VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC (bản word ở phần mất phí)

Phiếu học tập tuần toán 7 Tailieumontoan com  Nguyễn Công Lợi VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC Nghệ An, tháng 9 năm 2019 Website tailieumontoan com Tác giả Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 1 VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan com giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề vận dụng định lý Vi et giải các bài toán số học Chúng tôi đã kham kh[.]

VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề vận dụng định lý Vi-et giải các bài toán số học Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới thường được ra trong các kì thi gần đây

Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp con em mình học tập Hy vọng chuyên đề vận dụng định lý Vi-et để giải các bài toán số học có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung

Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!

Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!

VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

2 Một số ví dụ minh họa

Trước khi đi sâu vào vấn đề nghiên cứu, tôi xin đưa ra hai ví dụ có áp dụng định lí Vi – et trong qua trình giải quyết Trong đó ví dụ thứ nhất là một phương trình bậc hai và ví dụ thứ hai là một hệ phương trình nghiệm nguyên

Ví dụ 1 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có các nghiệm đều nguyên: 2

x mx m 2  0

Phân tích và hướng dẫn giải

Phương trình được cho trong ví dụ 1 là phương trình bậc hai nên hoàn toàn tự nhiên khi các em học sinh

chưa cho tham số m nhận giá trị nguyên nên khi giải học sinh dễ gặp sai lầm Ta sẽ đi tìm hiểu hai lời giải sau đây

Lời giải 1 Do phương trình trên là phương trình bậc hai nên để phương trình có nghiệm thì trước hết ta cần có

2

m 4 m 2 0

m 4 m 2 k  m 2 k m 2 k    12

Rõ ràng lời giải trên cho ta kết quả đúng, nhưng một sai lầm mà các học sinh gặp phải ở đây là chưa giải

Vậy thì có cách nào để giải thích được m là số nguyên không? Chú ý rằng theo định lí Vi – et thì ta có

để giải thích được m nguyên thì lời giải trên không còn có sai lầm nữa

Lời giải 2 Chú ý rằng phương trình trên có hệ số a1 nên theo hệ thức Vi – et với hai nghiệm x ; x1 2 thì ta có

Như vậy chỉ cần tìm được các giá trị nguyên của hai nghiệm thì sẽ tìm được giá trị của m Muốn vậy ta

Nhận xét Qua hai cách giải trên ta có một số điều cần lưu ý như sau:

 Trong hai cách giải trên ta thấy cách thứ nhất dễ gây ra sai lầm cho học sinh khi không giải thích được tham m số nguyên, tất nhiên nếu biết khai thác một chút về hệ thức Vi – et thì sai lầm hoàn toàn được khắc phục  Trong cách giải thứ hai ta sử dụng hoàn toàn hệ thức Vi – et để tìm các nghiệm nguyên của phương trình

đã cho mà không cần quan tâm đến giá trị của nguyên của tham số m Tuy nhiên để thực hiện được như vậy thì một yêu cầu đó là từ hệ thức Vi – et cần khử được hết các tham số m và khi phương trình nghiệm thu được cần phải giải được các nghiệm nguyên

 Bài toán trong ví dụ 1 có thể được khai thác theo tư tưởng hoàn toàn số học như sau:

+ Do m có giá trị nguyên nên ta đặt my và chuyển bài toán về dạng: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

2

x xy y 2  0.Với phương trình nghiệm nguyên này học sinh có thể giải được nhiều cách

+ Chú ý rằng do m nguyên và từ phương trình đã cho ta được m x 1  x2 2 Khi đó ta viết lại bài toán

thành: Tìm các số nguyên x để x2 2 chia hết cho x 1

Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình: xy yz zx 8

Phân tích và hướng dẫn giải

Đây là hệ phương trình có cấu trúc đặc biệt Do số ẩn nhiều hơn số phương trình nên thông thường ta nghĩ đến phương pháp đánh giá Do vai trò bình đ ng của các ẩn nên ta có thể đánh giá một ẩn nào đó, ch ng hạn là ẩn

z

Chú ý rằng nếu xem z là tham số và x, y là ẩn số thì hệ phương trình trên là hệ đổi xứng hai ẩn dạng 1 Ta viết lại hệ:

