SKKN Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.

MỞ ĐẦU
Sự xuất hiện của trường số phức C đã khép lại quá trình nghiên cứu phương
trình Đại số. Người ta đã chứng minh được tất cả các phương trình dạng đa thức bậc n
có đủ n nghiệm trên C, điều này cũng có nghĩa là tất cả các đa thức bậc n đều phân tích
được thành tích của n nhân tử bậc nhất. Sự ra đời của định lí cơ bản của Đại số này đã
trả lời được một phần câu hỏi: với những giá trị nào của n thì phương trình Đại số dạng
đa thức bậc n có thể giải được bằng căn thức. Vấn đề này đã được các nhà Toán học
Gauss và Abel giải quyết một cách trọn vẹn thông qua lí thuyết trường và lí thuyết
Galois, ở đó người ta đã chứng minh được tất cả các phương trình đa thức bậc lớn hơn
4 đều không giải được bằng căn thức. Như vậy những phương trình đa thức bậc lớn
hơn 4 đều không có quy trình chung để giải, tuy nhiên nhờ có định lí về sự phân rã,
người ta có thể biểu diễn được mối liên hệ giữa các nghiệm của một phương trình đa
thức bất kì. Một trong những nhà Toán học thành công nhất trong quá trình biểu diễn
mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức là Viét. Viét đã nêu được các
mối liên hệ mang tính đối xứng giữa các nghiệm của phương trình.
Mặc dù các câu hỏi lớn về phương trình Đại số dạng đa thức đã được trả lời, tuy
nhiên trong phạm vi Toán học phổ thông thì các bài toán về đa thức và nghiệm của đa
thức vẫn luôn có tính thời sự. Các bài toán về đa thức và nghiệm của đa thức luôn
chiếm một vị trí xứng đáng trong các bài thi học sinh giỏi các cấp và gây ra nhiều khó
khăn cho học sinh.
Trong đề tài này chúng tôi quan tâm đến vấn đề: Ứng dụng của định lí Viét
trong Đại số và Số học. Ở đây chúng tôi không có ý định xây dựng lại các bài toán tìm
điều kiện để phương trình đa thức bậc n có nghiệm thoả mãn một tính chất nào đó. Nội
dung của đề tài gồm có hai phần. Phần thứ nhất là cho một phương trình đa thức bậc n
có nghiệm thoả mãn một tính chất nào đó, chúng tôi xây dựng các bất đẳng thức về các
hệ số của phương trình. Phần thứ hai chúng tôi ứng dụng định lí Viét vào Số học, kết
quả thu được là chúng tôi xây dựng được một lớp các bài toán phương trình nghiệm
nguyên dạng bậc hai, và các bài toán về lí thuyết chia trên tập hợp các số nguyên.
Đề tài được hoàn thành tại trường THPT chuyên Phan Bội Châu. Trong quá
trình thực hiện đề tài chúng tôi nhận được nhiều sự chỉ bảo của các thầy cô giáo đi
trước về bố cục, nội dung. Nhân đây cho phép tôi bày tỏ lời cảm ơn chân thành đến các

thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán- Tin trường
THPT chuyên Phan Bội châu.
Cuối cùng, do nhiều nguyên nhân, đề tài hoàn thành không tránh khỏi được
những sai sót. Chúng tôi mong nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô giáo và
các độc giả để ngày càng hoàn thiện hơn trong quá trình nghiên cứu khoa học và viết
các đề tài.
1


