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)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
1 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 ông gắn liền với định lí nghiệm số phương trình mà học sinh lớp biết định lí Viète, công lao ông to lớn nhiều
Ông vốn trạng sư, làm “cố vấn mật” cho triều vua Henry III Henri IV Giữa bộn rộn công việc cung đình, có phút rảnh rỗi ơng lại giải trí cách nghiên cứu Tốn 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: ông 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 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 ơng, án dã man không 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 toán học thời cổ
Phần lớn đời Viète bị cơng việc pháp lí nghề trạng sư chiếm nên khó tưởng tượng ông 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
ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ VIÈTE TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
(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 hai ax2+bx+c= (a6= 0) có hai nghiệmx1 vàx2
tổng tích chúng
S =x1+x2 = −b
a P =x1.x2 =
c a
Ngược lại có hai số x1 vàx2 thỏa mãnS=x1+x2 vàP =x1.x2 thìx1 vàx2 hai nghiệm
của phương trìnht2−St+P =
Chú ý giải tốn, đơi ta không quan tâm tới giá trị x1 vàx2 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 haiax2+bx+c= 0có nghiệmx1 có
thêm nghiệm x2 Ngồi ta mở rộng định lý cho phương trình đa thức bậcnbất kì
Cho phương trìnha0+a1x+a2x2+ +anxn= 0, an6= Gọix1, x2, , xnlà nnghiệm phương trình trên,
a0+a1x+a2x2+ +anxn=a(x−x1)(x−x2) (x−xn)
Nhân tồn vế phải ra, có cơng thức Viète, phát biểu sau
a=an
−a(x1+x2+ +xn) =an−1
(−1)n−1a(x1x2 xn−1+x1x2 xn−2xn+ +x2x3 xn) =a1
(−1)na(x
1x2 xn) =a0
và hàng k bất kỳ, vế phải đẳng thức an−kan−k vế trái tính theo cơng thức
(−1)ka nhân với tổng tích cụm (n−k) nghiệm phương trình ∇
3 Các tốn bản.
Sau ta tìm hiểu vài ví dụ trước tìm hiểu phương pháp bước nhảy Viète Bài tốn Tìm tất giá trị mđể phương trình x2−mx+m+ = 0có 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 thì∆ phải số phương, tức tồn số nguyên ksao 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, màm số nguyên Từ
đây mvà klà số nguyên nên ta tìm m=−2 hoặcm= Ta xét trường hợp
1 Vớim=−2thì ta phương trình x2+ 2x= 0, tìm hai nghiệm ngun làx1=
(3)2 Vớim= 6thì ta phương trìnhx2−6x+ = 0, ta hai nghiệm nguyên làx1=
vàx2 =
Như đến toán giải
Lời giải Theo định lý Viète với hai nghiệmx1;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 nguyên ẩnx1 vàx2 Từ(1) ta
x1.x2−(x1+x2) = 2⇔(x1−1) (x2−1) =
Khi đóx1−1vàx2−1là ước 3, lại có3 = 1.3 =−1.(−3) Đến việc tìm hai nghiệmx1;x2
hồn tồn đơn giản qua ta tìm giá trị m làm=−2và m= ! Nhận xét Ở lời giải có số học sinh mắc sai lầm chưa đượcm số nguyên
đề khơng có đề cập Do ta phải sử dụng định lí Viète để điều
Bài tốn Tìm nghiệm ngun hệ phương trình
xy+yz+zx=
x+y+z=
Lời giải
Trước tiên ta đưa toán 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 = 8−(5−z)z x+y = 5−z
Theo định lí Viète x vày hai nghiệm phương trình bậc hai t2−(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
• Vớiz= 1, phương trình trở thànht2−4t+ = 0, đến ta tìm x=y= thỏa mãn
• Với z= 2khi phương trình trở thành t2−3t+ = 0, đến ta tìm đượcx= 2;y= 1hoặc x= 1;y= thỏa mãn
Vậy hệ phương trình có nghiệm nguyên (x;y;z) = (2; 2; 1),(1; 2; 2),(2; 1; 2)
Bài tốn Giải phương trìnhx2−mx+n= 0, biết phương trình có hai nghiệm ngun dương phân biệt vàm, n hai số nguyên tố
Lời giải
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
các nghiệm nguyên dương phương trình cho(x1 < x2) Ta biết số nguyên tố viết
thành tích hai số thừa số thừa số Để ý ta lại thấy theo định lí Viète thìx1x2 =n Do tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng định lí Viète giả tốn Thật theo
định lí Viète ta
x1+x2 =m
(4)Do nlà số nguyên tố nên ta x1 = 1;x2 =n, suy ram=n+ 1, vậym nlà hai số tự
nhiên liên tiếp nên ta n= 2;m= 3, thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu tốn
Bài tốn Cho phương trình2x2+mx+ 2n+ = 0, đóm vànlà tham số ngun Giả sử phương trình có nghiệm số nguyên Chứng minh m2+n2 hợp số
Lời giải
Để chứng minh đượcm2+n2 là 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 thứcm2+n2 áp dụng cơng thức nghiệm để tìm nghiệm phương trình từ tínhm2+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+ 4là số nguyên dương lớn
Từ ta m2+n2 hợp số
!
Nhận xét Xét2m=a+b; 2n=a−b, từm2+n2= a
2+b2
2 , ta có tốn sau
Bài tốn.Cho phương trình4x2+ (a+b)x+ (a−b) + 16 = 0, đóavàblà tham số nguyên Giả sử phương trình có nghiệm số ngun, chứng minh a
2+b2
2 hợp số
Bài tốn tương tự.Giả sử phương trình bậc hai x2+ax+b+ = 0, đóa, b tham số nguyên, đồng thờib6=−1có hai nghiệm số nguyên khác 0, chứng minh a2+b2 hợp số
Bài tốn 5.Tìm số ngun dương avà b, (a>b) cho phương trình bậc hai x2−abx+a+b= 0 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 ngunx1;x2(x1 6x2), theo định lí Viète ta
x1+x2 =ab
x1.x2=a+b
Do avàblà số nguyên dương nên suy nghiệm x1;x2 số nguyên dương Ta ý
rằng 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 >2thì ta có ab >2a;ab >2bnên 2ab >2 (a+b) hay ab > a+b
Nếu bốn số dươngx1;x2;a;bđều lớn x1.x2 > x1+x2 vàab > a+b, định lí Viète
trên khơng thể xảy Như bốn số dương x1;x2;a;btồn số khơng vượt q
2 Theo giả thiết theo cách chọn hai nghiệmx1;x2 hai số x1 vàbcó số khơng
lớn Do vai trò hai số x1 b nên khơng tính tổng quát ta giả sử
(5)1 Nếux1= 1, từ
x1+x2 =ab
x1.x2 =a+b ta suy
1 +x2 =ab
x2 =a+b , từ ta đượcab
−a−b= 1,
suy ra(a−1) (b−1) = Chú ý a>bnên từ phương trình ta a= 3;b= 2, ta tìm đượcx2=
2 Nếux1= 2, tương tự trường hợp ta tìm cặp số nguyên dương(a;b) thỏa mãn
là(a;b) = (5; 1),(2; 2)
Bài toán giải hồn tồn
Bài tốn Tìm tất số nguyên tốp, q cho tồn số tự nhiênm thỏa mãn pq
p+q =
m2+
m+
Lời giải
Quan sát hệ thức pq p+q =
m2+
m+ hai đại lượngpq p+q làm ta liên tưởng đến hệ thức Viète
Nếu m
2+ 1
m+ phân số tối giản từ hệ thức toán 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+
Do m ∈ N p số nguyên tố nên (m+ 1) |4 ⇒ m = 0;m = 1;m = Từ ta tìm p= 2;p= thỏa mãn u cầu tốn
• Nếup6=q thìpq vàp+q nguyên tố vìpq chia hết cho ước nguyên tố làp q p+q khơng chia hết chop khơng chia hết cho q Gọi r ước chung m2+ 1vàm+ 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+ , p vàq hai nghiệm phương trình
x2−(m+ 1)x+m2+ =
Ta có ∆ =−3m2+ 2m−3 =−(m−1)2− 2m2+ 2<0 nên phương trình vơ nghiệm
2 Vớir= suy
2pq=m2+
2 (p+q) =m+ , pvà q hai nghiệm phương trình
2x2−(m+ 1)x+m2+ =
(6)Bài tốn Tìm số ngun tố p đểp2−p+ 1là 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
