Vận dụng định lý vi et giải các bài toán số học

Tài liệu là kho tàng phong phú đặc biệt tại địa chỉ 123.doc các bạn có thể tự chọn cho mình sao cho phù hợp với nhu cầu phục vụ . Trong những năm tháng học tập ở hà nội may mắn được các anh chị đã từng đi làm chia sẻ một một chút tài liệu tôi xin đươc chia sẻ với các bạn . trong quá trình upload vẫn còn chưa chỉnh sửa hết nhưng khi các bạn tải về vẫn có thể chỉnh sửa lại theo ý muốn của mình tùy theo mục đích và yêu cầu sử dụng. Xin được chia sẻ lên trang 123.doc và các bạn thường xuyên chọn 123.doc là địa chỉ tin cậy trong việc tải cũng như sử dụng tài liệu tại đây.

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

1 Định lí Vi – et

Định lý Vi – et được trình bày trong sách giáo khoa toán 9 – tập 2 Định lý Vi – et cho ta mối quan hệ giữacác nghiệm của phương trình bậc hai và các hệ số của nó

Nếu phương trình bậc hai ax2bx c 0 a 0    

có hai nghiệm x1 và x2thì tổng và tích của chúng là:

phương trình t2 St P 0

Điều đáng nói trong định lý này là trong khi giải toán, ta có thể không quan tâm tới giá trị của x1 và x2

mà chỉ cần biết tổng và tích của chúng, từ đó có những đáng giá cần thiết Ngoài ra cũng từ định lí Vi – et ta nhận

thấy nếu một phương trình bậc hai ax2bx c 0  có một nghiệm x1 thì nó sẽ có thêm một nghiệm x2 nữa.

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 trìnhgiải quyết Trong đó ví dụ thứ nhất là một phương trình bậc hai và ví dụ thứ hai là một hệ phương trình nghiệmnguyên

Ví dụ 1 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có các nghiệm đều nguyên: x2 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 sinhnghĩ đến sử dụng biệt thức  hoặc định lí Vi – et trong quá trình tìm lời giải cho bài toán Chú ý rằng bài toánchưa 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 sauđây

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

Để phương trình đã cho có nghiệm nguyên thì điều kiện cần là  phải là số chính

phương, tức là tồn tại số nguyên k sao cho m2 4 m 2   k2

Biến đổi tương đương ta được

m  4 m 2 k  m 2 k m 2 k    12

Do m và k là các số nguyên nên ta tìm được m2 hoặc m 6

+ Với m2 thì ta được phương trình x22x 0 , khi đó ta được hai nghiệm nguyên là x10 và x2 2.+ Với m 6 thì ta được phương trình x2 6x 8 0  , khi đó ta được hai nghiệm nguyên là x1 2 và x2 8

Đọc bài toán ta thấy được yếu tố số học trong đó, đây là một dạng phương trình nghiệm nguyên bậc hai.Tuy nhiên đa phần học sinh khi tiếp cận đều có tư tưởng đại số đó là sử dụng công thức nghiệm để giải quyết Nếu

m là tham số nguyên thì điều kiện cần để phương trình có nghiệm nguyên đó là biệt thức  phải là số chính

x x m, do hai nghiệm là số nguyên nên ta được m là số nguyên Như vậy chỉ cần sử dụng định lí Vi – et

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

biến đổi hệ thức trên về thành một phương trình hai ẩn x ;x1 2 và giải phương trình nghiệm nguyên.

Khi đó x1 1 và x2 1 là các ước của 3, lại có 3 1.3 1 3 

Đến đây việc tìm hai nghiệm x ;x1 2

hoàn toàn đơn giản và qua đó ta tìm được các giá trị m là m2 và m 6

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:

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 nghĩđến phương pháp đánh giá Do vai trò bình đẳng của các ẩn nên ta có thể đánh giá một ẩn nào đó, chẳng hạn là ẩnz

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 Taviết lại hệ:

3

Do z nhận giá trị nguyên nên z 1 hoặc z 2

 Với z 1 , khi đó phương trình trở thành t2 4t 4 0  , đến đây ta tìm được x y 2  thỏa mãn

 Với z 2 khi đó phương trình trở thành t2 3t 2 0  , đến đây ta tìm được x 2;y 1  hoặc x 1;y 2 

thỏa mãn

Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên là x;y;z  2;2;1 , 1;2;2 , 2;1;2    