I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình dạy học ở bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức và phát triển
tư duy cho học sinh là hai nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên.Vì lí do thời lượng
chương trình và đáp ứng một cách đại trà về kiến thức cho học sinh nên chương trình
sách giáo khoa phổ thông chỉ mới đáp ứng được một phần kiến thức. Chính điều này
đã làm hạn chế sự phát triển tư duy của những em học sinh khá và giỏi. Vì vậy trong
quá trình giảng dạy chúng tôi luôn quan tâm đến hai vấn đề là đáp ứng kiến thức đại trà
và phát triển tư duy cho học sinh khá giỏi. Thông thường các em học sinh chỉ mới có
khả năng giải quyết trực tiếp các bài toán mà không có khả năng nhìn nhận bài toán đó
từ những góc độ khác nhau, từ đó dẫn đến một hiện tượng thường thấy trong nghiên
cứu khoa học là: “chỉ thấy cây, không thấy rừng”. Học sinh chỉ có khả năng giải quyết
các vấn đề một cách rời rạc mà không có khả năng xâu chuỗi chúng lại với nhau thành
một mảng kiến thức lớn. Chính vì thế việc rèn luyện và phát triển các tư duy tương tự
hoá và tổng quát hoá là hết sức cần thiết đối với học sinh phổ thông. Việc làm này giúp
các em tích luỹ được nhiều kiến thức phong phú, khả năng nhìn nhận và phát hiện vấn
đề nhanh, giải quyết vấn đề có tính lôgic và hệ thống cao.
Có nhiều hướng khác nhau để rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh. Trong
đề tài này chúng tôi tập trung phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc áp dụng
định lí Viét trong chương trình Đại số lớp 10. Trong chương trình Đại số lớp 10, định
lí Viét chỉ được phát biểu cho phương trình bậc hai. Tuy nhiên để đáp ứng được yêu
cầu của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, chúng tôi giới thiệu định lí Viét dạng tổng

quát và “nhúng” vào các lĩnh vực khác nhau của Toán học.
Xuất phát từ cách nhìn vấn đề theo chiều ngược: Nếu phương trình bậc hai
ax 2  bx  c  0 có nghiệm thực thì b 2  4ac chúng tôi đã xây dựng được một lớp các bài

toán bất đẳng thức về hệ số của các phương trình dạng đa thức. Thông thường thì định
lí Viét được phát biểu cho nghiệm phức. Tuy nhiên trong đề tài này chúng tôi hạn chế
tập nghiệm của phương trình bậc hai trên tập hợp các số nguyên và từ đó có các bài
toán về phương trình nghiệm nguyên. Từ những ý tưởng trên và tầm quan trọng của
việc phát triển các tư duy tương tự hoá và tổng quát hoá cho học sinh, chúng tôi quyết
định chọn đề tài: Ứng dụng của định lí Viét trong Đại số và Số học.
2


II. NỘI DUNG
1.Sử dụng định lí Viét để xây dựng các bài toán bất đẳng thức, cực trị giữa các hệ
số của phương trình dạng đa thức.
a) Xây dựng các bài toán bất đẳng thức, cực trị cho các hệ số của phương trình
bậc hai.
Chúng ta biết rằng nếu phương trình bậc hai: ax 2  bx  c  0 có   b 2  4ac  0 thì
phương trình có nghiệm thực. Tuy nhiên chúng ta cũng có thể nhìn vấn đề theo chiều
ngược lại: nếu phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có nghiệm thực thì   0  b 2  4ac .
Từ cách nhìn nhận này chúng ta có thể ràng buộc thêm các điều kiện cho các nghiệm
của phương trình bậc hai để từ đó xây dựng nên các bài toán bất đẳng thức, cực trị về
các hệ số của phương trình. Chẳng hạn chúng ta bắt đầu với bài toán sau:
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực dương x1 , x2 thoả mãn
x1  x2  1. Chứng minh rằng:

1
4

a) c  .
9
2

b) b 2 c  2c 2  b  c.
c) b(c 1)  5c.
Chứng minh.
x x
1
a) Ta có c  x1 x2   1 2   .
 2  4
2

b) Thay b  x1  x2 , c  x1 x2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

x1  x2 2 x1 x2  2 x12 x22  x1  x2  9 x1 x2
2

 x12  x22 

Ta có:
3

1 1 9
 
x1 x2 2


x12  x22 

1 1
1
1
1
1 3 1 1 
  x12 

 x22 

   
x1 x2
8 x1 8 x1
8 x2 8 x2 4  x1 x2 
3 3 3 4  3
9
   3  .
  
