2−1
4d =p
trong đóp số nguyên dương Chứng minh (a−c) (b−c) (a+d) (b+d)
một số phương
-Lời giải
Biến đổi giả thiết tương đương
(14)g
N
GUYỄN
NHẤ
T
HUY
Xét hai phương trình bậc hai ẩn x x2 + 5px−1 = x2+ 4px−1 = Khi
ta thấya, b hai nghiệm phương trìnhx2+ 5px−1 = vàc, dlà hai nghiệm
phương trìnhx2+ 4px−1 = Theo định lý Viète ta
®
a+b=−5p ab=−1
®
c+d=−4p cd=−1
Ta có (a−c) (b−c) (a+d) (b+d) =ab−(a+b)c+c2 ab+ (a+b)d+d2 Áp dụng
các hệ thức Viète ta
ab−(a+b)c+c2 ab+ (a+b)d+d2
= c2+ 5pc−1
d2−9pd−1
Chú ý c2+ 5pc−1 d2−9pd−1 = c2+ 4pc−1 +pc d2+ 4pd−1−9pd,
và đồng thời kết vớic2+ 4pc−1 =d2+ 4pd−1 = ta
(a−c) (b−c) (a+d) (b+d) =−9p2cd= 9p2 = (3p)2