không xẩy Thật p |q−1 ta q−1 = kp, k ∈ N, q = kp+ Khi từ p2−p+ =q3 ta
p2−p+ = (kp+ 1)3 ⇔p2−p+ =k3p3+ 3k2p2+ 3kp+
Nhận thấy với k>2thì hiển nhiên
p2−p+ 1< k3p3+ 3k2p2+ 3kp+
Từ suy k61
1 Vớik= 0, ta đượcp2−p+ = 1⇔p(p−1) = 0, điều vơ lí do plà số nguyên tố.
2 Vớik= 2, ta
p3−2p2+ 4p= 0⇔p2−2p+ =
khơng tồn tạip thỏa mãn
Vậy với p|q−1 không tồn tai số nguyên tốp thỏa mãn yêu cầu tốn
Như ta phải có p|q2+q+ 1, đó (p, q−1) = 1và có (q−1)|p(p−1)nênq−1|p−1 Đặt
p= (q−1)k+ 1với k∈N, từ p|q2+q+ 1ta suy q
2+q+ 1
(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 ta k(4−q)< q+ 3, điều mâu thuẫn Do ta suy đượcq <4, mà ta lại cóq >1nên q=
hoặcq =
1 Khi q= từp2−p+ =q3 ta p(p−1) = 7, phương trình vơ nghiệm Khi q= từp2−p+ =q3 ta p(p−1) = 26, phương trình vơ nghiệm
• Nếu3k−k−26−(qk−k+ 1)thì ta suy
2 +q−3k>qk−k+ 1⇒k(q+ 2)6q+
Điều vơ lí
• Nếu3k−q−2 = 0⇒q = 3k−2, từp= (q−1)k+1ta đượcp= 3k(k−1)+1 = 3k2−3k+1
và 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 − = (q−1) nên suy ra
(k−1) (k−3) = Từ ta đượck= hoặck=
1 Vớik= thìp=q, ta đượcp2−p+ =p3⇔p p2−p+ 1= 1, điều vơ lí Vớik= 3thìp= 3q−2, ta được9q2−15q+ =q3 ⇔(q−1) (q−7) = nênq=
(7)Bài toán 8.Chox=a+b−c;y=c+a−b;z=b+c−avới a, b, clà số nguyên tố Giả sử x2 =y và√z−√y là 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 x2+x= 2a⇔x2+x−2a= Dễ thấy∆ = 8a+ 1>0 nên nên phương trình có hai nghiệm phân biệt Gọi hai nghiệm phương trình x1 vàx2 Như
hai nghiệm số ngun nghiệm cịn lại nguyên Chú ý rằngalà 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 từx1.x2 =−2ata x1 ∈ {−2;−a; 2;a} Ta xét trường hợp sau • Nếux1 =−2, ta tìm đượca= khơng phải số ngun tố
• Nếux1=−a, ta đượca2−3a= 0, doalà số ngun tố nêna= Từ ta tìm hai
nghiệm phương trình làx1=−3 vàx2=
• Nếux1 = 2, ta tìm đượca= 3, từ ta tìm hai nghiệm x1 = vàx2=−3 • Nếux=a, ta đượca2−a= nên a= vàa= 1, loại khơng phải số ngun tố
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên x= 2vàx=−3, đồng thời ta cóa= Bây ta xác định số nguyên tốb, c ứng với trường hợp
1 Với x= ta đượcy = Do đó√z−2 = p2 với p số nguyên tố Do x số chẵn
2b=x+z nên zlà số chẵn Khi plà số chẵn, dẫn đến p= Khi ta đượcz= 36, suy c= 20, loại ckhông phải số nguyên tố
2 Với x=−3, ta y = Do √z−3 = p2 với p số nguyên tố Dox số lẻ
2b=x+z nên zlà số chẵn Khi plà số chẵn, dẫn đến p= Khi ta đượcz= 49, suy c= 29vàb= 23là 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 nguyên (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;k2
, k2;
,(−4;−4),(−5;−6),(−6−5),(k; 1−k),(1−k, k), k∈Z
Thật vậy, vai trò avà bnhư nên khơng tính tổng qt ta giả sử |a|>|b|
• Nếub= 0, đểa2+ 4b vàb2+ 4ađều số phương a=k2 với klà số nguyên
(8)Do ∆ =a2+ 4blà số phương nên phương trình có hai nghiệm nguyên làx1 vàx2 Theo
định lí Viète ta
1
|x1|
+
|x2| >
1
x1
+
x2
=
x1+x2
x1x2
=
a b >1
Từ suy hai nghiệm nguyên phương trình trên, chẳng hạnx1 thỏa mãn |x1|62
Từ ta x1 ∈ {−2;−1; 1; 2} Đến ta xét trường hợp sau
1 Nếux1 = 2, từ phương trình x2+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 =y2với y∈N, từ ta được(2a+ 5−y) (2a+ +y) = Lúc tìm đượca=−4và a=−1
• Vớia=−4, a=−4 Từ ta (a;b) = (−4;−4)thỏa mãn yêu cầu toán
• Vớia=−1, b= Trường hợp loại khơng thỏa mãn|a|>|b| Nếux1 =−2, từ phương trình x2+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+ =y2 vớiy ∈N, từ ta được(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 là(3;−2)có dạng (k; 1−k)
3 Nếux1 = 1, từ phương trình x2+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 =y2 với y∈N, từ ta (a+ 3−y) (a+ +y) = Giải phương trình ta được(a;b) = (−6;−5),(0; 1), nghiệm (0; 1) bị loại không thỏa mãn |a|>|b|
4 Nếux1 =−1, từ phương trình x2+ax−b= ta đượcb= 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 đó(a;b) = (k; 1−k) với klà số nguyên thỏa mãn yêu cầu toán
Chú ý với(a;b) thỏa mãn u cầu tốn thì(b;a) thỏa mãn yêu cầu toán Do kết hợp trường hợp lại ta cặp số nguyên (a;b) thỏa mãn yêu cầu toán
Bài toán 10.Cho a, b, c, dlà số thực thỏa mãn a2−1
5a = b2−1
5b = c2−1
4c = d2−1
4d =p
trong p số nguyên dương Chứng minh rằng(a−c) (b−c) (a+d) (b+d)là số phương
(9)Biến đổi giả thiết tương đương
a2+ 5pa−1 =b2+ 5pb−1 = 0;c2+ 4pc−1 =d2+ 4pd−1 =
Xét hai phương trình bậc hai ẩn x làx2+ 5px−1 = 0vàx2+ 4px−1 = Khi ta thấy a, blà hai nghiệm phương trình x2+ 5px−1 = vàc, dlà hai nghiệm phương trình x2+ 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 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, đồng thời kết vớic2+ 4pc−1 =d2+ 4pd−1 = ta
(a−c) (b−c) (a+d) (b+d) =−9p2cd= 9p2= (3p)2
Vậy (a−c) (b−c) (a+d) (b+d) số phương
4 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
1 Bước Cố định giá trị nguyên mà đề cho, giả sử tồn cặp nghiệm thỏa mãn vài điều kiện mà khơng làm tính tổng qt tốn
2 Bước Dựa vào định lý Viète để tìm mối quan hệ mâu thuẫn, từ tìm kết luận tốn
Một toán tiếng để minh họa cho phương pháp ln xuất tài liệu nói vấn đề này, mà nhắc tới học sinh chun tốn khơng thể khơng biết
chính tốn kì thi IMO 1988 ∇
Bài toán [IMO 1988] Choa, b số nguyên dương thỏa mãn ab+ 1|a2+b2 Chứng minh a
2+b2
ab+ số phương
Lời giải
Bàn luận Đây tốn khó kì thi năm đó, có mười học sinh cho lời giải hồn chỉnh tốn Trong số 11 học sinh giải tốn đó, Việt Nam có đại diện Giáo sư Ngơ Bảo Châu Sau lời giải cho toán
Lời giải Đặt k= a
2+b2
ab+ 1, theo phương pháp đề cập tới trên, ta cố địnhk, sau xét tất
cả cặp(a, b) nguyên dương thỏa mãn phương trình
k= a
2+b2
ab+
Hay có nghĩa ta xét tậpS =
(a, b)∈N∗×N∗|k= a
2+b2
ab+
(10)
Xét phương trình
x2+b20 xb0+
=k⇔x2−kx.b0+b20−k=
là phương trình bậc hai ẩnx Ta biết phương trình có nghiệm làa0 Như
theo định lý Viète tồn nghiệm a1 thỏa mãn phương trình bậc hai với ẩnx
a1=kb0−a0 =
b2 0−k
a0
Từ ta có a1 số nguyên Ta chứng minh a1 không âm Thật vậy, nếua1 <0
a21−kb0a1+b20−k>a21+k+b20−k >0
điều mâu thuẫn Do ta có a1 >0 Đến ta xét a1 >0 thì(a1, b0)là cặp thuộc S
Theo định nghĩa (a0, b0)ta có
a0+b0 6a1+b0⇒a0 6a1
Mặt khác theo định lí Viète
a206a0a1 =b20−k < b20⇒a0 < b0
điều trái với giả thiết ban đầu Do đóa1 = 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 toán [Phương trình Markov].Giải phương trình nghiệm nguyên x2+y2+z2= 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 toán 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+y2+z2= 3xyz}
là tập hợp tất nghiệm nguyên dương phương trình Markov S6=∅.Do vai trị củax, y, z phương trình nhau, khơng tính tổng qt ta giả sử rằngx6y 6z.Với cặp(x, y, z)∈S; (x0, y0, z0)∈S ta định nghĩa(x, y, z)>(x0, y0, z0)nếu x+y+z > x0+y0+z0.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
x2−3ynznx+yn2 +z2n=
có nghiệm làxn, nên có nghiệm thứ hai làx0 Theo định lý Viète, ta có
(11)Từ ta x0 số nguyên dương, kết hợp với giả thiết xn6yn6znvà (1)ta
x0 = y
2
n+zn2 xn >
2x2n xn
= 2xn> xn
Đặt(xn+1, yn+1, zn+1) = (x0, yn, zn) (xn+1, yn+1, zn+1) nghiệm phương trình Markov
Cách xây dựng cho ta dãy vơ hạn nghiệm phương trình Markov nghiệm lớn nghiệm trước theo định nghĩa thứ tự Do phương trình Markov có vơ số nghiệm Ta thấy ý tưởng Markov chứng minh coi biến nghiệm tam thức bậc hai cố định nghiệm cịn lại để từ xây dựng nghiệm từ nghiệm biết định lí Viète Cụ thể ta xét phương trình Diophant phương trình bậc hai biến đó, chẳng hạnx21+G(x2, x2, , xn)6= 0là phương trình bậc ẩnx1.Nếu phương trình có nghiệm
(x1, x2, , xn) = (a1, a2, , an) rõ rànga1 nghiệm phương trình X2+G(a2, a3, , an) = Phương trình phải cịn nghiệm làa01.Kết hợp với định lý Viète kiện đầu ta xây dựng (a01, a2, , an) nghiệm phương trình
!
Nhận xét Thơng qua tốn đầu tiên, ta phần hiểu ý tưởng phương pháp này, toán thứ sau toán tổng qt tốn này, trả lời cho ta câu hỏi “Nếu tổng bình phươngS ba số ngun dương chia hết cho tíchP chúng thương số S
P bao nhiêu?”
