Vận dụng định lý Vi - et giải một số bài toán số học

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có các nghiệm đều nguyên: 2 Phân tích và hướng dẫn giải Phương trình được cho trong ví dụ 1 là phương trình bậc hai nên hoàn toàn tự n

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 giữa các nghiệm của phương trình bậc hai và các hệ số của nó Nếu phương trình bậc hai 2 + + = (  )

là hai nghiệm của phương trình 2− + =

t 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 2+ + =

ax 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 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

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 nghĩ đến sử dụng biệt thức  hoặc định lí Vi – et trong quá trình tìm lời giải cho bài toán Chú ý rằng bài toán 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 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 2− ( + )= 2

m 4 m 2 k Biến đổi tương đương ta được

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 2+ =

x 2x 0 , khi đó ta được hai nghiệm nguyên

là x1=0 và x2 = −2

+ Với m 6 thì ta được phương trình = 2− + =

x 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

phương

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 thích được m là số nguyên mà vẫn đưa phương trình  về dạng phương trình ước số để tìm m

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 x1+x2 =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  + =

và giải phương trình nghiệm nguyên

• 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: x2 −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 ( − =) 2+

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 đẳng của các ẩn nên ta có thể đánh giá một ẩn nào đó, chẳng 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:

có nghiệm thì   0 hay ta được 2− +    7

3 Do z nhận giá trị nguyên nên z 1= hoặc z=2

• Với z 1= , khi đó phương trình trở thành 2− + =

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 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  =( )2− ( + )

ab 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 ra 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

Giả sử phương trình trên có hai nghiệm nguyên x ; x x1 2( 1 x2), khi đó theo định lí Vi – et ta được  + =

Do a và b là các số nguyên dương nên từ các hệ thức trên ta nhận thấy được các

nghiệm x ; x1 2 cũng là các số nguyên dương

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

x ; x ; a; b 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x12 Đến đây ta xét từng trường hợp của x1

• Trường hợp 1 Nếu x1 =1, khi đó từ  + =  + =

• 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 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 2 + = ( − )

x 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:

= m2 b = n2 c = k2 a

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 hai 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 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

Gọi m ; m1 2 là hai nghiệm của phương trình m2−2ma b 0 , + = n ; n1 2 là hai nghiệm của phương trình 2− + =

n 2bn c 0 và k ; k1 2 là hai nghiệm của phương trình

m ; n ; k là các số nguyên dương

Chú ý rằng với hai số nguyên p,q 2 bất kì ta luôn có  p q+ pq Do đó nếu các số m ; n ; k ; m ; n ; k đều lớn hơn 1 thì ta được

m 1 Khi đó từ m2−2ma b 0 ta được −+ = 1 2a b 0+ =  + =b 1 2a

Nếu trong tất cả các số còn lại đều lớn hơn 1 thì ta lại có

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 2− + =

x 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 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

Gọi x ; x1 2 là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho (x1x2)

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 thấy theo hệ thức Vi – et thì x x1 2 =n Do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng hệ thức Vi – et giả 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 x1 =1; x2 =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 caaufbaif 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  =m2−4n 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 2+ + + =

2x mx 2n 8 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên) Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên Chứng minh rằng 2+ 2

m n là hợp số

Phân tích và hướng dẫn giải

Để chứng minh được 2+ 2

m n 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 2+ 2

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 thức Vi – et ta được x1+x2 = −m; x x1 2 = +n 4

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 + = −

+ Trường hợp =b 6m 1, khi đó ta được 

a b 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:

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

2

X aX b 0 Như vậy chỉ cần tìm được các nghiệm ( )a; b thì bài toán được giải quyết

Từ hai kết quả đó ta được a 4− 1; 2; 3; 4; 6; 8 a 5; 6; 7; 8;10;12

Thay vào (*) ta tìm được ( ) (a; b = 6; 10 , 8; 1 , 10;16− ) ( − ) ( )

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

Như vậy từ các kết quả trên ta được ( 2 + 2) + −  ( 2+ 2)

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 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 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 =

Khi đó từ phương trình đã cho ta có

Theo định lí Vi – et thì x và y là nghiệm của phương trình

Do m là số nguyên nên ta suy ra được m=0;1; 2; 3 Ta xét các trường hợp sau:

