định lý viet và ứng dụng

ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

1

ðịnh lý Viet và ứng dụng
ðịnh lý Viet cho phương trình bậc 2 là một phần kiến thức quen thuộc và học
sinh ñã ñược tiếp xúc từ lớp 9. Chúng ta ñã thấy ñược ứng dụng rất lớn trong việc xét
nghiệm của một phương trình bậc 2 mà không cần giải các nghiệm ñó. Một ứng dụng
nữa là ñịnh lý ñảo Viet, cho ta ñiều kiện so sánh một số với hai nghiệm của phương
trình. Bài viết này muốn nói ñến ứng dụng trên trong việc giải quyết một số bài toán số
học, các bài toán xuất hiện trong kì thi IMO các năm 1988 (P6) và 2007 (P5).
Kiến thức
ðịnh lý Viet: Xét phương trình bậc 2:
(
)
2
0 0
ax bx c a
+ + = ≠
, có hai nghiệm
1 2
;
x x
, ta
có ñịnh lí Viet
1 2
1 2
.
b
x x
a

c
x x
a

+ = −




=



ðịnh lí ñảo Viet: Xét phương trình bậc 2:
(
)
2
0 0
ax bx c a
+ + = ≠
, có hai nghiệm
1 2
;
x x
,
một số thực
α
thỏa mãn:
(
)

1 2
. 0
x x a f
α α
< < ⇔ <
, trong ñó
(
)
2
0
f x ax bx c
= + + =
.

Chúng ta ñến với bài toán ñầu tiên
Bài 1:
(IMO 1988, Problem 6): Cho
,
a b
là các số nguyên dương thỏa mãn:
1
ab
+
chia
hết
2 2
a b
+
. Chứng minh rằng:
2 2

1
a b
ab
+
+
là một số chính phương.
Giải
Với hai số nguyên dương
,
a b
thỏa mãn
1
ab
+
chia hết
2 2
a b
+
, tồn tại một số nguyên
dương
k
thỏa mãn:
2 2
1
a b
k
ab
+
=
+

.
Chúng ta cần chứng minh k là số chính phương, giả sử nó không là số chính phương.
Và nếu cố ñịnh số nguyên dương k này, sẽ còn tồn tại các cặp số
(
)
,
a b
nữa cũng thỏa
mãn ñiều kiện như trên. Ta kí hiệu:
( )
2 2
;
1
a b
S a b k
ab
+
 
= ∈ × =
 
+
 
ℕ ℕ

ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

2

Giả sử k không là số chính phương, theo nguyên lí cực hạn trong các cặp thuộc S tồn
tại

(
)
,
A B
sao cho:
A B
+
là nhỏ nhất, không mất tổng quát, giả sử
0
A B
≥ >
.
Và nếu cố ñịnh B, chúng ta còn số khác nữa khác A, thỏa mãn phương trình:
( )
2 2
2 2
0 1
1
x B
k x kBx B k
xB
+
= ⇔ − + − =
+

Phương trình này luôn có một nghiệm, ñó là A, vì vậy, theo ñịnh lý Viet, ta có:
2
2
2
2

2
.
A x kB
B k
x kB A
A
A x B k
+ =

−
⇔ = − =

= −


Ta sẽ chứng minh
(
)
2 2
, ,
x B S x A
∈ <
, và ñó sẽ là ñiều vô lí.
ở ñây
2
x
ñã thỏa mãn phương trình (1), cần chứng minh
2
0
x

>
.
ở ñiều kiện thứ nhất, cho ta
2
x
là số nguyên, ñiều kiện thứ 2 cho ta
2
0
x
≠
(do nếu
2
0
x
=
thì
2
k B
=
, là một số chính phương). Hơn nữa
2
x
không âm, thật vậy, giả sử
2
0
x
<
, ta có:
2 2 2 2
2 2 2

0
x kBx B k x k B k
− + − ≥ + + − >
, trái với ñiều ta ñang xét phải xảy
ra dấu bằng. ðiều này có nghĩa:
(
)
2
;
x B S
∈
.
Do ñiều giả sử:
2 2
2 2
0
B k A k
A B x A x B A B
A A
− −
≥ > ⇒ = < < ⇒ + < +