Trong phương trình bậc hai trên thì z đóng vài trò tham số, khi đó nếu xác định được giá trị của z thì xem

3z 10z 7 0 1 z

3

      Do z nhận giá trị nguyên nên z1 hoặc z2

thỏa mãn

Nhận xét Ví dụ 2 là một bài toán về nghiệm nguyên và việc sử dụng định lí Vi – et giúp ta có lời giải ngắn gọn và

dễ hiểu Thông thường với các bài toán nghiệm nguyên ta hay chú ý đến sử dụng các kiến thức số học để giải Tuy nhiên trong ví dụ 2 thì việc sử dụng các kiến thức số học lại không đem lại hiệu quả, trong khi đó một định lí trong đại số lại cho ta một lời giải đẹp

Có thể nói hai ví dụ trên chưa cho học sinh thấy được rõ nét ứng dụng của định lí Vi – et trong giải các bài toán số học Vì dù sao hai vì dụ trên cũng ít nhiều mang tư tưởng đại số và qua quá trình biến đổi thì mới thấy xuất hiện rõ phương trình bậc hai Tuy nhiên qua đó gợi cho các em học sinh một suy nghĩ là phải chăng đang còn những bài toán số học khác có thể áp dụng được định lí Vi – et Ta đi tìm hiểu sâu ứng dụng của định lí Vi – et trong các ví dụ tiếp theo sau đây

Ví dụ 3 Tìm các số nguyên dương a và ba b sao cho phương trình sau có các nghiệm đều là số nguyên:

2

x abx a b  0

Phân tích và hướng dẫn giải

Phương trình đã cho là phương trình bậc hai nên để phương trình có nghiệm thì trước hết ta cần có

ab 4 a b 0

rất nhiều khó khăn mặc dù ta đã biết a, b là các số nguyên dương Do đó ý tưởng sử dụng định lí Vi – et để tìm các nghiệm nguyên trước có vẻ khả quan hơn

Việc khử các tham số a và b trong các hệ thức trên để tạo ra một phương trình nghiệm nguyên giải được là không thể, do đó hướng suy nghĩ ở đây là sẽ việc chia trường hợp các giá trị của hai nghiệm và hai tham số để giải Do thông tin có được từ hệ thức Vi – et có ít nên ta cần tính đến phương án hạn chế miền giá trị của bốn số dương trên

Để ý rằng với hai số lớn hơn 2 thì tích của chúng bao giờ cũng lớn hơn tổng của chúng Do đó ta nghĩ đến chứng minh một trong bốn số dương trên không vượt quá 2

x  a b ax 1 , khi đó nếu xem a là y thì ta phát biểu được bài toán:

+ Bài toán 1 Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x2 y chia hết cho xy 1

+ Bài toán 2 Tìm tất cả các số k dương để phương trình x2  y k xy 1   có nghiệm nguyên dương

Ví dụ 4 Tìm tất cả các số tự nhiên a, b, c sao cho tồn tại số nguyên dương n, m, k thỏa mãn các điều kiện sau:

m b n c k a

a ; b ; c2m 2n 2k

Phân tích và hướng dẫn giải

Từ giả thiết của bài toán ta nhận được abc0 Bài toán trên chưa cho ta thấy được các phương trình bậc

m 2ma b 0; n 2bn c 0; k 2ck a 0 Lúc này ta nhận thấy các hệ thức trên có dạng các phương trình bậc hai Chú ý rằng tồn tại các số nguyên dương m, n, k thỏa mãn các hệ thức, điều này đồng nghĩa với các phương trình bậc hai trên có nghiệm nguyên dương lần lượt là m, n, k Như vậy theo định lí Vi – et thì mỗi phương trình trên sẽ có hai nghiệm

2

n 2bn c 0 và k ; k1 2 là hai nghiệm của phương trình k2 2ck a 0

Như vậy từ các kết quả trên ta suy ra được

1 2a b    1 2b c    1 2c a  0

Hay ta được 3a b c   0 Mà do a, b, c là các số tự nhiên khác 0 nên suy ra a   b c 1 Thử lại

ta thấy thỏa mãn

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có một số điểm cần chú ý như sau