+ Với m 0 suy ra + == x y 0 , khi đó ta được phương trình

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên

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

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 =

Từ đó suy ra ( + )2−( 2− + 2)=( )2−

x y x xy y 3m 7m hay 3xy 9m= 2−7m Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có  1( + )2

• 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

=+

2

m 1 chưa tối giản thì chỉ cần rút gọn ta cũng được một hệ

điều kiện tương tự Vấn đề là ta cần kiểm tra xem phân số +

+

2

m 1 có rút gọn được hay không

Từ đó ta tìm được =p 2; p 5 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 2 +

m 1 và m 1+ Khi đó ta có (m 1 m 1+ )( − ) r(m2 −1 r )

• 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 ( + ) 2− + + − =

p q m pqm p q pq 0, khi đó nếu thay m=x thì

ta viết lại được ( + ) 2 − + + − =

p q x 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 a2+5pa 1 b− = 2+5pb 1 0; c− = 2+4pc 1 d− = 2+4pd 1 0 − =

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

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 phương trình x2+4px 1 0 − =

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

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 2+ − =

x 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

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 hết 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

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

a c 10

• 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

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

Từ đó ta tìm được =a 6 thỏa mãn, do đó suy ra X1 =9; X2 =16

Vậy các nghiệm của phương trình là ( ) (x; y = 9;16 , 16; 9) ( )

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

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 p2− + =p 1 q hay 3 p2− + −p 1 q3 =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 giá 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 đẳng thức trên để đưa bài toán về một dạng khác Chú ý rằng ( − =) ( − ) ( 2+ + )

p p 1 q 1 q q 1 Từ đó suy ra ( − ) ( 2+ + )

q 1 q q 1 p Do p

là số nguyên tố nên ta suy ra được −q 1 p hoặc 2+ +

q 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 q3 p hay 3 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 + + =

2

q q 1 kp

Khi đó từ ( − =) ( − ) ( 2 + + )

p p 1 q 1 q q 1 ta được p 1 k q 1− = ( − ) Kết hợp với q2+ + =q 1 kp ta được 2+ −( 2) (+ 2− + =)

Đến đây ta lại thấy q2+ −(1 k q2) (+ 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 Vi – et

• Hướng thứ nhất là để phương trình có nghiệm nguyên dương thì  phải là số chính phương

Chú ý rằng  =( 2 − ) (2− 2 − + ) ( 2 − )2

k 1 4 k k 1 k 1 Lại thấy  có cùng số dư với

(k2 −1 khi chia cho 2 )2

Do đó ta suy ra được  (k2−3 , )2 đến đây thì ta được

( 2− ) (2− 2 − + ) ( 2− )2  

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 2− +  2−

k k 1 k 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 2+ −( 2) (+ 2− + =  =)

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 − q2 + +q 1 p Đến đây ta sẽ chứng minh q 1 p không xẩy ra −Thật vậy nếu q 1 p thì ta được − q 1 kp,k N , do đó − =  q kp 1 Khi đó từ = +

+ Với =k 0 , khi đó ta được 2− + =  ( − =)

p p 1 1 p p 1 0, điều này vô lí do p là số nguyên tố

+ Với =k 2 , khi đó ta được 3− 2+ =  2− + =

p 2p 4p 0 p 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 và có p p 1( − ) (q 1− ) nên

Từ đó ta phải có 3k q 2− − qk k 1 Ta xét các trường hợp sau − +

• Trường hợp 1: Nếu 3k q 2 qk k 1, khi đó ta được − −  − + k 4 q( − ) +q 3

Từ đó nếu q 4 thì ta được k 4 q( − ) +q 3, điều này mâu thuẫn Do đó ta suy ra được q 4 , mà ta lại có q 1 nên =q 2 hoặc =q 3

+ Khi =q 2 thì từ p2 − + =p 1 q ta được 3 p p 1( − =) 7, phương trình vô nghiệm

+ Khi =q 3 thì từ p2 − + =p 1 q ta được 3 p p 1( − =) 26, phương trình vô nghiệm

• Trường hợp 2: Nếu 3k k 2− −  −(qk k 1− + ) thì ta suy ra được

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 ( )