ðiều này trái với giả sử
A B
+
nhỏ nhất.
Vậy k là số chính phương.
□

ðây là bài toán khi ñó ñược ñánh giá là rất khó, theo Arthur Engel, cả ñội 6

người của Úc ñều không giải ñược, và năm ñó chỉ có Georges cùng người vợ sau này
là giải ñược bài toán, và cách sử dụng ñịnh lí Viet như vừa trình bày ở trên ñược ñánh
giá là ñẹp nhất.
Chúng ta cùng tổng hợp lại phương pháp trên, có thể theo các bước chính sau:
Bước 1: Xét một cặp
(
)
;
a b
bất kì, cho ta một số k, với số k ñó, ta xét tất cả các cặp thỏa
mãn. (ở ñây sẽ giả sử số k không thỏa mãn ñề bài).
Bước 2: Trong tất cả các cặp ñang xét, chọn ra cặp có tổng hai số nhỏ nhất, trong ñó
chúng ta lại cố ñịnh số nhỏ hơn, sẽ có những số khác cùng cặp thỏa mãn.
ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

3

Bước 3: Chúng ta ñưa về xét một phương trình bậc 2 có một nghiệm cho trước, dùng
Viet ñể chứng minh nghiệm còn lại cũng thỏa mãn ñiều kiện ñề bài, nhưng trái với ñiều
giả sử.

ðể rõ ràng hơn, chúng ta cùng ñến với bài toán thứ 2
Bài 2:
(mathlinks.ro) Cho hai số nguyên dương
,
x y
thỏa mãn:
xy
chia hết
2 2

1
x y
+ +
.
Chứng minh rằng:
2 2
1
3
x y
xy
+ +
=
.
Giải
Cũng gần như bài toán trên, với số k như trên bài 1, ở ñây k là số 3.
Với hai số nguyên dương
,
x y
thỏa mãn
xy
chia hết
2 2
1
x y
+ +
, tồn tại một số nguyên
dương
k
thỏa mãn:
2 2

1
x y
k
xy
+ +
= .
Và với số k này, ta xét tất cả các cặp số thỏa mãn:
( )
2 2
1
; :
x y
S x y k
xy
 
+ +
= ∈ × =
 
 
ℕ ℕ
.
Trong tất cả các cặp số ñó, ta xét cặp
(
)
;
X Y
sao cho
X Y
+
nhỏ nhất, không mất tổng

quát, giả sử
0
X Y
> >
.
Và nếu cố ñịnh Y, chúng ta còn số khác nữa khác X, thỏa mãn phương trình:
( )
2 2
2 2
1
1 0 1
t Y
k t kYt Y
tY
+ +
= ⇔ − + + =

Phương trình này luôn có một nghiệm, ñó là X, vì vậy, theo ñịnh lý Viet, ta có:
2
2
2
2
2
1
. 1
X t kY
Y
t kY X
X
X t Y

+ =

+
⇔ = − =

= +


ở ñiều kiện thứ nhất, cho ta
2
t
là số nguyên, ñiều kiện thứ 2 cho ta
2
0
t
>
ñiều này có
nghĩa:
(
)
2
;
t Y S
∈
.
Do ñiều giả sử:
2 2
2
1 2 2 2
1 2

Y X X
X Y t X X
X X X
+ − +
> ≥ ⇒ = ≤ = − + <

ðiều này trái với giả sử
X Y
+
nhỏ nhất, hay
X Y
=
.
ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

4

Khi ñó, ñiều kiện bài toán trở thành:
(
)
2 2 2
2 1 1 1 3
X X X X k
+ ⇒ ⇒ = ⇒ =
⋮ ⋮
.
□

Ở ñây các bạn phải hiểu rằng, không phải trong mọi trường hợp ta ñều có
1

X Y
= =
, ñiều này chỉ ñúng cho cặp nhỏ nhất mà ta xét. Tuy nhiên, cặp nhỏ nhất này
lấy khi chúng ta cố ñịnh một số k sinh ra do một cặp bất kì
(
)
;
x y
, do vậy số
3
k
=
ñúng
cho mọi trường hợp.
Có một ý tưởng nảy sinh và chúng ta thấy gặp rất nhiều lần trong các bài toán
chứng minh với mọi. ðó là việc chúng ta xét tất cả thông qua một số ñại lượng ñặc biệt,
từ ñại lượng ñặc biệt ñó, chúng ta suy ra tính chất của tất cả các ñại lượng còn lại.
Hãy ñến với một bài toán tiếp theo, nhưng kết quả cho ta ñẹp mắt hơn.
Bài 3
(Trần Mạnh Sang):

Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn:
2 2
1
x y
+ +
chia hết
cho
2 1
xy

+
. Chứng minh rằng: hoặc
0
xy
=
, hoặc
.
x y
=

Giải
Ta xét
0
xy
≠
.
Xét
2 2
1
2 1
x y
k
xy
+ +
=
+
, nhận xét:
1
k
≥

.
Nhận thấy, nếu có
x y
=
thì
1
k
=
, và ñiều ngược lại trong bài này vẫn ñúng. Vì thế ta
ñi chứng minh
1
k
=
.
Cố ñịnh k và xét
( )
2 2
1
;
2 1
x y
S x y k
xy
 
+ +
= ∈ × =
 
+
 
ℕ ℕ

. Trong tất cả các cặp số ñó, ta
chọn cặp
(
)
;
A B
sao cho
A B
+
có giá trị nhỏ nhất. Ta chứng minh
A B
=
.
Không mất tổng quát, giả sử
0
A B
> ≥
, xét phương trình:
2 2
2 2
1
2 1 0
2 1
x B
k x Bkx B k
Bx
+ +
= ⇔ − + + − =
+
(ẩn x)

Có
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
' 1 1 1 1 0
B k B k k B k
∆ = − − + = − + + ≥

Suy ra phương trình có nghiệm A và
2
x
, áp dụng ñịnh lí Viet:
(
)
( )
2
2
2
2
2
2
2 1
2
1
. 1
2

x kB A
x A kB
B k
x A B k
x
A
= −
+ =


⇔
 
− +
= − +
=




Từ (1) ta có
2
x
là số nguyên
Giả sử
2
0
x
<
, suy ra
2 2 2 2

2 1 2 1 0
x Bkx B k x Bk B k
− + + − > + + + − >
, trái ñiều kiện về
dấu bằng xảy ra.
Nếu
2
0
x
=
, thì
2
. 0
x B
=
, là trường hợp thứ nhất
ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

5

Nếu
2
0
x
>
thì
(
)
2
;

x B S
∈

Từ (2) ta có:
2 2
2
1 1 1B k A
x B B B A B
A A
− + − +
+ = + < + = +

ñiều này trái giả thiết
A B
+
nhỏ nhất
Vậy A = B, khi ñó
2
2
2 1
1
2 1
A
k
A
+
= =
+
, ñó là ñiều cần chứng minh.
□

Việc sinh ra các ñiều kiện bài toán, chúng ta ñi từ một phương trình bậc 2, có hệ số
thỏa mãn ñiều kiện về tích và tổng hai nghiệm.
Cùng ñến với bài toán tiếp theo

Bài 4
(IMO 2007, Problem 5):
Cho các số nguyên dương
,
a b
thỏa mãn
(
)
2
2
4 1
a
−
chia
hết cho
4 1
ab
−
. Chứng minh rằng
a b
=
.
Giải
Trước hết nhận xét: Những bài trước, trong ñiều kiện chỉ có bậc 2 của mỗi số hạng, khi

ñó chúng ta mới ñưa ñược về phương trình bậc 2. Ở ñây số hạng có bậc 4, nếu ñưa về
phương trình sẽ không ñược bậc 2. Vì vậy từ ñiều kiện bài toán chúng ta cần thay ñổi ñể
ñược dạng tốt hơn.
Ta có
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 3
4 1 4 1 4 1 4 4 1 4 1
a ab b a a b ab ab
− − ⇒ − − − −
⋮ ⋮


(
)
( )( )
( )
( )
2 4 2 2 4 3
2 2 2 3
2 2 2 3
2 3
2 3 2
2
2 2

16 8 1 16 4 4 1
8 4 4 1
8 4 4 1 2 4 1
4 2 4 1
4 2 4 1 4 1
2 4 1 4 1
b a a b a a b ab
a b b a b ab
a b b a b ab ab ab
b a b ab ab
b a b ab ab a ab
b ab a ab a b ab
⇒ − + − + −
⇒ − + + −
⇒ − + + + − −
⇒ + − −
⇒ + − − − −
⇒ − + − ⇒ − −
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮ ⋮