4 4 4  x1  x2  2
2

c) Thay b  x1  x2 , c  x1 x2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
( x1  x2 )( x1 x2 1)  5 x1 x2



1 1
  x1  x2  5
x1 x2

Ta c ó:

1 1
1
1 3 1 1 
  x1  x2  x1 
 x2 
   
x1 x2
4 x1
4 x2 4  x1 x2 

11

3 4
 5.
4 x1  x2

Đây là điều cần chứng minh.
Bây giờ trong Ví dụ 1 chúng ta cho phương trình bậc hai dạng tổng quát
ax 2  bx  c  0 và thay b bởi 

c
b
và thay c bởi chúng ta có Ví dụ 2 như sau:
a
a

Ví dụ 2. Cho phương trình bậc hai ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực dương x1 , x 2 thoả
mãn x1  x2  1. Chứng minh rằng:
a)

c 1
 .
a 4

b)

b 2c
c2 b 9 c

2
 
.
a3
a2 a 2 a

b c
c
c)   1  5 .
aa



a

Lời giải của Ví dụ 2 hoàn toàn tương tự Ví dụ 1.
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực dương x1 , x2 thoả mãn
x1  x2 1.

4

1
2

a) Chứng minh rằng: b 2  2c  .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2bc  b 3  3b 1 .

Lời giải.
a) Thay b  x1  x2 , c  x1 x2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

x1  x2 2  2 x1 x2  1  x12  x22  1
2

2

Ta có:
x12  x22 

a)

Theo giả thiết ta có: b 1, c 

b2
nên
4

P

Vậy PMAX  

1
x1  x2 2  1 .
2
2

b3
1
5
 3b 1   3 1  .
2
2
2

5
1
khi b 1, c  .
2
4

Ví dụ 4. Cho phương trình x 2  bx  c  0 có hai nghiệm thực dương x1 , x2 thoả mãn
x1 x2 1.

a) Chứng minh rằng: b 2  4.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

3b 2  4c  b  2
.
b 2 1

Lời giải.

a) Ta có: b 2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  4.
b) Do phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1 , x2 thoả mãn x1 x2  1 nên b 2  4c , và
b   2 suy ra:
P

Đặt f (b) 

2b 2  b  2
.
b 2 1

2b 2  b  2
.
b 2 1

5


Ta có f ' (b) 

 b 2 1

b

2



1

2

 0 , với mọi b   2

8
5

nên f (b)  f (2)  .
8
5

Vậy Pmin  khi b   2, c 1.
Ví dụ 5. Cho phương trình bậc hai ax 2  x  c  0 có hai nghiệm thực dương x1 , x2 thoả
mãn x1  x2  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(a, c) 

a2 c
.
a 2c  a 3

Lời giải.
Từ giả thiết của bài toán suy ra: a 1, 0  c 

1
.
4a

Trước hết chúng ta xem P(a, c) như một hàm của biến c , ta có:
P ( a, c ) 
'

 a 2c  a 3  a 4  a 2c

a c  a 

3 2

2



a 3 (1 a)

a c  a 
2

3 2

 0,  a 1.

Vậy P(a, c) là hàm nghịch biến đối với biến c nên:
3
 1  4 a 1
.
P(a, c)  P a,   2
4
 4a  a  4a

Đặt f (a) 

4a 3 1

.
a 2  4a 4

Ta có:
f ' (a) 

16a 6  4a 4 16a 3  2a

a

2

 4a 4



2

 0,  a 1.

Vậy f (a) là hàm đồng biến trên 1;    do đó: P(a, c) 

4 1
  1.
1 4

1
4

Dấu đẳng thức xẩy ra khi: a 1, c  .

Qua các ví dụ trên, chúng ta nhận thấy rằng việc xây dựng các bất đẳng thức
xung quanh các hệ số của phương trình bậc hai đã tạo ra sự hứng thú, say mê học tập
của học sinh. Học sinh có thể tự đưa ra các ràng buộc cho các nghiệm của phương
trình bậc hai và từ đó tự xây dựng lên các bất đẳng thức mới.
6


b. Xây dựng các bất đẳng thức về hệ số của phương trình bậc ba.
Chúng ta đã biết rằng phương trình bậc ba bao giờ cũng có ít nhất một nghiệm
thực. Sau khi nghiên cứu xong ứng dụng của đạo hàm, chúng ta có điều kiện cần và đủ
để phương trình bậc ba f ( x)  ax3  bx 2  cx  d  0 :
-

Có đúng một nghiệm thực là: phương trình f ' ( x)  0 vô nghiệm thực hoặc có nghiệm

kép thực hoặc phương trình f ' ( x)  0 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thoả mãn
f ( x1 ) f ( x2 )  0.