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 bàitoán 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 thấyxuất hiện rõ phương trình bậc hai Tuy nhiên qua đó gợi cho các em học sinh một suy nghĩ là phải chăng đang cònnhững 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 – ettrong các ví dụ tiếp theo sau đây

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

 ab2 4 a b  0

Phương trình có hai tham số a, b nên nếu sử dụng cách thứ nhất như ví dụ 1 sẽ gây rarất 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 cácnghiệm nguyên trước có vẻ khả quan hơn

Giả sử phương trình trên có hai nghiệm nguyên x ;x x1 2 1x2

, khi đó theo định lí Vi – et ta được

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 đếnchứng minh một trong bốn số dương trên không vượt quá 2

Thật vậy nếu a 2;b 2  thì ta có ab 2a;ab 2b  nên 2ab 2 a b   

hay ab a b  Nếu cả bốn

số dương x ;x ;a;b1 2 đều lớn hơn 2 thì x x1 2 x1x2 và ab a b  Khi đó hệ thức Vi – et trên không thể

xẩy ra Như vậy trong bốn số dương x ;x ;a;b1 2 tồn tại ít nhất một số không vượt quá 2 Theo giả thiết và theo

cách chọn hai nghiệm x ;x1 2 thì trong hai x ;b1 có ít nhất một số không lớn hơn 2 Do vai trò

trong hệ thức Vi – et của hai số x ;b1 như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0 x 12 Đến đây ta

 Trường hợp 2 Nếu x1 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta tìm được các cặp số a;b

thỏa mãn là

a;b    5;1 , 2;2

Nhận xét.

 Trong ví dụ trên ngoài việc sử dụng hệ thức Vi – et để giải thì việc phát hiện ra trong bốn số có một số không vượt quá 2 chính là điểm mấu chốt để giải quyết bài toán Chú ý rằng giả thiết bài toán cho a b chẳng

qua để hạn chế số lượng các cặp số a;b

, do đó nếu bài toán không cho ta hoàn toàn có thể giả sử a b

 Từ phương trình đã cho ta được x2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:

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 bậchai một ẩn Tuy nhiên khi biến đổi các hệ thức trên thành

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

Gọi m ;m1 2 là hai nghiệm của phương trình m2 2ma b 0  , n ;n1 2 là hai nghiệm của phương trình2

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

Khi đó theo định lí Vi – et ta được

Do đó trong m ;n ;k ;m ;n ;k1 1 1 2 2 2 có ít nhất một số bằng 1 Giả sử số đó là m1 1 Khi đó từ

, điều này vô lí

Từ đó suy ra k11 hoặc k2 1 nên ta được 1 2c 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

Vậy các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là a b c 1  

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 x2 mx n 0  , biết phương trình có hai nghiệm nguyên dương phân biệt và m, n

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 xácđịnh 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

Thật vậy theo định lí Vi – et ta được x1x2 m; x x1 2 n

Do n là một số nguyên tố nên ta được

1 2

x 1; x n

, do đó ta được m n 1  Suy ra m và n là hai số tự nhiên liên tiếp nên ta được n 2; m 3 

,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

    , 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 cócác nghiệm đều là số nguyên Chứng minh rằng m2n2 là hợp số

Phân tích và hướng dẫn giải

Để chứng minh được m2n2 là hợp số thì một suy nghĩ hết sức tự nhiên đó là xây dựng biểu thức

2 2

m n theo các nghiệm của phương trình đề rồi từ đó phân tích biểu thức nghiệm thành nhân tử Có hai ý tưởng

để xây dựng biểu thức m2n2 đó là áp dụng công thức nghiệm để tìm các nghiệm của phương trình rồi từ đótính m2n2 hoặc áp dụng định lí Vi – et Rõ ràng trong hai ý tưởng đó việc áp dụng định lí Vi – et giúp ta xây

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

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 b 02    có hai nghiệm nguyên (với a, b là tham số) Chứng minh rằng a2 b22 là số nguyên và không chia hết cho 3

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

cho có nghiệm nguyên x ; x1 2

nên theo định lí Vi – et ta có x1x2 a, từ đây suy ra a là số nguyên Như vậy

từ phương trình ta được b 2x 22ax 1 là số nguyên lẻ nên a2 b22 là số nguyên

Để chứng minh a2 b22 không chia hết cho 3, ta có thể sử dụng phương pháp phản chứng như sau Giả sử a2 b22 chia hết cho 3, khi đó ta được a2 b22 3n n Z   