(chúng ta chỉ làm công việc hạ bậc dần của mỗi số hạng bằng cách triệt tiêu các số hạng
có bậc lớn hơn 2).
Xét cặp số
(
)

;
a b
thỏa mãn ñiều kiện
(
)
2
4 1
a b ab
− −
⋮
, ta giả sử
(
)
2
0
4 1
a b
k
ab
−
= >
−

ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

6

Cố ñịnh k, xét tập:
( )
(

)
2
* *
,
4 1
a b
S a b k
ab
 
−
 
= ∈ × =
 
−
 
 
ℤ ℤ

Gọi
(
)
;
A B S
∈
là phần tử thỏa mãn:
A B
+
nhỏ nhất trong số các phần tử thuộc S,
không mất tổng quát, giả sử
A B

>
.
Cố ñịnh B, ta xét phương trình:
(
)
( )
2
2 2
2 4 0
4 1
x B
k x B kB x B k
Bx
−
= ⇔ − + + + =
−

Phương trình có một nghiệm là A và một nghiệm
2
x
, áp dụng ðịnh lí Viet, ta có:
2
2
2
2
2
2 4
2 4
.
x A B kB

B k
x B kB A
A
x A B k
+ = +

+
⇒ = + − =

= +

.
Với các ñiều kiện ñó, ta có:
2
x
là số nguyên dương, nên
(
)
2
;
x B S
∈
, do có giả sử
A B
+

nhỏ nhất, nên
2
2 2
2

B k
x A A k A B
A
+
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ −

Hay
(
)
( )( )
2
2 2
4 1
4 1
A B
A B A B A B AB A B
BA
−
≥ − ⇒ − ≥ + − ≥ +
−
, ñiều này là vô lí với ñiều
kiện A, B dương, hay
0
A B k
= ⇒ =
. Với
0
k a b
= ⇒ =
, với mọi

(
)
,
a b
ñang xét.
□


ðể kết thúc bài viết, xin ñưa ra một số bài tập áp dụng
Bài 5:
Cho
,
a b
là các số nguyên dương thỏa mãn:
2 2
a ab b
+ +
chia hết cho
1
ab
+
.
Chứng minh rằng
2 2
1
a ab b
p
ab
+ +
=

+
là số chính phương.
Bài 6:
a.

Cho
,
a b
là các số nguyên dương thỏa mãn:
2 2
1
a b ab
+ −
⋮
. Chứng minh rằng:
2 2
5
1
a b
ab
+
=
−

b.

Chứng minh phương trình:
2 2
5 5 0
a b ab

+ − + =
có vô hạn nghiệm nguyên
dương.

ðịnh lí Viet và ứng dụng trong một số bài toán số học – Trần Mạnh Sang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nð

7

Thay lời kết
Phương pháp sử dụng ñịnh lý Viet chỉ là một trong các cách giải các bài tập số
học ñã nêu ở trên. Tác giả chỉ muốn nêu nên một bài toán có liên quan giữa ðại số và
Số học, ñồng thời thấy ñược một ứng dụng nữa của ñịnh lý Viet trong Số học. Ngoài ra,
theo Arthur Engel, ông ñưa ra cách giải bài toán 1 thay vì xét tập S như trên, ñưa về
việc xét các ñiểm cùng nằm trên một hyperbol ứng với mỗi số k, tuy nhiên hai cách
cũng có cùng một bản chất như nhau.
Trên ñây, chúng tôi mới chỉ dừng lại ở ứng dụng của ñịnh lý Viet cho phương
trình bậc 2, với phương trình bậc 3 có ứng dụng hay không, chúng tôi sẽ nghiên cứu
trong một báo cáo gần ñây.



Tài liệu tham khảo
[1] Mathlinks, IMO 1988, Problem 6,
/>d6eaceab0aaed3ce82a0484#p352683
[2] Mathlinks, IMO 2007, Problem 5,
/>d6eaceab0aaed3ce82a0484#p894656
[3] Yimin, The Method of Vieta Jumping, 2008
[4]Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999.