 Biến đổi giả thiết ta được các phương trình bậc hai và cũng từ giả thiết của bài toán ta thu được các phương trình bậc hai có nghiệm

 Sử dụng định lý Vi – et để chỉ ra các nghiệm của phương trình đều nguyên dương Ngoài ra cũng từ định lí

Vi – et ta chứng minh được chỉ có các số a, b, c nhận giá trị là 1 mới thỏa mãn bài toán

 Nếu xét bài toán trên với các phương trình bậc hai thì ngoài giá trị 1 mà a, b, c nhận được như trên thì giá trị 0 vẫn thỏa mãn bài toán

Ví dụ 5 Giải phương trình 2

là hai số nguyên tố

Phân tích và hướng dẫn giải

Trong ví dụ thứ năm ta thấy được yếu tố đại số nhiều hơn, tuy nhiên nếu dùng công thức nghiệm để xác định nghiệm của phương trình gây cho ta nhiều khó khăn do phương trình có đến hai tham số Yếu tố về tham số

m, n là số nguyên tố giúp ta có thêm tự tin khi sử dụng định lí Vi – et để giải quyết bài toán

Ta biết rằng một số nguyên tố khi viết thành tích hai số thì một thừa số là 1 và một thừa số là chính nó Để ý ta lại

thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu bài toán

Nhận xét: Việc sử dụng định lí Vi – et để phát hiện ra hai nghiệm x1 1; x2 n giúp ta giải quyết được bài toán một cách triệt để Phương trình của bài toán có hai nghiệm nguyên dương phân biệt điều có nghĩa là

2

m 4n 0

    , do đó ta không cần tìm điều kiện có nghiệm của phương trình mà khi tìm được các giá trì m, n thì có thể thử lại vào phương trình để kiểm tra kết quả

Ví dụ 6 Cho phương trình 2x2 mx 2n 8  0(x là ẩn số và m, n là các số nguyên) Giả sử phương trình có

Phân tích và hướng dẫn giải

dựng biểu thức nghiệm mà không chứa các căn bậc hai Gọi x , x1 2 là hai nghiệm của phương trình trên, theo hệ

  Từ đó ta có thể phát biểu lại ví dụ trên như

sau: Cho phương trình 4x2 a b x 2 a b     160(x là ẩn số và a, b là các số nguyên) Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên Chứng minh rằng

a b2



là hợp số

Ta có bài toán tương tự như bài toán trong ví dụ 6: Giả sử phương trình bậc hai x2 ax b 1  0(với

a, b là số nguyên và b 1) có hai nghiệm đều là số nguyên khác 0 Chứng minh rằng a2 b2 là hợp số

Ví dụ 7 Giả sử phương trình 2x    2ax 1 b2   0 có hai nghiệm nguyên (với a, b là tham số) Chứng minh

Phân tích và hướng dẫn giải

Tương tự như các ví dụ trên, ở đây ta cũng áp dụng định lí Vi – et để giải quyết bài toán Phương trình đã

a  6m 1 3n 2 3 12m 4m n 1  2

Vậy a2b2 2 không thể chia hết cho 3

Nhận xét: Có hai điểm mà học sinh cần chú ý khi giải bài toán trên đó là

 Để chứng minh a2 b2 2 là số nguyên ta cần chỉ ra được a và b cùng nguyên, với a nguyên ta chỉ cần áp dụng hệ thức x1x2  a là được, tuy nhiên ta lại không thể áp dụng định lý Vi – et để chỉ ra b nguyên được,

do đó ta cần đến phương trình đã cho với x và a nhận giá trị nguyên

 Ngoài phương pháp phản chứng, ta có thể chứng minh a2 b2 2 không thể chia hết cho 3 bằng cách cách khác như xét số dư các số a và b khi chia cho 3,…

Ví dụ 8 Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

quyết

Nhận thấy trong phương trình trên thì b có bậc 1 nên ta có thể rút b theo a Tuy nhiên cần chú ý xét các trường hợp của a để phép chia được thỏa mãn