Bài tốn Tìm tất số ngun dươngk để phương trìnhx2+y2+z2 =kxyzcó nghiệm ngun dương
Lời giải
Lời giải Trước tiên ta thấy với k= phương trình cho có nghiệm(3; 3; 3) với k=
thì phương trình có nghiệm (1; 1; 1) Như với k= 1hoặck= 3thì phương trình ln có nghiệm ngun dương Bây ta cần kiểm tra xem vớik6= 1và k6= phương trình có nghiệm ngun dương khơng Giả sử với k6= 1và k6= 3phương trình cho có nghiệm ngun dương là(x0;y0;z0)
Khơng tính tổng qt ta giả sửx06y06z0 vàx0+y0+z0 có giá trị bé Ta xét trường
hợp
1 Nếuy0 < z0, ta xét phương trình bậc haiz2−kx0y0z+x20+y20 = Khi phương trình có
nghiệm làz0 Theo định lí Viète phương trình có nghiệm làz1 Như
z0+z1 =kx0y0
z0z1 =x20+y02
, từ suy
z1=kx0y0−z0 =
x20+y02 z0
Ta thấy z1 nhận giá trị nguyên dương nên(x0;y0;z1)là nghiệm nguyên dương phương
trình ban đầu Từ điều giả sử ta có
x0+y0+z0 6x0+y0+z1
nên z0 6z1 Do ta
x20+y20−kx0y0 =z0z1−z1−z0= (z1−1) (z0−1)−1>y20−1
Suy 1>x0(ky0−x0)>x0(kx0−x0)>x0 Do x0 số nguyên dương nên ta x0 =
(12)2 Nếuy0 =z0 ta có
2y02−kx20y20+x20= 0⇒x02=y02(kx0−2)>x20(kx0−2)
Từ dẫn đến 3>kx0, mà ta lai có kx0 >2 nênkx0 = 3, suy rak= k= 3, điều
trái vớik6= vàk6=
Vậy với k6= 1và k6= 3thì phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Như vớik=
hoặck= phương trình cho có nghiệm ngun dương
Lời giải Vớix, y, z∈Z+, ta viết phương trình cho dạng
x2−kxyz+y2+z2= (1)
Giả sửk số nguyên dương cho phương trình (1)có nghiệm ngun dương Cố định kvà xét tập hợp
S={(x, y, z);x, y, z∈Z+|x2−kxyz+y2+z2 = 0}
Theo điều giả sử S 6=∅, theo nguyên lý thự tự tốt tồn tại(x0, y0, z0)∈S
cho x0+y0+z0 nhỏ Ta thấy rằng, nếu(x0, y0, z0)∈S hốn vị thuộc S,
khơng tính tổng qt ta giả sửx0>y0>z0 Phương trình
f(x) =x2−xky0z0+y02+z02 =
hiển nhiên có nghiệm x0 Gọi nghiệm cịn lại làx1, theo định lý Viète, ta có
x0+x1=ky0z0;x0x1 =y02+z20
Từ đây, ta x1 không âm, đó(x1, y0, z0)∈S,theo cách xác định bộ(x0, y0, z0) ta thu
được x1+y0+z0>x0+y0+z0 hay x1>x0.Do ta có
x1 >x0>y0>z0 (2)
Theo định lý dấu tam thức bậc hai từ (2) ta
06f(y0)6y02−ky02z0+ 2y20 =y02(3−kz0)
Suy rakz0 63⇒k6kz0 63 màk∈Z+ nên k∈ {1,2,3}
1 Nếuk= 1, phương trình(1) có nghiệm ngun dươngx=y=z=
2 Nếuk= 2, từkz0 63 ta đượcz0= ta có (x0−y0)2+ = 0, mâu thuẫn
3 Nếuk= 3, phương trình(1) có nghiệm ngun dươngx=y=z=
Vậy với k∈ {1,3} phương trình có nghiệm ngun dương ! Nhận xét.Trong lời giải ta có đề cập tới kết làPhương trình y
2+z2+ =kyz có
nghiệm nguyên dương k= 3, toán đề thi HSG tốn Tỉnh Thanh Hóa 2015 – 2016 Sau ta xét tới toán
Bài tốn Tìm số ngun dươngm để phương trình x2−mxy+y2+ = có nghiệm ngun dương
Lời giải
Với nghiệm nguyên dương (x;y) thỏa mãn phương trình, giả sử(x0;y0) nghiệm thỏa mãn
(13)ta giả sửx06y0
Xét phương trình bậc hai có ẩn y
y2−mx0y+x20+ =
La có y0 nghiệm phương trình Ta gọi nghiệm cịn lại lày1 Khi theo định lí Viète
ta có
y0+y1 =mx0
y0.y1 =x20+
Dễ dàng nhận thấyy1 có giá trị nguyên từ cách chọn (x0;y0) ta suy đượcy0 6y1 Đến ta
xét trường hợp sau
1 Nếux0=y0 từ phương trình ban đầu ta đượcm= +
1
x20 Nên đểm vàx0 có giá trị nguyên thìx0= m=
Vớim= ta thấy (x;y) = (1; 1) nghiệm nguyên dương phương trình cho Nếuy0 =y1 từy0.y1=x20+ 1hay
(y0−x0) (y0+x0) =
Từ ta suy
y0−x0 =
y0+x0 = ⇒
y0 =
x0 =
Trường hợp loại vì(x0;y0)nguyên dương
3 Nếux0 < y0 < y1 ta
y0>x0+ 1;y1>x0+
Kết hợp vớiy0.y1=x02+ 1ta đượcx20+ 1>x02+ 3x0+ 2⇒3x0+ 160, điều vô lý vìx0>0
Như để phương trình cho có nghiệm ngun dương thìm= 3và phương trình có nghiệm
nguyên dương (x;y) = (1; 1)
Bài tốn Tìm tất số ngun dươngk cho phương trìnhx2+y2+x+y=kxy có nghiệm ngun dương
Lời giải
Gọi (x0, y0) nghiệm nguyên dương phương trình thỏa mãn x0+y0 nhỏ Khơng
tính tổng qt, ta giả sửx0>y0>1 Xét phương trình bậc hai ẩnx
x2+y02+x+y0 =kxy0⇔x2+x(1−ky0) +y02+y0 =
Phương trình bậc hai hiển nhiên có nghiệmx0, gọi nghiệm cịn lại làx1 Theo định lí Viète ta
có
x0+x1=ky0−1 (1)
x0x1 =y02+y0 (2)
Từ (1) ta cóx1 nguyên, từ(2) ta cóx1 dương Như vậy(x1, y0) nghiệm thỏa mãn phương
trình, mặt khác, tính nhỏ tổng x0+y0 mà ta cóx1 >x0 Do từ(1), ta có
ky0−1>2x0 ⇒
2x0
y0
+
y0
k Ta có
k= x0
y0
+ y0
x0
+
x0
+
y0
=
x0
y0
+ 2y0
+y0
x0
+
x0
+ 2y0
k
2 + + +
(14)1 Vớik= 1, ta có x2+y2+x+y =xy, phương trình vơ nghiệm ngun dương
x2+y2+x+y>2xy+x+y > xy
2 Với k= 2, tương tự trên, ta lập luận phương trình vơ nghiệm ngun dương Vớik= 3, phương trình có nghiệm ngun dương (2; 2)
4 Vớik= phương trình có nghiệm(1; 1)
5 Vớik= 5, dấu phải đồng thời xảy điểm
x y +
1 2y =
k
2 = 2,
1
x = 1,
1 2y = 1,
y x =
Dễ thấy không tồn số nguyên dươngx, y thỏa mãn tất điều Trường hợp bị loại
Vậy giá trị củak thỏa mãn k∈ {3; 4}
Bài toán [IMO 2007] Cho trướca, blà hai số nguyên dương Chứng minh nếu4ab−1
là ước số (4a2−1)2 a=b
Lời giải
Theo giả thiết 4ab−1|(4a2−1)2 nên ta có 4ab−1là ước
b2(4a2−1)2−(4ab−1)(4a3b−2ab+a2) = (a−b)2
Đến ta đặtk= (a−b)
2
4ab−1 thìk∈Z
+ Cố địnhk và xét tập hợp
S =(a, b);a, b∈Z+;a6=b|a2−2ab(2k+ 1) +b2+k=
Giả sử S 6=∅, theo nguyên lý thứ tự tốt tồn cặp số (a0, b0) ∈ S cho a0 6=b0
a0+b0 nhỏ Chú ý rằng, nếu(a0, b0)∈S thì(b0, a0)∈S, khơng tính tổng qt ta có
thể giả sử a0 > b0 Phương trình T2−2T b0(2k+ 1) +b20+k= có nghiệm hiển nhiên làa0 Gọi
nghiệm lại làa1, theo định lý Viète ta có
a0+a1 = 2b0(2k+ 1)
a0a1 =b20+k
(1)
Suy raa1 số nguyên không âm, đó(a1, b0)∈S, theo cách xác định(a0, b0)
a1+b0>a0+b0 ⇔a1>a0
Kết hợp với(1)ta
a0 =
b20+k a1
b20+k a0
⇔k>a20−b20 Như ta suy
(a0−b0)2
4a0b0−1
=k>a20−b20 = (a0−b0)(a0+b0)
Mặt khác lại doa0> b0 nên a0−b0 >1,
a0−b0 >(a0+b0)(4a0b0−1)> a0+b0,
(15)Bài toán Chứng minh nếua, blà số nguyên dương chok= a
2+b2
ab−1 số nguyên
thì k=
Lời giải
Lời giải Đẳng thức đề tương đương vớia2−kab+b2+k= Khơng tính tổng qt giả sử a>b Doa, blà số nguyên dương vàab6= nên ta xét a= 2;b= 1thì đượck=
Như ta cần chứng minh vớia+b >3thì k= 5, giả sử cặp số dương (a0;b0) có tổng nhỏ
thỏa mãn tốn Khi ta
a20−ka0b0+b20+k=
Xét phương trình bậc ẩn x
a2−kab+b2+k=
Ta thấy rằnga0 nghiệm phương trình Như theo định lí Viète phương trình cịn
có nghiệm a1, ta cóa=kb0−a0 hay ta có cặp số(kb0−a0;b0) thỏa mãn yêu cầu toán
Theo điều giả sử ta có a06kb0−a0 hay
a0
b0
k
2 Từk=
a2+b2
ab−1 ta suy
a0
b0
+ b0
a0
+ k
a0b0
=k
Do a0 b0
k
2 a0b0>3 nên k6
k
2 + +
k
3 hay k66 Mặt khác ta lại có
a0
b0
+ b0
a0 >
2
nên k>3 Như ta được36k66 Vớia= 3;b= 1ta tìm k=
2 Vớia=b= hay a= 4;b= khơng tìm giá trị k
3 Với ab>5, lại dùng đánh giá tương tự ta có k63 Xét k= thìa2+ 3ab+b2 = 3, ta thấy khơng có cặp số dương(a;b) thỏa mãn
Do suy ab>6 Thử vớia= 6;b= a= 3;b= 2đều không thỏa nên ta lại ab>7 Lại dùng đánh ta suy k6 14
5 , điều mâu thuẫn vớik nguyên lớn
Vậy có k= 5thỏa mãn tốn
Lời giải Đặtk= a
2+b2
ab−1 thìk số nguyên dương Theo bất đẳng thứcAM −GM
k= a
2+b2
ab−1 > 2ab
ab−1 = +
ab−1 >2
hay k>3 Nếua=bthì ta đượck= +
a2−1 <3, mâu thuẫn
Ta chứng minh k= Thật vậy, cố định k xét tập hợp
S =
(a, b);a, b∈Z+|k= a
2+b2
ab−1
Theo giả thiếtS 6=∅, theo nguyên lý thứ tự tốt tồn cặp số(a0, b0)∈S choa0 6=b0
vàa0+b0 nhỏ Ta thấy nếu(a0, b0)∈S thì(b0, a0)∈S, khơng tính tổng qt ta
giả sửa0 > b0 Nhận thấy phương trình
T2+b20 T b0−1
(16)có nghiệm hiển nhiên làa0 Gọi nghiệm cịn lại làa1, theo định lý Viète ta có
a0+a1 =kb0;a0a1 =b20+k
Từ đây, ta a1 ∈Z+, (a1, b0) ∈ S, theo cách xác định (a0, b0) a1+b0 >a0+b0 hay
a1>a0 Vì a0 > b0 nên a0 >b0+ 1, từ ta thu được:
b20+k−kb0 =a0a1−a0−a1 = (a0−1)(a1−1)−1>b20−1
Do đók(b0−1)61 Nếu b0 6= 1theo chứng minh k(b0−1)>3>1, ta phải có b0=
Khi a0+a1 =kvà a0a1 =k+ 1,suy
a0a1−a0−a1−1 = 0⇔(a0−1)(a1−1) =
màa1 >a0 nên a0= 2, a1= 3, từ ta
k=a0+a1 =
Như vậy, ta có điều phải chứng minh
Bài tốn Tìm tất giá trị k cho phương trình (x+y+z)2 = kxyz có nghiệm nguyên dương
Lời giải
Ta gọi klà giá trị cần tìm (x0;y0;z0) nghiện nguyên dương phương trình (x+y+z)2=kxyz
cóx0+y0+z0 nhỏ Khi khơng tính tổng qt, ta giả sử rằngx0 >y0 >z0 Phương
trình cho viết dạng
x2−(kyz−2y−2z)x+ (y+z)2 =
Theo định lí Viète ta có
x1 =ky0z0−2y0−2z0−x0=
(y0+z0)2
x0
cũng nghiệm phương trình trên, suy ra(x1;y0;z0) nghiệm phương trình đầu Ngồi ta
cũng suy x1 nguyên dương, hay nói cách khác (x1;y0;z0) nghiệm nguyên dương phương
trình đầu Từ tính nhỏ củax0+y0+z0 ta có đượcx1>x0, suy
ky0z0−2y0−2z0−x0>x0
(y0+z0)2
x0 >
x0
Từ bất đẳng thức thứ ta cóy0+z0 >x0, áp dụng bất đẳng thức thứ ta đượcky0z0 >4x0 Chia
2 vế
x20+y02+z02+ 2x0y0+ 2y0z0+ 2z0x0 =kx0y0z0
cho x0y0z0 ta thu
x0
y0z0
+ y0
x0z0
+ z0
x0y0
+
z0
+
x0
+
y0
=k
Như ta k
4 + + + + + 2>k hay k6 32
3 , suy rak610 Chú ý x0 =
y0 =z0 = 1suy rak= Nếuk6= thìx0>2và đánh giá trở thành
k
4+ +
2+ + + 2>k,
như ta suy k6 26
3 nên k68 Giá trị k= 10bị loại Ta xét trường hợp sau
(17)3 Vớik= phương trình có nghiệm, chẳng hạn(3; 3; 3) Vớik= phương trình có nghiệm, chẳng hạn(2; 2; 4) Vớik= phương trình có nghiệm, chẳng hạn(1; 4; 5) Vớik= phương trình có nghiệm, chẳng hạn(1; 2; 3) Vớik= phương trình có nghiệm, chẳng hạn(1; 1; 2) Vớik= 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 vớik= 7thì phương trình cho có nghiệm ngun dương (x0;y0;z0) có
tính chất Khi ta có
7 = (x0+y0+z0)
2
x0y0z0
= x0
y0z0
+ y0
z0x0
+ z0
x0y0
+ x0 + y0 + z0 < y0 + z0
+y0+z0
y0z0
+
x0
+
y0
+
z0
10
z0
Do ta có z0 <
10
7 nên z0 = 1, ta có
7< x0
+
y0
+4
1 ⇒1<
x0
+
y0
2
y0
⇒y0 <2
Từ y0= Như ta có
7 = (x0+y0+z0)
2
x0y0z0
= (x0+ 2)
x0
=
x0
+x0+ 4>2
r
4
x0
.x0+ =
Như khik= phương trình khơng có nghiệm ngun dương
Vậy giá trịk cần tìm làk∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 9}
!