-

Có đúng hai nghiệm thực phân biệt là phương trình f ' ( x)  0 có hai nghiệm thực

phân biệt x1 , x2 thoả mãn f ( x1 ) f ( x2 )  0.
-

Có đúng ba nghiệm thực phân biệt là phương trình f ' ( x)  0 có hai nghiệm thực

phân biệt x1 , x2 thoả mãn f ( x1 ) f ( x2 )  0.
Tuy nhiên việc đưa ra một hệ thức liên hệ giữa các hệ số a, b, c, d sao cho
phương trình bậc ba có một, hai, hay ba nghiệm theo kiểu tường minh như phương

trình bậc hai là hết sức phức tạp và không cần thiết. Trong mục này chúng ta sẽ gắn
cho các nghiệm của phương trình bậc ba thoả mãn một tính chất nào đó và xây dựng
các bất đẳng thức liên hệ giữa các hệ số a, b, c, d dưới dạng hệ quả.
Trước hết chúng ta có các đẳng thức quan trọng sau:
Đặt S  x1  x2  x3 , P  x1 x2 x3 , Q  x1 x2  x2 x3  x1 x3 .
Thế thì:
x12  x22  x32  S 2  2Q.
x13  x23  x33  S (S 2  3Q)  3P.
x14  x24  x34  (S 2  2Q) 2  2(Q 2  2SP).

7


Theo định lí Viét đảo thì phương trình X 3  SX 2  QX  P  0 nhận các số thực
x1 , x2 , x3 làm nghiệm. Bây giờ chúng ta gắn cho x1 , x2 , x3 các điều kiện và từ đó xây

dựng các bất đẳng thức về mối quan hệ giữa S , P, Q. Chúng ta bắt đầu với Ví dụ sau:
Ví dụ 1. Cho phương trình x 3  sx 2  qx  r  0 có ba nghiệm thực không âm. Chứng minh
rằng:
a) p 2  3q.
b) p 3  27 r.
c) pq 9r.
d) q 2  3 pr.
e) p 3  4 pq  9r  0.
f) p 4  5 p 2 q  4q 2  6 pr  0.
Chứng minh.
Gọi x1 , x2 , x3 là các nghiệm không âm của phương trình đã cho.
a) Bất đẳng thức cần chứng minh ở câu a trở thành:

x1  x2  x3 2  3x1 x2  x2 x3  x1 x3   x1  x2 2  x2  x3 2  x3  x1 2  0 .

Đây là điều phải chứng minh.
b) c) Kết quả của câu b, c có được nhờ áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không
âm.
d) Bất đẳng thức cần chứng minh ở câu d trở thành:

x1 x2  x2 x3  x1 x3 2  3x1  x2  x3 x1 x2 x3 .
Nếu trong ba nghiệm x1 , x2 , x3 có một nghiệm nào đó bằng không thì ta có điều cần
chứng minh. Xét trường hợp cả ba số x1 , x2 , x3 đều khác không. Khi đó bất đẳng thức
2

1 1 1
 1
1
1 



cần chứng minh tương đương      3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
3 
2 3

1 3 
 1
 1 2
2

2

2

1 1  1 1 1 1
             0.
 x1 x2   x2 x3   x3 x1 

Đây là điều cần phải chứng minh.
8


Để chứng minh các bất đẳng thức ở các câu e, f chúng ta cần có bất đẳng thức
Schur như sau:
Nếu x, y, z là các số thực dương và t là số thực dương thì:
x t ( x  y)( x  z )  y t ( y  z )( y  x)  z t ( z  x)( z  y)  0.