Lời giải 2 Cố gắng biến đổi tương đương phương trình về một dạng khác để có những đánh giá phù hợp, ch ng

hạn với cách biến đổi thành

x2 y2 x y 8   4 2xy 2 

x y  4 x y 2xy 4 2xy 2

x y 8      4 4 x y 12  x y 6; 8;10

Nhận xét: Trong hai cách giải trên, ta thấy cách thứ nhất đơn giản hơn so với cách giải thứ hai Điểm mấu chốt

trong cách giải thứ nhất đó chính là đặt ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình bậc nhất đối với ẩn b và việc tìm a để phân thức

a 8a 8

a 4

 

 nhận giá trị nguyên không quá khó khăn

Ví dụ 9 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 x 2 xy y 27 x y  

Phân tích và hướng dẫn giải Lời giải 1 Tiếp tục với ý tưởng sử dụng định lí Vi – et để giải phương trình nghiệm nguyên trên Từ phương trình

x y xy7m

x y 3m9m 7mxy

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên

x xy y 14 x y 3xy 7 3xy22

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên

Lời giải 2 Từ phương trình ta được 7 x y 3   , mà  3, 7 1 nên suy ra x y 3

Đến đây ta giải tương tự như cách thứ nhất

 Chú ý rằng trong các nghiệm của phương trình có nghiệm  4; 5 mà x nhận giá trị chẵn, do đó nếu thay x bằng 2x thì ta có bài toán sau: Tìm các số nguyên dương x, y sao cho

4x 2xy y 32x y 7

Vậy bộ các số nguyên tố cần tìm là      p; q  2;2 , 5;5

Nhận xét

 Có thể nói đây là một bài toán số học khó, tuy nhiên hai đại lượng pq và p q làm ta liên tưởng đến hệ thức

Vi – et, do đó để tìm được các số nguyên tố p và q là cần làm xuất hiện phương trình bậc hai Điều may mắn ở đây là các phương trình bậc hai lập được đều vô nghiệm

 Ta viết lại hệ thức trên thành p q m  2pqm p q pq   0, khi đó nếu thay mx thì ta viết lại được p q x  2 pqx p q pq   0 Từ đó ta phát biểu được bài toán:

Tìm các số nguyên tố p và q để phương trình sau có nghiệm nguyên dương:

       

, trong đó p là số nguyên

Phân tích và hướng dẫn giải

Từ giả thiết ta nhận thấy các số a, b, c, d khác 0 Biến đổi giả thiết của bài toán ta được

a 5pa 1 b 5pb 1 0; c 4pc 1 d 4pd 1 0

Ta thấy hai đ ng thức đầu có dạng giống nhau, hai đ ng thức sau có dạng giống nhau và chúng có dạng phương trình bậc hai

Nhận xét: Ta có thể phát biểu lại bài toán trên như sau

Bài toán 1 Cho p, q là một số nguyên dương Giả sử phương trình x2 5px 1 0 có hai nghiệm là x ; x1 2 và phương trình 2

x 4px 1 0 có hai nghiệm x ; x3 4 Chứng minh rằng x1 x3x2 x3x1x4x2 x4 là số chính phương

Đề thi HSG Toán 9 Thành phố Hà Nội 2006 – 2007 Bài toán 2 Cho p là một số nguyên dương Giả sử phương trình x2 px 1 0 có hai nghiệm là a ; a1 2 và phương trình x2 qx 1 0 có hai nghiệm b ; b1 2

Chứng minh rằng a1 b1a2 b1a1b2a2 b2 là hiệu của hai số chính phương

Ví dụ 11 Giả sử bốn số nguyên a, b, c, d đôi một khác nhau và thoả mãn hệ điều kiện sau:

Phân tích và hướng dẫn giải

cho một số nguyên dương khác 1 nào đó hoặc đi tìm giá trị của tổng Quan sát giả thiết ta nhận thấy có dạng bậc hai nên ta sẽ quy về phương trình bậc hai để sử dụng định lí Vi – et