Bài toán tương tự
1 Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn điều kiện (x+y+z)2 chia hết cho xyz Tính
các giá trị củaA= (x+y+z)
2
xyz
2 Chứng minh phương trình (x+y+z)2 = 7xyz khơng có nghiệm ngun dương
Bài tốn Chứng minh phương trình (x+y+z)2 = 7xyz khơng có nghiệm nguyên dương
Lời giải
Gọi (x0;y0;z0) nghiệm thỏa mãn phương trình với z0 số nhỏ Khơng tính tổng qt, ta giả sửx06y0 6z0, ta có
z0 |(x0+y0+z0)2⇒z|(x0+y0)2+ 2z0(x0+y0) +z02 ⇒z0 |(x0+y0)2
Ta xét phương trình bậc hai ẩn zlà z2−(7x0y0−2x0−2y0)z+ (x0+y0)2 = 0, hiển nhiên phương trình
này có nghiệm z0, nên theo định lí Viète nghiệm cịn lại (x 0+y0)2
z0 ∈Z Như
x0;y0;(x
0+y0)2
z0
cũng số thỏa mãn phương trình Nếu giả sử
x0+y0 < z0 ⇒ (x
0+y0)2
(18)thì vơ lí vì(x0;y0;z0) số thỏa mãn phương trình tính nhỏ củaz0 Do phải có z0 6x0+y0 Khai triển phương trình ban đầu chia hai vế chox0y0z0 ta
76 x y0z0 +
y0 z0x0 +
z0 x0y0 +
2
x0 +
2
y0 +
2
z0
1
z0 +
1
x0 + x0+y0
x0y0 +
2
x0 +
2
y0 +
2
z0
=
x0 +
3
y0 +
3
z0
10
x0 ⇒x
6 10
7 ⇒x
0
=
Khi ta đượcy06z0 6y0+ 1⇒z0 =y∨z0 =y0+ Xét trường hợp Nếuz0 =y0 ta có phương trình
(1 + 2z0)2 = 7z02 ⇔3z02−4z0−1 = 0⇔z0 = 2±
√
7
trường hợp loại
2 Nếuz0 =y0+ 1thì ta có phương trình
(2 + 2z0)2 = 7z0(z0+ 1)⇔3z02−z0−4 = 0⇔z∈
−1;4
Như không tồn nghiệm nguyên dương phương trình cho
Bài toán 10 [VMO 2012].Xét số tự nhiên lẻ a, bthỏa mãna|b2+ 2vàb|a2+ Chứng minh rằnga, b số hạng dãy số tự nhiên (vn) xác định công thức
v1 =v2 =
vn= 4vn−1−vn−2, ∀n>2
Lời giải
Đầu tiên ta chứng minh rằngb|a2+ ∧a|b2+ 2⇔ab|a2+b2+ Thật vậy, ta có
b|a2+ ∧a|b2+ 2⇒ab| a2+ b2+ 2⇒ab|2 a2+b2+
Do a, blẻ nênab|a2+b2+ Ngược lại có ab|a2+b2+ 2thì dễ dàng suy b|a2+
vàa|b2+ 2 Từ giả thiết đề tương đương với việc tồn số nguyên dươngk sao cho
a2+b2+ =kab
Sử dụng phương pháp bước nhảy Viète ta chứng minhk= Cố định kvà xét tập
S=
a, b∈ Z+2
| k= a
2+b2+ 2
ab ∈N
∗
Trong S ta chọn cặp (A, B) cho tổng A+B nhỏ Khơng tính tổng qt, ta giả sửA>B Xét phương trình bậc hai ẩnt,t2−ktB+B2+ = Dễ thấy phương trình có nghiệm làA, gọi nghiệm cịn lại làt0 Theo định lí Viète ta có
t0+A=kB
t0A=B2+
Từ suy t0 nguyên dương Chú ý A+B nhỏ nên ta t0>A
Suy rat0+A=kB >2Ahay
A B
k
2
Nếu có hai số a, bbằng 1, giả sử b= ka=a2+ 3, dễ suy rak= Nếu hai sốa, b>2 Ta cóA>B >2 Thì
k= A
B + B A + AB k
2 + +
(19)Theo bất đẳng thức AM−GM ta có
kab=a2+b2+ 2>2(ab+ 1)⇒k>3
lúc ta k= Khi A2+B2+ = 3AB Từ đẳng thức dễ dàng suy phải có hai số chia hết cho 3, giả sử3|A A>3 Nếu B = 1ta gặp mâu thuẫn, B>2 Tức AB>6 Tuy nhiên
3 = A
B + B A +
2
AB
3 2+ +
2
Điều vơ lí Vậy k= giá trị cần tìm Ta chứng minh xong việc sốa, b thỏa giả thiết phải thỏa mãn phương trình
a2+b2+ = 4ab (1)
Bài toán hoàn tất ta cặp (a, b) thỏa mãn(1) ln tồn số tự nhiên n cho a= xn, b =xn+1 Giả sử (u0, u1) cặp số nguyên dương thỏa (1) Ta hồn
tồn có quyền giả sửu0> u1 Nếu u0 = thìu1 = 1, tức tồn n= đểu0=v1, u1 =v2 Tương tự
khi xétu1= Do ta cần xétu0, u1 >1 Khi ta chọn cặp(u1, u2) = (u1,4u1−u0), dễ thấy
u1, u2 nguyên dương và(u1, u2) thỏa mãn (1) Lúc ta ý4u1−u0< u0
4u1−u0 =
u21+
u0
−u0 =
2−(u0−u1)(u0+u1)
u0
0
Suy rau1+u2=u1+ (4u1−u0)< u1+u0 Tương tự ta chọn cặp (u2, u3) = (u2,4u2−u1)
cũng thỏau2, u3 nguyên dương, thỏa (1)vàu2+u3 < u1+u2< u1+u0 Cứ tiếp tục trình
này, ta
< ui+ui+1 < < u1+u2 < u1+u0
Thế u1+u0>2nên phải tồn ksao cho uk+uk+1 = 2, suy uk=uk+1= Tức ta có
uk =v2, uk+1=v1 Ta thấy cách xác định un sau
un+2 = 4un+1−unhay un= 4un+1−un+2
Từ ta có
uk−1 = 4uk−uk+1= 4v2−v1=v3
uk−2 = 4uk−1−uk= 4v3−v2=v4
u1= 4u2−u3 = 4vk−vk−1 =vk+1
Như tồn tạin=k+ 1để với cặp (u0, u1) thỏa(1)thì ta có (u1, u0) = (vk+1, vk+2)
!
Bài toán tương tự [Canada MO 1998] Cho m số nguyên dương Dãy số(un) với n>0được xác định sau
u0= 0, u1=m
un+1=m2un−un−1
với mọin>1 Chứng minh rằng, cặp số(a, b) với a, b∈Z+, a>b, nghiệm phương
trình a
2+b2
ab+ =m
2 khi khi (a, b) = (un, un
+1) với số tự nhiênn
Bài tốn 11 [Vietnam TST 1992] Tìm tất nghiệm nguyên dương(x, y) phương trình
x2−5xy+y2+ = (1)
(20)Lời giải bình luận tốn chúng tơi xin trích từ chuyên đề bước nhảy Viète thầy Hà Tuấn Dũng - Khoa Toán - ĐH Sư Phạm Hà Nội
Đầu tiên, chứng minh bổ đề
Bổ đề Xét hai dãy số(un)và (vn)được xác định sau
u0 = 1, u1 = 2, un+2= 5un+1−un,∀n= 0,1, ;
v0 = 1, v1 = 3, vn+2 = 5vn+1−vn,∀n= 0,1,
Khi đó, với mọin∈Ncác cặp số (un, un+1) và(vn, vn+1) nghiệm nguyên dương (1)
Chứng minh.Ta chứng minh mệnh đề sau phương pháp quy nạp tốn học
Với n= 0, ta có u21+u20−5u0u1 =−5 Do đó(u0, u1)là nghiệm phương trình(1) Như vậy, mệnh
đề vớin=
Giả sử mệnh đề với n=k >0, tức
u2k+u2k+1−5ukuk+1+ =
Khi
u2k+1+u2k+2−5uk+1uk+2=uk+2(uk+2−5uk+1) +u2k+1 =u2k+1+u2k−5ukuk+1
Từ giả thiết quy nạp, ta
u2k+1+u2k+2−5uk+1uk+2+ =
Do (uk+1, uk+2)cũng nghiệm phương trình (1) Theo ngun lý quy nạp tốn học mệnh
đề với mọin∈N Chứng minh tương tự, ta thu với mọin∈Nthì(vn, vn+1) nghiệm
của phương trình(1) Từ cơng thức xác định số hạng tổng quát hai dãy số (un) (vn)ta số hạng hai dãy số nguyên dương Do đó, cặp số (un, un+1) (vn, vn+1)
nghiệm nguyên dương phương trình (1) Như bổ đề chứng minh ∇
Quay lại toán.Xét tập hợp
S ={(a, b);a, b∈Z+|a2−5ab+b2+ = 0}
Với (a, b)∈S a=bthì ta có
3a2−5 = 0⇒a2 = 3,
điều mâu thuẫn Do a6=b Ta thấy rằng(a, b)∈S thì(b, a)∈S, khơng giảm tính tổng qt ta giả sử với mọi(a, b)∈S a < b Với(a, b) phần tử thuộcS Xét dãy số
(an)được xác định sau
a0 =b, a1 =a, an+2 = 5an+1−an, ∀n∈N
Ta có b(5a−b) =a2+ 5>0⇒5a > b Từ cơng thức xác định số hạng tổng quát dãy số(an) ta an∈Z+ với mọin∈N Ta có(a0, a1) = (a, b)∈S, giả sử (ak, ak+1)∈S với mọik>1,
a2k+1+a2k+2−5ak+1ak+2 =ak+2(ak+2−5ak+1) +a2k+1 =a2k+1+a2k−5akak+1
Từ ta (ak+1, ak+2) ∈S, theo ngun lý quy nạp tốn học thì(an, an+1)∈S,∀n∈N Nếu a= từ(1) ta đượcb2−5b+ = 0⇔b∈ {2,3}
1 Nếub= ta có(a, b) = (u0, u1)
2 Nếub= thì(a, b) = (v0, v1)
Ta xét trường hợp a >1, đó(4a−b)(a−b) = 3a2−5>0, màa < bnên4a < b, màa0 > a1 nên từ
đây ta đượcan> an+1 với mọin∈N Như vớia >1 dãy(an)là dãy giảm ngặt, nên phải tồn sốk choa0> a1 >· · ·> ak+1= Do (ak, ak+1)là nghiệm phương trình
(1) nên ta có ak ∈ {2,3}.Vớiak= 2thì ta có ak+1=u0,ak=u1, đóak−1= 5ak−ak+1=u2, từ
(21)các bộ(un, un+1) (vn, vn+1) (với n∈N) tập tất nghiệm nguyên dương phương
trình (1)
!