Do đó a2 chia cho 3 dư 2, điều này trái với nhận xét trên nên trường hợp này không xẩy ra

+ Trường hợp b 6m 3  , khi đó ta được

Ta thấy ' chia 3 dư 2 nên không thể là số chính phương

Vậy a2 b22 không thể chia hết cho 3

Từ đó ta được a2 b22 là số nguyên và 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:

Lời giải 1 Để ý ta thấy phương trình có tính đối xứng giữa x và y nên suy nghĩ đầu tiên khi tiếp cận phương trình

đó là đặt a x y,b xy   để đưa phương trình về dạng ẩn a, b Chú ý rằng theo định lí Vi – et thì x và y sẽ là

nghiệm của phương trình X2 aX b 0  Như vậy chỉ cần tìm được các nghiệm a;b

thì bài toán được giảiquyết

Đặt a x y,b xy   với a, b là các số nguyên

Khi đó phương trình đã cho trở thành a3 2ab 8 a  2 b 1 

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

Dễ thấy với a 4 thì phương trình không có nghiệm nguyên

Vậy nghiệm của phương trình là x;y  2;8 , 8;2  

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

hạn với cách biến đổi thành

x2y2 x y 8   4 2xy 2  

.Khi đó ta nhận thấy được x, y có cùng tính chẵn lẻ và xy

Vì thế ta thu được x y 2  4 x2y2 2xy 4 2xy 2  

Hiển nhiên rằng x2y2  2xy nên

+ Nếu x y 8  thì ta đượcxy1 Hệ này không tìm được nghiệm nguyên

+ Nếu x y 6  thì ta được x 2 y2 2 2xy 2    xy20

Hệ này cũng không có nghiệm nguyên.+ Nếu x y 10  thì thì ta được x2y2 2 2xy 2    xy 16

Đến đây ta tìm được x;y  2;8 , 8;2  

là nghiệm của phương trình

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

 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  

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên

+ Với m 2 suy ra x y 6  , khi đó ta được phương trình

x  xy y 14 x y  3xy 7  3xy 22

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên

+ Với m 3 suy ra x y 9  , khi đó ta được phương trình

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là x;y       0;0 , 4;5 , 5;4

Lời giải 2 Từ phương trình ta được 7 x y 3  

, mà 3,7 1

nên suy ra x y 3  Đặt x y 3m,m Z   , khi đó phương trình trở thành x2y2 xy 7m

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 Nếu p q thì pq và p q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn

p q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q

Gọi r là một ước chung của m21 và m 1

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:

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

Xét hai phương trình bậc hai ẩn x là x25px 1 0  và x24px 1 0 

Khi đó ta thấy a, b là hai nghiệm của phương trình x25px 1 0  và c, d là hai nghiệm của phươngtrình x24px 1 0 

Biểu thức cần chứng minh là số chính phương có liên quan đến các nghiệm của hai phương trình trên nênrất tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng định lí Vi – et để xây dựng các hệ thức về nghiệm

Vậy a c b c a d b d          

là một số chính phương

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 x24px 1 0  có hai nghiệm x ;x3 4

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

Bài toán yêu cầu chứng minh a b c d    là một hợp số, như vậy ta sẽ đi chứng minh tổng đó chia hếtcho một số nguyên dương khác 1 nào đó hoặc đi tìm giá trị của tổng Quan sát giả thiết ta nhận thấy có dạng bậchai nên ta sẽ quy về phương trình bậc hai để sử dụng định lí Vi – et

Từ hệ thức a2 2ac 5d b  2 2bc 5d 0  , nếu xét phương trình bậc hai có ẩn x là

2 2 2

2

a c 5(b d) 100 (a c) 2ac 5(a c) 100

a c 15(a c) 5(a c) 150 0

 Nếu a c 15  , mà a c b d   nên ta được a b c d 30   

 Nếu a c 10, khi đó kết hợp với ac 25 ta được a c 5 trái với giả thiết

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

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 sửdụng 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