Vậy từ đó ta được a b c d   30 Do đó suy ra a b c d   là hợp số

Nhận xét: Bài toán trên được phát biểu lại theo cánh khác như sau

Giả sử bốn số nguyên a, b, c, d đôi một khác nhau và thoả mãn hai điều kiện sau

i) Phương trình x2 2cx 5d 0 có 2 nghiệm a và b

ii) Phương trình x2 2ax 5b 0 có 2 nghiệm c và d

Chứng minh rằng: a) a – cc – bd – a

b) a b c d = 30  

Ví dụ 12 Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x y  x y 2 0

Phân tích và hướng dẫn giải

Đây là một phương trình nghiệm nguyên dạng vô tỷ, lẽ dĩ nhiên là khi biến đổi phương trình ta thường sử dụng phép nâng lên lũy thừa để loại bớt dấu căn bậc hai Để ý một tí ta thấy khi viết phương trình thành

x y 2   x  y thì trong quá trình nâng lên lũy thừa ta thấy có các đại lượng x y và xy, điều này làm ta liên hệ đến định lí Vi – et

Nhận xét: Ngoài cách sử dụng hệ thức Vi – et như trên thì ta có thể đưa phương trình trên về dạng

 x 2 y 2 2, chú ý rằng từ xy và x  y là số tự nhiên khác 0 ta suy ra được x và y là số

tự nhiên khác 0

Thật vậy, đặt m x  y m N*, suy ra xy  x m  x hay ta được xy x m x Từ đây dẫn đến xN*, kết hợp với x  yN* thì lại có yN*

Như vậy x 2 và y 2 là các ước của 2 Đến đây ta tìm được kết quả như trên

Ví dụ 13 Tìm số nguyên tố p để p2  p 1 là lập phương của một số nguyên tố khác

Phân tích và hướng dẫn giải Lời giải 1 Theo thói quen ta giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó tồn tại số nguyên tố q để

p   p 1 q hay p2  p 1 q3  0 Nếu xem p là ẩn thì ta có phương trình trình bậc hai, khi đó để

trị nguyên âm Ta thấy các phân tích trên chưa đem lại hiệu quả cho việc tìm lời giải, do đó ta cần biến đổi đ ng thức trên để đưa bài toán về một dạng khác

2

q   q 1 kp

q  1 k q  k  k 1 0

q ta cần xác định được giá trị của k

Có hai hướng để xác định k đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai và sử dụng hệ thức

Nếu q là số nguyên tố thỏa mãn bài toán thì q là nghiệm của phương trình

q  1 k q  k  k 1 0

Như vậy phương trình trên có một nghiệm nữa và ta gọi là q1 Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có 2

1

q q  k 1

Lời giải 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta cũng chỉ ra được Do p là số nguyên tố nên ta được q 1 p hoặc

Đặt p q 1 k 1   với kN, khi đó từ q2  q 1 p ta suy ra được

2 q 3k  qk k 1  k q 2  q 1

Điều này vô lí vì

 Trường hợp 3: Nếu 3k q 2    0 q 3k 2 , khi đó từ pq 1 k 1   ta được

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có một số điểm chú ý như sau:

 Do q là một số nguyên tố nên ta có q 1 p  hay q p, từ đây ta thấy được trường hợp q 1 p không thỏa mãn

 Trong hai lời giải trên thì lời giải sử dụng hệ thức Vi – et nhẹ nhàng hơn, tuy nhiên ta vẫn cần phải sử dụng một số suy luận số học Lời giải hai phức tạp hơn tuy nhiên nó lại đúng cho trường hợp q là số tự nhiên bất kì Từ

đó ta có mở rộng bài toán trên ta có bài toán: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2  p 1 là lập phương đúng của một số tự nhiên

Chú ý rằng lúc này q không còn là số nguyên tố thì cách sử dụng định lý Vi – et để giải thích như trên không còn hợp lí

 Trong hai hướng tìm số k của lời giải thứ nhất thì hướng thứ nhất có vẻ tự nhiên hơn, tuy nhiên trong hướng thứ hai ta lại thấy được cái đẹp của định lí Vi – et trong bài toán số học

 Một bài toán khác tương tự: Tìm số nguyên tố p sao cho

2

p p 22

 

là lập phương của một số tự nhiên

Ví dụ 14 Cho x   a b c; y  c a b; z  b c a với a, b, c là các số nguyên tố Giả sử rằng x2 y và