Nhận xét Ta thiết lập quan hệ thứ tự trênS sau (x, y)∈S,(x0, y0)∈S
(x, y)>(x0, y0)⇔x > x0 y > y0
Từ nghiệm phương trình(1)bằng phương pháp bước nhảy Viète ta thiết lập nhỏ nghiệm(a, b)theo quan hệ thứ tự nói Từ nghiệm vừa thu ta lại xây dựng nghiệm nhỏ hơn, tiếp tục q trình đến khơng thể xây dựng Khi đó, ta thu nghiệm nhỏ Dãy (an) mơ tả nghiệm phương trình(1)
được xây dựng từ trình xây dựng dựa vào tính chất: a, blà hai số hạng dãy: (ai, ai+1) nghiệm phương trình(1) Để xác định cơng thức truy
hồi dãy(an) ta sử dụng phương pháp bước nhảy Viète Xét phương trình
T2−5T an+1+a2n+1+ =
có nghiệm làan, gọi nghiệm cịn lại an+2 theo hệ thức Viète ta có
an+an+2 = 5an+1
anan+2 =a2n+1+
(2)
Từ đây, ta cóan+2 số nguyên dương, đó(an, an+2)cũng nghiệm phương trình,
và từ(2) ta đượcan+2= 5an+1−an Sau thu nghiệm nhỏ nhất, ta xây dựng nghiệm phương trình từ nghiệm nhỏ thơng qua hai dãy (un) và(vn)
Bài tốn 12 [VMO 2002].Tìm tất giá trị nguyên dương ksao cho phương trình
(x+y+z+t)2 =k2xyzt
có nghiệm nguyên dương
Lời giải
Biến đổi phương trình ban đầu dạng
x2+ (2y+ 2z+ 2t−k2yzt)x+ (y+z+t)2 =
Trong nghiệm nguyên dương phương trình, ta chọn nghiệm (x0, y0, z0, t0) có tổng
x0+y0+z0+t0 nhỏ Khi dễ thấyx0 nghiệm phương trình bậc hai
x2+ (2y0+ 2z0+ 2t0−k2y0z0t0)x+ (y0+z0+t0)2 = (*)
Gọi nghiệm lại của(∗)là x1, theo định lí Viète ta có
x0+x1=k2y0z0t0−2y0−2z0−2t0 (1)
x0.x1= (y0+z0+t0)2 (2)
Từ (1) ta cóx1 nguyên từ (2) ta cóx1 dương Như vậy(x1, y0, z0, t0) số thỏa(∗),
nhưng tính nhỏ tổngx0+y0+z0+t0 mà ta cóx1>x0 Do từ (2)ta suy
x1 =
(y0+z0+t0)2
x0 >
x0 ⇒y0+z0+t0>x0
Kết hợp với(1)ta
(22)Chia hai vế đẳng thứcx20+y20+z20+t20+ 2x0y0+ 2x0z0+ 2x0t0+ 2y0z0+ 2y0t0+ 2z0t0 =k2x0y0z0t0
cho x0y0z0t0, ta
x0
y0z0t0
+ y0
x0z0t0
+ z0
x0y0t0
+ t0
x0y0z0
+
z0t0
+
y0t0
+
y0z0
+
x0t0
+
x0z0
+
x0y0
=k2
Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 >y0>z0 >t0 >1 Khi suy
x0
y0z0t0
k2
4 ,
y0
z0t0x0
1
z0t0
1 , z0 x0y0t0
1
x0t0
1, t0 x0y0z0
1
x0y0
1
Như ta k2 k
2
4 + + + + + + + + + =
k2
4 + 15⇒k
2
620⇒k∈ {1,2,3,4}
1 Nếuk= 1, phương trình có nghiệm(4,4,4,4) Nếuk= 2, phương trình có nghiệm(2,2,2,2) Nếuk= 3, phương trình có nghiệm(1,1,2,2) Nếuk= 4, phương trình có nghiệm(1,1,1,1)
Như để phương trình có nghiệm ngun dương tập hợp tất giá trị nguyên dương k
làk∈ {1,2,3,4}
Bài tốn 13 [IMO 2003].Hãy tìm tất cặp số nguyên dương(a;b)sao cho a
2
2ab2−b3+ 1
là số nguyên dương
Lời giải
Giả sử tồn cặp số nguyên dương(a, b)thỏa mãn điều kiện toán Đặtk= a
2
2ab2−b3+ 1 thìklà
một số nguyên dương Cố địnhk xét tập hợp
S ={(a, b);a, b∈Z+|a2−2akb2+k(b3−1) = 0}
Như ta ta cóS 6=∅ Dok∈Z+ nên với(a, b)∈S ta có 2ab2−b3+ 1>0 suy b2(2a−b)>−1⇒b2(2a−b)>0
Do 2a=bhoặc2a > b Nếu2a > b dok>1 nên ta a2 >2ab2−b3+ 1> b2(2a−b)>b2
Từ suy (a, b) ∈S 2a= bhoặc a > b Gọi (a0, b0) phần tử thuộcS Xét
phương trình T2 −2T kb20+k(b30−1) = phương trình bậc hai ẩn T có nghiệm a0 Gọi
nghiệm lạia1, theo định lí Viète ta có
a0+a1 = 2kb20
a0a1 =k b30−1
(1)
Như ta a1∈Zvàa1 >0 Nếua1= 0, từ(1) ta cób0 = vàa0 = 2k, thì(2k,1)
là cặp số thỏa mãn điều kiện toán Nếua1∈Z+ thì(a1, b0)∈S Khơng giảm tính tổng qt
ta giả sử a1>a0 Chú ý rằng, theo nhận xét thì2a0 =b0 a0 > b0 Nếu a0> b0
ta có ngaya1>a0 > b0, kết hợp với (1)ta thu
kb20 6a1 =
k(b30−1)
a0
k(b30−1)
b0
< kb20
Điều mâu thuẫn Với2a0 =b0 ta (k,2k) cặp số thỏa mãn điều kiện toán Từ
hệ thức a0a1 =k(b30−1)ta thu được(8k3−1,2k) cặp số cần tìm Vậy cặp số(a, b) thỏa
(23)Bài toán 14.Cho phương trìnhx2+y2+z2+t2−N xyzt−N = 0trong đóN số ngun dương cho trước
a) Chứng tỏ rằng, có vơ số giá trị ngun dương N để phương trình có nghiệm nguyên dương (nghĩa nghiệm gồm số nguyên dương x, y, z, t)
b) ChoN = 4k(8m+ 7)với k, mlà số nguyên không âm Chứng minh rằng, phương trình khơng có nghiệm nguyên dương
Lời giải
a) Biến đổi phương trình tương đương
x2+y2+z2+t2−N xyzt−N = (1)
⇔t(t−N xyzt) =N − x2+y2+z2 (2) Với ba số nguyên dương a, b, cvà N =a2+b2+c2 dễ thấy phương trình (2)có nghiệm
x0 =a, y0 =b, z0 =c, t0 =N abc= a2+b2+c2
abc (*)
Chú ý hoán vị bốn sốa, b, c, N abc ta lại nghiệm(x1, y1, z1, t1) phương trình(1)
b) Giả sử phương trình(1)có nghiệm nguyên dương, chọn (x0, y0, z0, t0) nghiệm nguyên dương
(1)sao cho tổng x0+y0+z0+t0 số ngun dương nhỏ Khơng làm tính chất tổng quát,
giả sử x0 6y06z0 6t0 Ta chứng minh vớiN >7thì nghiệm nguyên dương phương
trình (1)với x0 6y0 6z06t0 có phải có dạng(∗)
Theo giả thiết t0 nghiệm phương trình bậc hai
t2−N x0y0z0t+x02+y20+z02−N = (3)
Phương trình(3) có nghiệm thứ hait1 thoả mãn
t1+t0 =N(x0y0z0) (4)
t1·t0 =x20+y20+z02−N (5)
Từ (4)suy t1∈Z Lại theo giả thiết ta có
N(1 +x0y0z0t1) =t21+x20+y02+z20 >0
nên ta t1>−
1
x0y0z0
, t1 ∈Znên t1 >0 Giả sửt1 >0khi đó(x0, y0, z0, t1) nghiệm nguyên
dương (1) Do cách chọn (x0, y0, z0, t0)
x0+y0+z0+t1>x0+y0+z0+t0 ⇒t1 >t0
Từ theo (5)ta có
t20 6t1t0 =x20+y20+z02−N < x20+y02+z02 63z20
Ta có
N +x0y0z02
6N(1 +x0y0z0t0) =x20+y20+z02+t206z02+z20+z02+ 3z20 = 6z02
Từ đó, N >7, nên ta suy N +x0y0z02
66z02 < N z02 ⇒1 +x0y0z02< z02
Điều vô lý chứng tỏ t1 >0là sai, suy rat1 = Từ (4),(5)suy
N =x20+y20+z02 t0 =N x0y0z0
(24)1 Khi k= ta có x2+y2+z2 = 8m+ hay x2+y2+z2 ≡7(mod8) Trong ba sốx, y, z phải có số lẻ ba số lẻ Nếu số alẻ a2 ≡1 (mod 8), x2+y2+z2 6= 7(mod8) Khi k >0ta có
x2+y2+z2 = 4k(8m+ 7) (**) hayx2+y2+z2 ≡0(mod4) Trong ba số x, y, z phải có số chẵn ba số chẵn Nếu có số chẵn, cịn hai sốa, blẻ a2+b2≡2( mod 4), suy rax2+y2+z26= 7( mod 8) Nếux, y, z chẵn, đặtx= 2x1, y= 2y1, z= 2z1 thì(∗∗) tương đương với
x2+y2+z2 = 4k−1(8m+ 7)
Sau k lần biến đổi ta có x2+y2+z2 = 8m+ 7, phương trình vơ nghiệm ngun dương xét k=