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 p2− −p 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 ta cần 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 = + − = + −

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 các nghiệm 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 = −2, khi đó ta tìm được =a 1 không phải là số nguyên tố

+ 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

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 với p là số nguyên tố Do x là số − = 2

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 với p là số nguyên tố − = 2

x 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 với k là số nguyên dương lẻ và + = 2 k 5,

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

b 4a nằm 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

Từ đó suy ra a2+4b(a +2 )2

Kết hợp với 2 + ( + )2

a 4b a 1 ta được 2+  2

a 4b a Đến đây ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu a2+4b a , khi đó ta được == 2 b 0 và a luôn là số chính 2

a 4b a

Với m=7 thì b2+4a m= 2−6m 1 8 không phải là số chính phương + =

+ Nếu b 0 , khi đó biểu thức 2+

a 4b là ta liên tưởng đến biệt thức  của phương trình 2+ − =

• Trường hợp 1: Nếu x1 =2, khi đó từ phương trình x2+ax b 0 ta được =− = b 2a 4 +

Do đó ( ) (a; b = k;1 k− ) với k là số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chú ý với ( )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 a1; 2; 9 ; b,c 0;1; 2; 9

Do A chia hết cho 11 nên ta được − +a b c chia hết cho 11

Kết hợp với a1; 2; 9 ; b,c 0;1; 2; 9 ta suy ra được a b c 0 hoặc − + =

− + =

a b c 11 Như vậy ta đi xét hai trường hợp sau

• 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

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 = + + = + + + = + +

+ Xét =a 2 , khi đó =c 9; b 0 Ta được = A 209 không thỏa mãn bài toán =

+ Xét =a 3 , khi đó ta được =c 8; b 0 hoặc == c 9; b 1 Ta được = A 308 hoặc = A 319 =không thỏa mãn

+ Xét a 4 , khi đó A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được

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 9a b a+ = 2+b2+c 2

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

n để biệt thức  = − 2− + 

12n 16n 25 0 hoặc sử dụng định lí Vi – et để xác định khoảng giá trị của n

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 A aa0 =

• 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 9a b 1 a+ + = 2+b2+c 2

12n 16n 25 0

4n 19n 25 2n 5 n 0 Đến đây lập luận tương tự như trên ta được 15 2n 0−   n 7,5

Do n là số tự nhiên nên n0;1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 Dễ thấy với n3; 4; 5; 6; 7 thì

  0 nên chỉ cần xét các trường hợp n0;1; 2

Khi đó với n 1= ta tìm được số abc 803= thỏa mãn yêu cầu bài toán

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 2c2+ 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 định được 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 là số có hai chữ số

và y là số có ba chữ số

Từ x y+ = 1000x y+ hay ta được ( + )2 = +

x y 1000x y

• Trường hợp 1 Với +x y 27 và + −x y 1 37 , khi đó tồn tại hai số nguyên dương m,

Từ đó suy ra (37k 11 27k 8+ )( + )=x Đến đây chỉ cần xác định được giá trị của k thì xem như bài toán được giải Chú ý rằng x là số nguyên dương có hai chữ số nên từ đẳng thức trên ta suy ra được =k 0 , do đó =x 88

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,

Từ đó suy ra (37k 11 27k 8− )( − )=x Đến đây chỉ cần xác định được giá trị của k thì xem như bài toán được giải Chú ý rằng x là số nguyên dương có hai chữ số và



k 1 nên x 19.26 100 Do đó trường hợp này không tìm được k 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 ( + )2 = +

x y 100x y Với cách biến đổi khác ta được ( + )2− ( + )− =

x y 1000 x y 999y 0 Phương trình có dạng bậc hai nên để gọn hơn ta lại đặt t= +x y thì t N và 110 t 1089  

cơ sở Gọi t1 và t2 là hai nghiệm của phương trình trên

Khi đó theo định lí Vi – te ta được  + =

Từ hệ thức trên ta suy ra được t1 0; t2 0 và nếu t1N thì t2N

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 t1 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

2

, m; n N

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 = +