Vậy các nghiệm của phương trình là x;y  9;16 , 16;9  

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 q  3 0 Nếu xem p là ẩn thì ta có phương trình trình bậc hai, khi đó để

phương trình có nghiệm nguyên thì biệt thức   1 4 q 3 1 4q3 3

phải là số chính phương Ngoài ra từ

hệ thức Vi – et ta cũng có p1p2 1, do đó trong hai nghiệm thì có một số là số nguyên tố và một số nhận giátrị nguyên âm Ta thấy các phân tích trên chưa đem lại hiệu quả cho việc tìm lời giải, do đó ta cần biến đổi đẳngthức trên để đưa bài toán về một dạng khác

Chú ý rằng p p 1    q 1 q   2q 1 

Từ đó suy ra q 1 q   2q 1 p 

Do p là số nguyên tố nên ta suy ra được q 1 p  hoặc q2q 1 p 

Nếu q 1 p  thì do q là số nguyên tố nên q 1 p  hay q p

Điều này dẫn đến p2 p 1 q  3 p3 hay p p 1    p 1 p   2p 1 

, đến đây ta thấy

2

p p p 1 , điều này vô lí do p là số nguyên tố

Như vậy ta phải có q2q 1 p  Tức là tồn tại số nguyên dương k để q2q 1 kp 

Khi đó từ p p 1    q 1 q   2q 1 

ta được p 1 k q 1    

Kết hợp với q2q 1 kp  ta được q21 k q 2 k2 k 1  0

Đến đây ta lại thấy q21 k q 2 k2 k 1  0

là một phương trình bậc hai có ẩn là q Để tìm được

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

Do đó ta suy ra được  k2 32

, đến đây thì ta được k2 12 4 k 2 k 1   k2 32 k 3

Do k là số nguyên dương nên k1;2;3

Đến đây ta xét các trường hợp thì thu được k 3 thỏa mãn 

là số chính phương và từ đó ta được p 19;q 7  thỏa mãn yêu cầu bài toán

 Hướng thứ hai là sử dụng hệ thức Vi – et để xác định các giá trị k hoặc q

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

Từ các hệ thức trên ta suy ra được q1 là số nguyên dương.

Nếu q12 khi đó dễ thấy q.q1 q q1 nên k2 k 1 k  2 1 hay k 2 Tương tự như trên ta thấy k 1

hoặc k 2 không thỏa mãn Từ đó dẫn đến q11

Thay vào phương trình trên ta được 121 k 1 2 k2 k 1   0 k 3

.Đến đây ta suy ra được q 7 và p 19 thỏa mãn bài toán

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

+ Với k 0 , khi đó ta được p2 p 1 1   p p 1   0

, điều này vô lí do p là số nguyên tố

+ Với k 2 , khi đó ta được p3 2p24p 0  p2 2p 4 0  , không tồn tại p thỏa mãn

Vậy với q 1 p  thì không tồn tai số nguyên tố p thỏa mãn yêu cầu bài toán

Như vậy ta phải có q2q 1 p  , khi đó p,q 1  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  

+ Với k 1 thì p q , khi đó ta được p2 p 1 p  3  p p 2 p 1  1

, điều này vô lí

+ Với k 3 thì p 3q 2  , khi đó ta được 9q2 15q 7 q  3  q 1 q 7     0

nên q 1 hoặc

q 7 Thử trực tiếp ta được q 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán Khi đó ta được p 19

Vậy p 19 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán

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

2

 

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

z y là bình phương của một số nguyên tố Tìm giá trị của T a 2 b 10 c 2       

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 tacần thay đổi hình thức của giả thiết trước

Do x a b c;y c a b;z b c a         với a, b, c là các số nguyên tố nên x, y, z là các số nguyên

Cũng từ giả thiết trên và x2 y ta được

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

Dễ thấy  8a 1 0  nên nên phương trình có hai nghiệm phân biệt Như vậy nếu xác định được cácnghiệm của phương trình thì ta sẽ xác định được a

Gọi hai nghiệm đó là x1 và x2 Khi đó ta nhận thấy nếu một trong hai nghiệm là số nguyên thì nghiệm còn

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

+ Nếu x1 a, khi đó ta được a2 3a 0 , do a là số nguyên tố nên a 3 Từ đó ta tìm được hai nghiệm của

phương trình là x1 3 và x2 2

+ Nếu x12, khi đó ta tìm được a 3 , từ đó ta tìm được hai nghiệm là x1 2 và x2 3

+ Nếu x a , khi đó ta được a2 a 0 nên a 0 và a 1 , loại vì không phải là số nguyên tố