Bài toán giải
5 Các toán tổng hợp.
5.1 Đề
Câu Choa, b, k số nguyên dương thỏa mãnk= a
2+ab+b2
ab+ Chứng minh rằngk số
chính phương
Câu Cho số nguyên dươnga, bthỏa mãn ab(5a
2+ 5b2−2)
5ab−1 ∈Z Chứng minh a=b
Câu Cho số nguyên dươngx, y, A thỏa mãn hệ thứcA= x
2+y2+ 30
xy Chứng minh rằngAlà lũy thừa bậc năm số nguyên
Câu Cho số nguyên dươngx, y, z thỏa mãn x
2+y2+z2
xyz+ nhận giá trị nguyên dương Chứng
minh x
2+y2+z2
xyz+ biểu diễn thành tổng hai số phương
Câu 5.Choa, b, clà số nguyên dương thỏa mãn0< a2+b2−abc6c Chứng minh rằnga2+b2−abc số phương
Câu Chom > n số nguyên dương lẻ vàn2−1chia hết chom2−n2+ Chứng minh m2−n2+ 1là số phương
Câu 7.Choxvàylà số nguyên dương thỏa mãn điều kiệnx2+y2+ 1chia hết cho2xy+ Chứng minh rằngx=y
Câu Choa, b số nguyên dương lẻ thỏa mãna2+ 2chia hết cho b vàb2+ chia hết cho a Chứng minh a
2+b2+ 2
ab số phương
Câu Cho số nguyên dươnga, b, c, d thỏa mãn b2+ =ac c2+ =bd Chứng minh a+c= 3bvà b+d= 3c
Câu 10 Giả sử phương trình x2+y2+x+y+ =xyz có nghiệm ngun dương Tìm tất giá trị z
Câu 11 Tìm số nguyên dươngx vày cho x+ 1chia hết cho y vày+ 1chia hết chox Câu 12 Tìm số nguyên dươngx, y để x2+ 2chia 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 dươnga, b, clà thỏa mãn (ab+ 1) (bc+ 1) (ca+ 1)là số phương Chứng minh ba số ab+ 1;bc+ 1;ca+ 1đều số phương
Câu 15 Tồn hay không năm số nguyên dươnga1;a2;a3;a4;a5 thỏa mãn hệ điều kiện
a22+ = (a1+ 1) (a3+ 1)
a23+ = (a2+ 1) (a4+ 1)
(25)5.2 Hướng dẫn giải - Lời giải
Câu Choa, b, k số nguyên dương thỏa mãnk= a
2+ab+b2
ab+ Chứng minh rằngk
một số phương
Lời giải Trước tiên ta cố địnhk xét tập S =
(a, b)∈N×N|k= a
2+ab+b2
ab+
Giả sử phản chứng kkhơng 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 >0 Xét phương trình bậc hai ẩnx
k= x
2+xB+B2
xB+ ⇔x
2+ (B−kB)x+B2−k= 0
Phương trình hiển nhiên có hai nghiệm Avà x0, theo định lí Viète ta có
x0+A=kB−B (1)
x0.A=B2−k (2)
Từ (1)ta suy đượcx0 số nguyên
1 Nếux0<0thìx0 6−1⇒x2−(Bk−B)x+B2−k>x2+ (Bk−B) +B2−k >0, điều
mâu thuẫn
2 Nếux0 = thìk=B2 số phương, trường hợp loại
3 Nếux0 >0 thì(x0, B)∈S
Như ta
x0+B =
B2−k
A +B < B2
A +B < A2
A +B =A+B
điều mâu thuẫn với tính nhỏ tổng A+B Do giả thiết phản chứng sai, từ ta có
k phải số phương
Câu Cho số nguyên dương a, bthỏa mãn ab(5a
2+ 5b2−2)
5ab−1 ∈Z Chứng minh rằnga=b
Lời giải.Vì gcd(ab,5ab−1) = 1nên ta có 5a
2+ 5b2−2
5ab−1 ∈Z Đặt
5a2+ 5b2−2
5ab−1 =k∈Z, ta dễ dàng
có
5(a2+b2)−2>10ab−2>5ab−1⇒k= 5a
2+ 5b2−2
5ab−1 >1⇒k>2
Xét tập S=
(a, b)∈Z+×
Z+|k= 5a
2+ 5b2−2
5ab−1 ∈Z
Cố địnhk phần tử củaS, ta chọn cặp số (A, B) nguyên dương thỏa mãn tổngA+B nhỏ Gỉa sử A6=B, khơng tính tổng qt, xétA > B Xét phương trình bậc hai ẩnx
5x2+ 5B2−2
5xB−1 =k⇔5x
2−5xBk+ 5B2+k−2 = 0
Dễ thấy phương trình có nghiệm A, gọi nghiệm cịn lại làx0 Theo định lí Viète, ta có
A+x0=Bk (1)
Ax0 =
5B2+k−2 (2)
(26)1 Nếux0<0 thìx06−1⇒5x20−5x0Bk+ 5B2+k−2>5 + 5Bk+ 5B2+k−2>0, điều
mâu thuẫn
2 Nếux0 >0 thì(x0, B)∈S Khi tính nhỏ tổngA+B mà ta có
x0>A⇒
5B2+k−2
5A >A⇔
5A2+ 5B2−2
5AB−1 −2>5(A−B)(A+B)
⇔ 5(A−B)
2
5AB−1 >5(A−B)(A+B)
⇔A−B >(A+B)(5AB−1)
Rõ ràng điều vô lí
Như phải có x0 = 0, suy 5B2 = 2−k>0, lại có k>2, đók= Suy
5a2+ 5b2−2
5ab−1 = 2⇔(a−b)
2 = 0⇔a=b
Bài toán giải
Câu 3.Cho số nguyên dương x, y, Athỏa mãn hệ thức A= x
2+y2+ 30
xy Chứng minh A lũy thừa bậc năm số nguyên
Lời giải Gọi(x0;y0) cặp số thỏa mãn đề có tổng x0+y0 nhỏ Ta giả sửx0 6y0 Xét
phương trình bậc hai ẩny
y2−A.x0.y+x20+ 30 = (*)
Vì (x0;y0) thỏa mãn đề nêny0 nghiệm phương trình(∗) Gọi nghiệm cịn lại lày1 Theo
định lí Viète ta có
y0+y1 =Ax0 (1)
y0y1 =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 6x0+y1⇔y0 6y1
Như vậyx06y06y1 Ta xét trường hợp sau
• Trường hợp Nếux0 =y0 ta thay vàoA ta
A= + 30
x20 ∈Z⇒x0 = 1⇒A= 32
• Trường hợp Nếuy0 =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 Nếux0 < y0 < y1, ta suy
y0 >x0+
y1 >x0+
Do từ (2)suy
x20+ 30>(x0+ 1) (x0+ 2)⇔x069
Khi x0 = từ(2)suy y0y1 = 92+ 30 = 111, vìy0< y1 ⇒(y0;y1) = (1; 111); (3; 37) Điều
này 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
(27)Câu Cho số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x
2+y2+z2
xyz+ nhận giá trị nguyên dương
Chứng minh x
2+y2+z2
xyz+ biểu diễn thành tổng hai số phương
Lời giải Ta đặtn= x
2+y2+z2
xyz+ , ta chứng minh nlà tổng hai số phương Viết
lại đẳng thức thành x2+y2+z2 =n(xyz+ 1) Giả sử (x0;y0;z0) số nguyên dương
thỏa mãn yêu cầu toán, điều có nghĩa
x20+y02+z02 =n(x0y0z0+ 1)
Hay ta viết lại
x20−nx0y0z0+y02+z20−n=
Xét phương trình bậc hai x2−nxy0z0+y02+z20−n= 0, ta thấyx0 nghiệm phương
trình Theo định lí Viète ngồi nghiệmx0 phương trình cịn có nghiệm nữa, ta gọi nghiệm
làx1 Như theo định lí Viète ta có
x1+x0=ny0z0
x1x0=y20+z02−n
Từ hệ thức ta suy x1 nhận giá trị ngun Khơng tính tổng qt ta chọn x0+y0+z0
bé x0 >y0 >z0 Ta xét trường hợp sau
• Trường hợp Nếuy02+z02 < n, đóx1 số nguyên âm Từ suy
0 =x21−ny0z0x1+y20+z02−n>x21+n+y20+z02−n=x21+y20+z02>0
điều vơ lí
• Trường hợp 2.Nếu y20+z02> n, đóx1 số nguyên dương Khi đó(x1;y0;z0)là số
nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán Theo cách chọn(x0;y0;z0) ta suy đượcx06x1
Khi từ định lí Viète ta có
y20+z02−n−ny0z0 = (x0−1) (x1−1)−1>(x0−1)2−1
Ta lại xét khả sau
1 Nếux0 > y0 ta được(x0−1)2−1>y02−1 Do
y20+z02−n−ny0z0 >y02−1
Từ suy z20+ 1>ny0z0+n>n z02+
, ta cón= Nếux0 =y0, ta được2y20+z02=n y20z0+
Do
z02 =y02(nz0−2) +n>z02(nz0−2) +n > z20(nz0−2)
Từ ta suy nz0 < nên n = n = 2, ý n = = 02 + 12
n= = 12+ 12
• Trường hợp 3.Nếuy20+z02=nthì có nghĩa lànviết thành tổng hai số phương
Vậy toán chứng minh xong
(28)Lời giải.Giả sử tồn số nguyên dươnga, b, cthỏa mãn0< a2+b2−abc6cmàk=a2+b2−abc số phương Khi ta có0< k6c Khơng tính tổng quát ta giả sửa>b Xét phương trình bậc hai ẩnx
x2−bcx+b2−k=
Khi đóalà nghiệm phương, theo định lí Viète phương trình cịn có nghiệm làx=a1 Từ ta
a+a1 =bc
a.a1=b2−k
Như ta suy raa1 số nguyên
1 Nếu a1 = 0, từ hệ thức a.a1=b2−k ta đượck=b2 số phương, điều mâu
thuẫn với giả sử
2 Nếua1<0, đók=a21+b2−a1bc>a21+b2+bc > c, mâu thuẫn 0< k6c
Như ta đượca1 số nguyên dương Cũng theo định lí Viète ta có
a1 =
b2−k a b2−k
a < a
⇒a1< a
Ta thấy cặp số (a1;b) nghiệm Khi ta cóa1+b < a+b, điều vơ lí ta chọn
cặp số (a;b) với a+b bé Như tồn k đểk =a2+b2−abc khơng phải số phương Như vậya2+b2−abcphải số phương
Câu [Taiwan MO 1998] Cho m > n số nguyên dương lẻ n2 −1 chia hết cho m2−n2+ Chứng minh m2−n2+ 1là số phương
Lời giải Theo giả thiết ta cón2−1 chia hết chom2−n2+ 1nên ta m2− m2−n2+ chia hết cho m2−n2+ Từ suy
m2−n2+ 1|m2 Từ điều ta suy tồn k để
m2=k m2−n2+
Ở ta ý rằngm2 =
m+n
2 +
m−n
2
2
vàm2−n2+1 = 4.m+n
2
m−n
2 −1 Domvànlà số
nguyên dương lẻ, lại cóm > nnên m+n
2 ;
m−n
2 số nguyên dương, đặt x=
m+n
2 ;y=
m−n
2 ,
khi ta
(x+y)2 =k(4xy+ 1)
Bây ta chứng minh rằng4xy+ số phương, nhiên trước tiên ta cần phải chứng minhk số phương Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương(x0;y0) vớix0+y0 nhỏ thỏa