Phân tích và hướng dẫn giải

Để tính được giá trị của biểu thức T ta cần xác định được các giá trị của các số nguyên tố a, b, c Do đó ta cần thay đổi hình thức của giả thiết trước

2

2

2a x y 2a x x2b x z 2b x z2c y z 2c x z

Trong hệ trên ta chú ý đến phương trình bậc hai x2  x 2ax2  x 2a 0

nghiệm của phương trình thì ta sẽ xác định được a

lại cũng nguyên Chú ý rằng a là số nguyên tố nên ta nghĩ đến sử dụng định lí Vi – et để xác định các nghiệm

Đến đây ta cần xác định các số nguyên tố b, c ứng với mỗi trường hợp

Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng đánh giá  8a 1 là số chính phương để suy ra giá trị của số nguyên tố a như sau:

Đặt 8a 1 k2 với k là số nguyên dương lẻ và k5,

 

và k 1

a2



 hay ta được k5 và a 3

Ví dụ 14 Tìm các cặp số nguyên  a; b sao cho hai số a2 4b và b2 4a đều là số chính phương

Phân tích và hướng dẫn giải

Lời giải 1 Trước hết ta xét một số trường hợp đặc biệt của hai số nguyên a và b

a 4b a 2

Đến đây ta xét các trường hợp sau:

  a; b  k;1 k  với k là số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Lời giải 2: Ta sẽ chứng minh các cặp số sau thỏa mãn yêu cầu bài toán

 a; b    0; k , k ; 0 , 4; 4 , 5; 6 , 6 5 , k;1 k , 1 k, k , k Z2 2                

tiện cho việc xét các nghiệm của phương trình, ta cố gắng giới hạn miền giá trị của nghiệm càng ngắn càng tốt

x   2; 1;1;2 Đến đây ta xét các trường hợp sau:

Nhận xét: Trong hai cách giải trên thì cách thứ hai có vẻ hơi thiếu tự nhiên Tuy nhiên quan sát các biểu thức dễ

làm ta liên tưởng đến biệt thức  của phương trình bậc hai Việc sử dụng định lí Vi – et để giới hạn miền giá trị của nghiệm giúp ta giải quyết bài toán gọn hơn

Ví dụ 15 Tìm tất cả các số có ba chữ số chia hết cho 11 sao cho thương số của phép chia số đó cho 11 bằng tổng

bình phương của các chữ số của số đó

Phân tích và hướng dẫn giải Lời giải 1 Gọi số có ba chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là Aabc Trong đó các chữ số thỏa mãn

a 1;2; 9 ; b, c 0;1;2; 9

vậy ta đi xét hai trường hợp sau

Khi A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được

Hay ta được a2 3a 3 0 Nhận thấy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương nên không tồn tại số

A thỏa mãn bài toán

Vậy các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 550 và 803

Lời giải 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta cũng có hai trường hợp:

Do A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được

9a b a b c

Đ ng thức trên có dạng phương trình bậc hai và để xác định được các chữ số a, c ta cần xác định được giá trị nguyên của n

phương trình trên có ít nhất một nghiệm nguyên

Từ hệ thức trên ta thấy nếu a1 nhận giá trị nguyên dương thì từ a2 cũng nhận giá trị nguyên Mặt khác ta

 

n 0;1;2

Aaa0

50 2a a 5 a b 5

11       Từ đó ta tìm được A550

Do A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được

Nhận xét: Có thể nói đây là một bài toán số học khó và hai cách giải quyết bài toán đều có những thứ vị riêng

 Cách làm thứ nhất hoàn toàn tự nhiên, điểm nổi bật đó chính là xây dựng được các bất đẳng thức

Ví dụ 16 Tìm các chữ số a, b, c, d, e thỏa mãn điều kiện ab cde  abcde

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán ĐHSP Hà nội 2006 - 2007

Phân tích và hướng dẫn giải Lời giải 1 Ví dụ yêu cầu tìm các chữ số a, b, c, d, e thỏa mãn ab cde  abcde, như vậy nếu ta xác định

x y 27 và x y 1 37  hoặc x y 37 và x y 1 27  Đến đây ta đi xét hai trường hợp

x88

không tìm được k thỏa mãn

Vậy ta được số cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là 88209