Thật vậy, do vai trò của các biến trong bất đẳng thức là bình đẳng nên có thể giả sử
x  y  z . Khi đó viết lại các bất đẳng thức bằng cách nhóm nhân tử chung ta được:

x  y x t ( x  z)  y t ( y  z) z t ( x  z)( y  z)  0.
Đây là bất đẳng thức đúng.
e) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
x1 ( x1  x2 )  x2 ( x2  x1 )( x2  x3 )  x3 ( x3  x1 )( x3  x2 )  0.

Đây chính là bất đẳng thức Schur với t 1.
f) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
x12 ( x1  x2 )  x22 ( x2  x1 )( x2  x3 )  x32 ( x3  x1 )( x3  x2 )  0.

Đây chính là bất đẳng thức Schur với t  2.
Ví dụ 2. Xét các số thực a, b sao cho phương trình ax3  x 2  bx  1 0 có ba nghiệm thực
dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

5a 2  3ab  2
.
a 2 (b  a)

Lời giải.
Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm thực dương của phương trình đã cho. Theo định lí Viét ta có:
1
b
x1  x2  x3  x1 x2 x3  , x1 x2  x2 x3  x1 x3  .
a
a

Do x1  x2  x3 2  3x1 x2  x2 x3  x1 x3  nên

1 3b
1
 0b  .
2
a
3a
a

Áp dụng bất đẳng thức x1  x2  x3  33 x1 x2 x3  0  a 
Xét hàm số P(a, b) theo biến b 0;

1
.
 3a 

9

1
3 3

.


Ta có P ' (b) 

 2a 2  2
 1
 0 với mọi b 0;  nên P(a, b) là hàm nghịch biến theo biến b ,
2
2
a (b  a )
 3a 

suy ra:
2
 1  3(5a 1)
P ( a, b)  P a ,  
.

2
 3a  a(1 3a )

Xét f (a) 

3(5a 2 1)
.
a(1 3a 2 )

Ta có:
f ' (a) 

15a 4 14a 2 1
1 

 0,  a 0;
2
2
2
.
a (3a 1)
 3 3


1 
.
 3 3

Suy ra hàm số f (a) nghịch biến trên  0;
Vậy ta có:

 1 
P ( a, b)  4 f ( a )  4 f 
 12 3.
3 3

Dấu đẳng thức xẩy ra khi a 

1
3 3

,b  3.

Ví dụ 3. Xét a, b, c là các số thực sao cho phương trình x 3  ax 2  bx  c  0 có ba nghiệm
thực. Chứng minh rằng 12ab  27c  6a 3 10a 2  2b2 .
3

Lời giải.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  6a(a 2  2b)  27c 10a 2  2b2 . (1)
3

Gọi x1 , x2 , x3 là ba nghiệm thực của phương trình đã cho. Theo định lí Viét ta có:
x1  x2  x3   a ; x1 x2  x2 x3  x1 x3  b; x1 x2 x3   c.

Bất đẳng thức (1) trở thành:





3

6( x1  x2  x3 )( x12  x22  x32 )  27 x1 x2 x3 10 x12  x22  x32 2 .

-

Nếu x12  x22  x32  0 thì chúng ta có ngay điều cần chứng minh.

-

Xét trường hợp x12  x22  x32  0. Không mất tính tổng quát, giả sử x1  x2  x3 , và

x12  x22  x32  9.

10


Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
2( x1  x2  x3 )  x1 x2 x3 10.

Ta có:

2( x1  x2  x3 )  x1 x2 x3 2  2( x1  x2 )  x3 (2  x1 x2 )2







 ( x1  x2 ) 2  x32 4  (2  x1 x2 ) 2  (9  2 x1 x2 )(8  4 x1 x2  x12 x22 )
 x1 x2  2 2 x1 x2  7100.
2

Với cách gọi x1 , x2 , x3 suy ra: x32  3; 2x1 x2  x12  x22  9  x32  6.
Do đó 2( x1  x2  x3 )  x1 x2 x3 2 100  2( x1  x2  x3 )  x1 x2 x3 10.
Dấu đẳng thức xẩy ra chẳng hạn tại x1  1; x2  x3  2 , hay là a   3, b  0, c  4.
Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn xy  yz  zx  xyz  4. Chứng minh
rằng x  y  z  ( xy  yz  zx)  0.
Không mất tổng quát, giả sử z  min x, y, z  x  0, y  0  x  y  xy  0
z

4  xy
và xy  4.
x  y  xy

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
( x  y  2) 2  xy ( x 1)( y 1)  0.