mãn thỏa đẳng thức trên, ta có
(x0+y0)2 =k(4x0y0+ 1)
Xét phương trình bậc hai ẩn x làx2−(4k−2)y0x+y02−k= Khi đóx0 nghiệm phương
trình Như theo định lí Viète phương trình cịn có nghiệm làx1, lúc ta có
x0+x1 = (4k−2)y0
x0.x1=y20−k
(29)• Nếux1 <0 từ hệ thức thứ hai x0.x1 =y02−kta y20−k <0⇒y20 < k, ta suy
x21−(4k−2)y0x1+y02−k= (x1+y0)2+k(−4x1−1)>0
điều mâu thuẫn vìx1 nghiệm phương trình
• Nếux1 = 0, từ x0.x1 =y02−kta y20−k= 0⇒k=y20 số phương
• Nếu x1 >0 ta y20−k >0⇒k > y02 Khi đó(x1;y0) nghiệm phương trình
(x+y)2=k(4xy+ 1) Theo cách chọn cặp số (x0;y0) ta có
x0+y0 6x1+y0⇒y0 6x06x1
Kéo theo y20−(4k−2)y02+y02−k= (4−4k)y02−k>0, điều vơ lí vìklà số nguyên dương Vậy ta klà số phương nên dẫn đếnm2−n2+ 1là số phương
Câu Chox vày số nguyên dương thỏa mãn điều kiệnx2+y2+ 1chia hết cho2xy+ Chứng minh x=y
Lời giải Do2xy+ 1|x2+y2+ 1nên ta đặtk= x
2+y2+ 1
2xy+ vớik số nguyên dương Nhận thấy
khix=y thìk= 1và ngược lại Do ta chứng minhk= Giả sử cặp số nguyên dương
(a0;b0)với a0+b0 bé thỏa mãn yêu cầu tốn Khơng tính tổng qt ta giả sửa0 >b0
Xét phương trình
k= x
2+b2 0+
2xb0+
⇔x2−2kb0x+b20+ 1−k=
Khi ta có
∆0 =b20k2−b20−1 +k= (k−1)b20(k+ 1) + 1>0
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 sửa1<0,
a21−2kb0a1+b20+ 1−k > a21+ 2kb0+b20+ 1−k >0
điều vơ lí vìa1 nghiệm phương trình x2−2kb0x+b20+ 1−k= 0, suy raa1 >0 Ta xét
các trường hợp sau
• Trường hợp Nếua1= 0, ta đượca1b0 = 0, điều dẫn đếnxy= • Trường hợp Nếua1>0, nếua0> b0 ta
a1+b0=
b20−k+
a0
+b0<
a20−1 +
a0
+b0 =a0+b0
Đều mâu thuẫn với chọn(a0;b0) vớia0+b0 bé
Như vậya0 =b0, suy k=
2a20+
2a20+ = Do ta x=y
Câu 8.Choa, b số nguyên dương lẻ thỏa mãna2+ 2chia hết chob vàb2+ 2chia hết cho a Chứng minh a
2+b2+ 2
(30)Lời giải Ta thấy a, blà số nguyên tố Thật d= (a, b) b|a2+ nên d|a2+ 2, lại cód|anên d|2 Mặt khác a, b số lẻ nên suy rad= Do b|a2+ vàa|b2+ nên
ab| a2+ b2+ 2⇔ab|2a2+ 2b2+
Doavàblà số lẻ nên suy raab|a2+b2+ Khi tồn số nguyên dươngksao choa2+b2+ =kab Bây ta chứng minhk 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 minhk= 4thỏa mãn toán Giả sử cặp số dương (a0;b0) với a0+b0 nhỏ thỏa mãn yêu cầu
bài toán, tức ta có
a20+b20+ 2−ka0b0=
Khơng tính tổng quát ta giả sửa0 >b0 Xét phương trình bậc hai ẩna
a2−kb0a+b20+ =
Khi ta thấya0 nghiệm phương trình Khi theo định lí Viète phương trình
trên cịn có nghiệm nữa, ta gọi làa1, 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
bài toán Theo cách chọn cặp số(a0;b0) ta
a0+b0 6a1+b0⇒a0 6a1
Từ ta có
a0 =kb0−a16kb0−a0 ⇒
a0
b0
k
2
Mặt khác từ điều kiệna20+b20+ 2−ka0b0= ta lại
a0
b0
+ b0
a0
+
a0b0
=k
Do a0 b0
k
2 nên k6
k
2 + + hayk66 Theo bất đẳng thứcAM−GM ta có
a20+b20 >2a0b0 ⇒k >2
Đến ta xét trường hợp sau
1 Nếu k= 3, ta a20+b20+ = 3a0b0 Từ suy 3|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
2 Nếuk6= 4, từ a0 b0
+ b0
a0
+
a0b0
=k ta được(a0;b0)6= (1; 1)
Như ta k6 k
2 + + 1hay k64, đók= 5vàk= khơng thỏa mãn bà tốn Vậy ta suy
ra cók= thỏa mãn yêu cầu toán
Câu Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn b2+ =acvà c2+ = bd Chứng minh a+c= 3b vàb+d= 3c
Lời giải Từ giả thiết ta thấy(b, c) = Thật vậy, gọi(b, c) =kkhi ta có
b=b0k c=c0k ⇒
kac0|k2b02+
(31)Từ ta k2adb0c0|k2b02+ k2c02+ 1, suy
k2 |k2b02+ k2c02+ 1⇒k2 |k4b02c02+k2b02+k2c02+ 1⇒k2|1⇒k=
Hơn từ giả thiết ta lại có
b2+ =ac
c2+ =bd ta
b|c2+
c|b2+
Như vậyab|b2+c2+ hayb2+c2+ =mbcvới số nguyên dương mnào Đến sử dụng kết củabài tốn 4trong phần bước nhảy Vièteta có đượcm= 3, thìb2+c2+ = 3bc Từ suy
b2+ =ac c2+ =bd ⇒
b2+c2+ =c2+ac b2+c2+ =b2+bc ⇒
ac+c2 = 3bc b2+bd= 3bc
Hay ta
a+c= 3b
b+d= 3c , toán chứng minh
Câu 10 Giả sử phương trìnhx2+y2+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) vớix0+y0 nhỏ thỏa mãn thỏa đẳng
thức Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 >y0, ta
x20+y02+x0+y0+ =zx0y0
Xét phương trình bậc hai ẩn x
y2+ (1−zx0)y+x20+x0+ =
Khi y0 nghiệm phương trình trên, mà theo hệ thức Viète phương trình cịn có
nghiệm lày1 Do ta
y0+y1 =zx0−1
y0.y1=x20+x0+
Từ hệ thức ta suy y1 có giá trị nguyên dương Khi xặp số nguyên dương (y1;x0)là
một nghiệm phương trình cho Theo cách chọn cặp số (x0;y0) ta suy đượcy06y1 Ta xét
các trường hợp sau
• Nếux0 =y0 từx20+y20+x0+y0+ =zx0y0 ta suy
2x20+ 2x0+ =zx20
Từ ta x0 =y0 = vàz=
• Nếux0 > y0 ta đượcy0 < x0 < y1, ta
x20+ (1−zx0)x0+x20+x0+ 1<0⇒x <2 +
2
x0
+
x20 Đến ta xét giá trịx0>2 khơng tìm đượcz thỏa mãn
Như vậyz= giá trị thỏa mãn yêu cầu đề
Câu 11 Tìm số nguyên dương x vày cho x+ 1chia hết cho y vày+ 1chia hết cho x
Lời giải Do x+ chia hết choy vày+ chia hết chox nên ta (x+ 1) (y+ 1) chia hết choxy Từ suy
(32)Đến biến đổi tiếp ta đượcxy | x2+y2+ 2x+ 2y+ Khi tồn số nguyên dươngk cho x2+y2+ 2x+ 2y+ =kxy Giả sử cặp số nguyên dương (x0;y0) vớix0+y0 nhỏ thỏa mãn yêu
cầu toán Khi ta
x20+y02+ 2x0+ 2y0+ 1−kx0y0=
Khơng tính tổng qt ta giả sửx0>y0 Xét phương trình bậc hai ẩnx
x2+ (2−ky0)x+ (y0+ 1)2=
Khi x0 nghiệm phương trình Như theo định lí Viète phương trình cịn có
một nghiệm khác x1 Do ta
x0+x1 =ky0−2
x0.x1= (y0+ 1)2
Từ hệ thứcx0+x1 =ky0−2 ta suy x1 số nguyên Từ hệ thức x0.x1= (y0+ 1)2 ta suy
đượcx1 số nguyên dương Chú ý lúc cặp số nguyên dương (x1;y0) thỏa mãn tốn Ta
có
x0+y0 6x1+y0⇒x06x1
do ta y06x0 6x1 Đến ta xét trường hợp sau
1 Nếux0 =y0, ta
2x20+ 4x0+ =kx20 ⇒k= +
1
x2
+
x0
Do klà số nguyên dương nên ta suy đượcx0= thỏa mãn, suy rax0=y0 = 1thỏa
mãn toán
2 Nếu x0 = x1 > y0 > 1, từ x0.x1 = (y0+ 1)2 ta x0 = y0+ Thay vào hệ thức
x0+x1=ky0−2ta
2x0 =k(x0−1)−2⇔k= +
4
x0−1
Do k x0 số nguyên dương nên ta tìm x0 = 2, x0 = 3và x0 = 5, tương ứng
y0 = 1, y0= vày0= Tuy nhiên thử vào tốn ta thấy có hai cặp số nguyên dương
thỏa mãn là(2; 1),(3; 2)
3 Nếux1 > x0> y0>1, ta đượcx1 >x0+ 1>y0+ Từ ta
x0.x1>(y0+ 2) (y0+ 1)>(y0+ 1)2
Do trường hợp không 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 dươngx, y để x2+ 2chia hết cho xy+
Lời giải.Ta biến đổi giả thiết thànhx2−mxy+ 2−m= 0, giả sử cặp số nguyên dương(x0;y0)
vớix0+y0 bé thỏa mãn yêu cầu toán, tức ta cóx02+ =m(x0y0+ 1) Xét phương trình
bậc hai ẩnx
x2−mxy0−m+ =
Khi đóx0 nghiệm phương trình Theo định lí Viète phương trình cịn có
nghiệm nữa, gọi nghiệm làx1 Khi ta có
x0+x1 =my0
(33)Từ hệ thức x0+x1=my0 ta suy rax1 số nguyên Mặt khác nếux1<0, ta đượcx1 6−1
Do
x21−mx1y0−m+ 2>x21+my0−m+ 2>0
Điều mâu thuẫn với x1 nghiệm phương trình Như x1 >0 hay x1 số nguyên
không âm Do từ hệ thứcx0.x1= 2−m ta
2−m>0⇒m∈ {1; 2}
Ta xét trường hợp sau
1 Nếu m= 1, ta x(x−y) =−1nên ta đượcx= 1;y= thỏa mãn yêu cầu toán
2 Nếu m = 2, x(x−2y) = Lại x 6= nên suy x−2y = ⇔ x = 2y Do x= 2k;y=k vớiklà số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu toán
Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn là(x;y) = (1; 2),(2k;k) với klà 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 đượca−b+cchia hết cho 11 Kết hợp vớia∈ {1; 2; 9};b, c∈ {0; 1; 2; 9}
ta suy đượca−b+c= 0hoặc a−b+c= 11 Như ta xét hai trường hợp sau
• Vớia−b+c= 0, ta đượcb=a+c Ta cóA= 100a+ 10b+c= 99a+ 10b+a+c= 99a+ 11b KhiA chia 11 thương số phép chia tổng bình phương chữ số củaA nên ta
A
11 =a
2+b2+c2 ⇔9a+b=a2+b2+c2
Kết hợp vớib=a+c ta
9a+ (a+c) =a2+ (a+c)2+c2 ⇔10a+c= 2a2+ 2ac+ 2c2
Doa>1nên suy
10a+c>2a2+ 2c+ 2c2⇒2c2+c610a−2a2 25
2
Do mà2c2+c612⇒c62 Cũng từ 10a+c= 2a2+ 2ac+ 2c2 ta suy đượcclà số chẵn Từ ta c= hoặcc= Ta xét khả
1 Vớic= 0, ta đượca=bnên số cần tìm có dạng A=aa0 Do
A
11 = 50 = 2a
2 ⇒a= 5⇒a=b= 5
Từ ta tìm A= 550
2 Vớic= 2, từ10a+c= 2a2+ 2ac+ 2c2 ta
10a+ = 2a2+ 4ac+ 8⇔a2−3a+ =
(34)• Vớia−b+c= 11, ta đượcb+ 11 =a+c Doa, b, clà chữ số nên từb+ 11 =a+c ta suy đượca>2 Ta có
A= 100a+ 10b+c= 99a+ 10b+a+c= 99a+ 11b+ 11
Ta xét khả sau
1 Xéta= 2, đóc= 9;b= Ta đượcA= 209khơng thỏa mãn tốn
2 Xét a= 3, ta đượcc= 8;b= c= 9;b= Ta A= 308hoặc A= 319
khơng thỏa mãn
3 Xét a>4, A chia 11 thương số phép chia tổng bình phương chữ số củaA nên ta
A
11 =a
2+b2+c2 ⇔9a+b+ =a2+b2+c2
Kết hợp vớib=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
Doa>4nên suy
32a+ 23c−131>2a2+ 8c+ 2c2 ⇒2c2−15c632a−2a2−1316−3
Do suy 2c2−15c6 −3 ⇒ c 67 Từ 32a+ 23c−131 = 2a2+ 2ac+ 2c2 ta suy ra
được c số lẻ Do ta c= 1; 3; 5; Đến xét trường hợp c b= 0;a= thỏa mãn
Do số cần tìm làA= 803
Vậy số thỏa mãn yêu cầu toán 550 803
Câu 14 [Kiran Kedlaya].Cho số nguyên dươnga, b, clà thỏa mãn(ab+ 1) (bc+ 1) (ca+ 1)
là số phương Chứng minh ba số ab+ 1;bc+ 1;ca+ 1đều số phương
Lời giải Từ giả thiết ta nhận thấy để chứng minhab+ 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 minhab+ 1;bc+ 1;ca+ 1đều số phương nên biến đổi phương trình bậc hai cần chứa đại lượng ab+ 1;bc+ 1;ca+ Xét phương trình bậc hai ẩn tsau
t2+a2+b2+c2−2 (ab+bc+ca+ta+tb+tc)−4abct−4 =
⇔t2−2t(a+b+c+ 2abc) +a2+b2+c2−2 (ab+bc+ca)−4 =
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+
p
(ab+ 1) (bc+ 1) (ca+ 1)
t2 =a+b+c+ 2abc−2
p
(35)Do (ab+ 1) (bc+ 1) (ca+ 1)là số phương nên tnhận giá trị nguyên Từ ba phương trình ta
43(ab+ 1) (ac+ 1) (bc+ 1) (ct+ 1) (bt+ 1) (at+ 1)
là số phương, (ct+ 1) (bt+ 1) (at+ 1) số phương, ta lại có
at+ 1>0;bt+ 1>0;ct+ 1>0
nên at+ 1>0;bt+ 1>0;ct+ 1>0 Trong số nguyên dương (a;b;c)thỏa mãn toán ta xét số(a;b;c) choa+b+cnhỏ Khơng tính tổng qt ta chọnc= max{a;b;c} Dễ thấy a=b=c= khơng thỏa mãn tốn nênc= max{a;b;c}>1, đót> −1
max{a;b;c} >−1 Ta
xét trường hợp sau
1 Nếut= 0, từ phương trình bậc hai ta
(a+b+c)2 = (ab+bc+ca) + 4⇔(a+b−c)2 = (ab+ 1)
Suy raab+ số phương Chứng minh hồn tồn tương tự ta bc+ 1;ca+ số phương
2 Nếut >0, doa+b+c có giá trị nhỏ nên ta t>cvàt nhận hai giá trị
t1=a+b+c+ 2abc+
p
(ab+ 1) (bc+ 1) (ca+ 1)
t2=a+b+c+ 2abc−2
p
(ab+ 1) (bc+ 1) (ca+ 1)
Mà theo định lí Viète ta có
t1t2=a2+b2+c2−2 (ab+bc+ca)−46c2−a(2c−a)−b(2c−b)< c2
Điều dẫn đến mâu thuẫn Nên trường hợp khơng có giá trịt thỏa mãn
Như tốn giải hồn tồn
Câu 15 Tồn hay khơng năm số nguyên dươnga1;a2;a3;a4;a5 thỏa mãn hệ điều kiện
a22+ = (a1+ 1) (a3+ 1)
a23+ = (a2+ 1) (a4+ 1)
a24+ = (a3+ 1) (a5+ 1)
Lời giải Trước hết ta kiểm tra tính chẵn lẻ số cho trước có đánh giá hợp lí Giả sửa1 số lẻ, a2 số lẻ nêna22+ 1chia dư 2, từ suy raa3+ 1là số lẻ, dẫn đến a3 số
chẵn Điều vơ lý vìa2+ 1là số chẵn nên khơng thể ước số lẻa23+ Do vậya1 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 y2+
.(x+ 1)và x2+
.(y+ 1) Ta chứng minh không tồn cặp số chẵnx vày thỏa mãn điều
Giả sử tồn cặp số nguyên dương (x, y)thỏa mãn y2+ (x+ 1)và x2+ (y+ 1), ta
y2+ +x2−1 (x+ 1)⇒ x2+y2 (x+ 1)
Tương tự ta có x2+y2 (y+ 1) Gọid= (x+ 1, y+ 1), đódlà ước củax2+ 1;y2+ 1;x2+y2 Do
x2+ +y2+ 1− x2+y2
.d⇒2 d
Như d= 1hoặcd= Mà x+ 1;y+ 1là số lẻ, ta đượcd= 1hayx+ 1;y+ 1nguyên tố Từ dẫn đến
x2+y2
(36)Khi tồn số nguyên dương ksao cho
x2+y2 =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
nhất Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 >y0 Xét phương trình bậc hai ẩn x
x2−k(y0+ 1)x+y20−k(y0+ 1) =
Khi đóx0 nghiệm phương trình Theo định lí Viète cịn có nghiệm làx1 Khi
đó ta có
x0+x1 =k(y0+ 1)
x0x1 =y02−k(y0+ 1)
Nếu x1 = 0, từ x0x1=y20−k(y0+ 1)ta y20 =k(y0+ 1)nên suy ray02 (y0+ 1), điều
vơ lí vìy0 y0+ 1ngun tố Do x1 6= Mặt khác ta có
(x0+ 1) (x1+ 1) =x0x1+x0+x1+ =y02+
nên x1+ 1là số lẻ Do x1 >0 số chẵn Đồng thời ta có
x1+ =
y20+
x0+
y02+
y0+
y06x0
Như cặp số (y0;x1) nghiệm
x2+y2 =k(x+ 1) (y+ 1)
Cặp số (y0;x1) thỏa mãn y0+x1 6y0+x0, điều vơ lí ta chọnx0+y0 bé Vậy điều
ta giả sử sai hay không tồn số chẵnx, 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
1 Cho số nguyên dươngx, y thỏa mãn x2+ 1chia hết cho y+ 1và y2+ chia hết cho x+ Chứng minh rằngx y số lẻ
2 Tìm số nguyên dương k để phương trình x2+y2 = k(x+ 1) (y+ 1) có nghiệm ngun dương
3 Tìm số tự nhiên nbé cho tồn số nguyên dương a1;a2; ;an thỏa mãn
a2k= (ak−1+ 1) (ak+1+ 1)
với số26k6n−1
6 Bài tập tự luyện.
Câu Tìm tất số tự nhiêna, b, csao cho tồn số nguyên dương n, m, k thỏa mãn điều kiện sau
a= m
2+b
2m ;b= n2+c
2n ;c=
k2+a
2k
Câu Tìm nghiệm nguyên phương trình saux3+x2y+xy2+y3 = x2+xy+y2+ Câu Tìm nghiệm nguyên phương trình3 x2−xy+y2
= (x+y) Câu [Putnam 1998].Chứng minh với số thựcN phương trình
x21+x22+x32+x24=x1x2x3+x1x2x4+x1x3x4+x2x3x4
có nghiệm(a1, a2, a3, a4) với a1, a2, a3, a4 số nguyên lớn N
Câu Giả sử bốn số nguyêna, b, c, d đôi khác thoả mãn hệ điều kiện sau
a2−2ac−5d=b2−2bc−5d=
(37)Chứng minh a+b+c+dlà hợp số
Câu Tìm số nguyên dươngx, ysao cho √x+y−√x−√y+ =
Câu [Turkey National Olympiad 2015].Vớim, n số nguyên dương cho
k= (m+n)
2
4m(m−n)2+ 4
cũng số nguyên Chứng minh rằngk số phương
Câu Chop số nguyên dương Giả sử phương trìnhx2+px+ = 0có hai nghiệm làa1;a2
và phương trìnhx2+qx+ = 0có hai nghiệm b1;b2 Chứng minh
(a1−b1) (a2−b1) (a1+b2) (a2+b2)
là hiệu hai số phương
Câu Tìm cặp số nguyên(a;b) cho hai sốa2+ 4bvà b2+ 4ađều số phương Câu 10 Tìm chữ sốa, b, c, d, e thỏa mãn điều kiệnab+cde=
√
abcde
Câu 11 Choa, b số nguyên dương thỏa mãna2+b2 chia hết choab Tính giá trị biểu thức
A= a
2+b2
ab
Câu 12 [Đề thi trường Đơng phía Bắc 2015] Tìm tất số nguyên dươngk cho phương trình x2−(k2−4)y2+ 24 = 0có nghiệm ngun dương
Câu 13 Chứng minh tất nghiệm nguyên dương phương trìnhx2+y2+ = 3xy
(x, y) = (F2k−1, F2k+1) vớiFn số Fibonacci
Câu 14 Tìm tất số nguyên dươngn cho phương trình sau có nghiệm ngun dương x2+y2 =n(x+ 1)(y+ 1)
Câu 15.Giả sử a, blà số nguyên dương thỏa mãn b+ 1|a2+ 1, a+ 1|b2+ 1.Chứng minh rằnga, b số lẻ
Câu 16 Chứng minh nếua, b số nguyên dương chok= a
2+b2+ 6
ab nguyên k= Câu 17 Chứng minh có vơ số cặp số nguyên dương(a;b) thỏa mãn a+
b +
b+
a =
(38)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
https://artofproblemsolving.com/community. https://diendantoanhoc.net/.