Tóm lại phương trình trên có hai nghiệm nguyên là x 2 và x3, đồng thời ta có a 3

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

 Với x 2 khi đó ta được y 4 Do đó z 2 p  2 với p là số nguyên tố Do x là số chẵn và 2b x z 

nên z là số chẵn Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p 2

Khi đó ta được z 36 , suy ra c 20 , loại do c không phải là số nguyên tố

 Với x3, khi đó ta được y 9 Do đó z 3 p  2 với p là số nguyên tố

Do x là số lẻ và 2b x z  nên z là số chẵn Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p 2

Khi đó ta được z 49 , suy ra c 29 và b 23 là các số nguyên tố

Từ đó ta được T a 2 b 10 c 2         3 2 23 10 29 2        2015

Nhận xét: Trong lời giải trên thì việc sử dụng định lí Vi – et để giải thích phương trình x2x 2a 0  có

nghiệm thuộc tập hợp 2; a;2;a 

và sử dụng tính chất của số nguyên tố giúp ta giải quyết được bài toán 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 k  2 với k là số nguyên dương lẻ và k 5 ,

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.

+ Nếu a 0 , khi đó để a24b và b24a đều là số chính phương thì b k 2 với k là số nguyên

+ Nếu b 0 , khi đó để a24b và b24a đều là số chính phương thì a k 2 với k là số nguyên

Ta xét trường hợp ab 0 , khi đó ta thấy a2 và a24b cùng tính chẵn lẻ, b2 và b24a cùng tính chẵn lẻ

Khi đó dễ thấy a24ba 1 2

và b24ab 1 2

Bây giờ ta cần đánh giá được a24b hoặc b24anằm trong một khoảng nào đó.

Do vai trò của a và b trong bài toán là như nhau nên ta có thể giả sử a b

 Trường hợp 1: Nếu a24b a 2, khi đó ta được b 0 và a2 luôn là số chính phương.

với k là số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán

+ Nếu a 0 thì ta được b 1 , mâu thuẫn với a24b a 2

+ Nếu a 0 thì ta được b24a a 26a 1

Đặt ma thì ta được b24a m 2 6m 1

Dễ thấy m1;2;3;4;5

thì m2 6m 1 0 

Với m 6 ta được b24a m 2 6m 1 1  là số chính phương Từ đó ta được cặp số a;b  6; 5 

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Với m 7 thì b24a m 2 6m 1 8  không phải là số chính phương

Với m 8 thì m 3 2 m2 6m 1 m 4 2

nên b24a m 2 6m 1 không thể là số chính phương

ta được 16 4b 0   b4 Suy ra b24a là số chính phương

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                 

Thật vậy, do vai trò của a và b như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a b

+ Nếu b 0 , khi đó biểu thức a24b là ta liên tưởng đến biệt thức  của phương trình x2ax b 0 

Do  a24b là số chính phương nên phương trình trên sẽ có hai nghiệm nguyên là x1 và x2 Đến đây để

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

Đến đây ta xét các trường hợp sau:

 Trường hợp 1: Nếu x12, khi đó từ phương trình x2ax b 0  ta được b 2a 4 

+ Với a4, khi đó a4 Từ đó ta được a;b  4; 4 

thỏa mãn yêu cầu bài toán

+ Với a1, khi đó b 2 Trường hợp này loại do không thỏa mãn a b

thỏa mãn yêu cầu bài toán thì b;a

cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy kết hợp các trường hợp lại ta được các cặp số nguyên a;b

như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán

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

 Với a b c 0   , khi đó ta được b a c 

Ta có A 100a 10b c 99a 10b a c 99a 11b       

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

+ Với c 2 , khi đó từ 10a c 2a  22ac 2c 2 ta được 10a 2 2a  24ac 8

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

 Với a b c 11   , khi đó ta được b 11 a c  

Do a, b, c là các chữ số nên từ b 11 a c   ta suy ra được a 2

Ta có A 100a 10b c 99a 10b a c 99a 11b 11        

Hay ta được 10a c 10 2a   22ac 2c 2 22 a c  121

Thu gọn ta được 32a 23c 131 2a   22ac 2c 2 Do a 4 nên ta được

thỏa mãn Do đó số cần tìm là A 803 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:

 Với a b c 0   , khi đó ta được a c b 

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

2 2 2

9a b a  b c

Kết hợp với a b c 0   ta được 10a c 2a  22ac 2c 2

Từ đó ta thấy được c là số chẵn nên đặt c 2n với n là số tự nhiên

Từ đó ta được a22n 5 a 4n   2 n 0

.Đẳng 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

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

thấy 4n2 n 0 với mọi n là số tự nhiên nên hai số nguyên a1 và a2 phải cùng dấu

Do đó a1a20 Từ đó ta suy ra được 5 2n 0   n 2,5 Mà n là số tự nhiên nên ta được

n 0;1;2

Dễ thấy với n 1 hoặc n 2 thì phương trình trên không có nghiệm

Do đó ta suy ra được n 0 , dẫn đến c 0 Với c 0 , khi đó ta được a b nên số cần tìm có dạng

 Với a b c 11   , khi đó ta được b 11 a c  

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

2

2c c 12 và 2c2 15c3 để giới hạn miền giá trị của chữ số c Ngoài ra nếu không biết cách hạn chế

miền giá trị của chữ số c thì cũng có thể xét trực tiếp các giá trị c1;3;5;7;9

 Điểm thú vị của cách giả thứ hai đó là đưa về phương trình bậc hai và từ đó có đến hai hướng để xác định chữ số c Với cách xác định số n thông qua điều kiện có nghiệm của phương trình ít nhiều gây khó khăn cho học sinh vì học sinh chưa quen với giải bất phương trình bậc 2 Việc sử dụng định lí Vi – et lại cho ta nhiều trường hợp Do đó kết hợp hai hướng đó giúp ta giải bài toán gọn hơn

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 địnhđược các số ab và cde thì xem như bài toán được giải quyết Chú ý đến biến đổi abcde ab.1000 dce 

Như vậy để đơn giảm hơn ta quy bài toán về tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x y  1000x y với x

, nên kết hợp với kết quả trên ta được

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

 Trường hợp 1 Với x y 27  và x y 1 37   , khi đó tồn tại hai số nguyên dương m, n thỏa mãn

x y 27m  và x y 1 37n  

Từ đó suy ra 27m 37n 1  , giải phương trình nghiệm nguyên này ta được

m 37k 11;n 27k 8 k N    

Cũng từ đây ta tìm được y 209 Vậy ta được một số cần tìm là 88209.

 Trường hợp 2 Với x y 37  và x y 1 27   , khi đó tồn tại hai số nguyên dương m, n thỏa mãn

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

Lời giải 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta đặt x ab và y cde với a,b N và

10 a 99;100 b 999   

Theo bài ra ta có x y  1000x y hay ta được x y 2 100x y

Với cách biến đổi khác ta được

Đến đây ý tưởng sử dụng định lí Vi – et để xác định các giá trị t là hoàn toàn có cơ sở Gọi t1 và t2 là hai

nghiệm của phương trình trên

Khi đó theo định lí Vi – te ta được

Như vậy từ t t1 2999y ta được t t 31 2 , đồng thời ta lại có t1t2 chia 3 dư 1 Do đó trong hai số tự

nhiên t1 và t2 thì có một số chia hết cho 3, còn một số không chia hết cho 3

Giả sử t1 chia hết cho 3 và t2 không chia hết cho 3 Ta có 999 27.37 và 27,37 1

Từ đó ta được

1

t chia hết cho 27 và t2 không chia hết cho 3

Nếu t 371 , khi đó ta được t 9991 , do đó t1 999;t2 1 Khi đó thay vào hệ thức Vi – et trên ta được

b 1 , điều này vô lí Do đó t 271 và t1 không chia hết cho 37.

Như vậy 27m 37n 1000  hay n 999 27m 36n 1    Do đó n chia 9 có số dư là 1 Khi đó ta đặt

n 9k 1  với k là số nguyên dương Đến đây ta suy ra được 27m 37 9k 1    1000

Ví dụ 17 Cho các số nguyên dương a, b, c là thỏa mãn ab 1 bc 1 ca 1       

là số chính phương Chứngminh rằng ba số ab 1;bc 1;ca 1   đều là số chính phương

Phân tích và hướng dẫn giải

Từ giả thiết ta nhận thấy để chứng minh ab 1;bc 1;ca 1   đều là số chính ta cần chỉ ta được ba số

ab 1;bc 1;ca 1   nguyên tố với nhau theo từng đôi một Tuy nhiên với lượng thông tin hạn chế từ giả thiết takhông thể chứng minh được nhận định trên