-

Nếu ( x 1)( y 1)  0 thì ta có ngay điều cần chứng minh.

-

Xét trường hợp ( x 1)( y 1)  0.

Khi đó ta có:
( x  y  2) 2  ( x 1)  ( y 1)  4( x 1)( y 1)  xy( x  1)( y 1)
2

 ( x  y  2) 2  xy ( x 1)( y 1)  0.

Bây giờ sử dụng kết quả của Ví dụ 4, chúng ta có ví dụ sau:
Ví dụ 5.Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thoả mãn điều kiện
2(ab  ac  ad  bc  bd  cd )  abc  abd  bcd 16.

Chứng minh rằng a  b  c  d  ab  ac  ad  bc  bd  cd .
2
3

11


Chứng minh.
Đặt p  a  b  c  d , q  ab  ac  ad  bc  bd  cd , r  abc  abd  acd  bcd , s  abcd.
Theo định lí Viét đảo thì a, b, c, d là bốn nghiệm của đa thức
F ( x)  x 4  px3  qx 2  rx  s.

Không mất tổng quát, có thể giả sử a  b  c  d .
Theo định lí Rolle, với F (a)  F (b)  F (c)  F (d )  0 thì tồn tại ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 của
đa thức F ' ( x)  4 x 3  3 px2  2qx  r , trong đó a  x1  b  x2  c  x3  d .
Theo định lí Viét ta có:
x1  x2  x3 

3p
q
r
, x1 x2  x2 x3  x1 x3  , x1 x2 x3  .
4

2
4

Từ giả thiết của bài toán ta có:
2q  r 16  x1 x2  x2 x3  x1 x3  x1 x2 x3  4.

Theo Ví dụ 4 suy ra x1  x2  x3  x1 x2  x2 x3  x1 x3 

3p q
  3 p  2q.
4 2

Đây là điều cần chứng minh.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c  d 1.
Qua các ví dụ trên chúng ta nhận thấy rằng có thể ràng buộc rất nhiều điều kiện
cho các nghiệm của phương trình bậc ba để từ đó xây dựng lên các bất đẳng thức về
quan hệ giữa các hệ số của phương trình.
2. Ứng dụng của định lí Viét trong các bài toán số học
Khi phát biểu định lí của mình, Viét phát biểu cho phương trình dạng đa thức có
nghiệm phức. Tuy nhiên nếu chúng ta “nhúng” định lí này vào các bài toán phương
trình nghiệm nguyên, chúng ta sẽ có được những kết quả hết sức thú vị. Chẳng hạn
chúng ta bắt đầu với Ví dụ sau:
Ví dụ 1. Cho a, b là các số nguyên dương phân biệt thoả mãn a 2 b 2  3 chia hết cho
ab. Chứng minh rằng

a2  b2  3
 4.
ab

Lời giải.

12


Từ kết luận của bài toán chúng ta nghĩ đến việc xét phương trình bậc hai
a 2  b 2  3  kab. Bài toán được giải quyết khi chúng ta chứng minh được k  4. Với giả

thiết của bài toán ta có k là số nguyên dương.Trong tất cả các nghiệm (a, b) thoả mãn
bài toán, gọi (a0 , b0 ) là nghiệm sao cho: a0  b0 nhỏ nhất và a0  b0 .
Xét phương trình bậc hai a 2  kb0 a  b02  3  0 có hai nghiệm a0 , a1 thoả mãn:
a0  a1  kb0

2
a0 a1  b0  3

Do đó (a1 , b0 ) cũng là một nghiệm của phương trình đã cho. Điều này dẫn đến
a1  a0  (a0 1)(a1 1)  b02 b02  kb0  4  b02  kb0  4  k  4.

Mặt khác từ k 

a 2  b 2  3 2ab

 2 suy ra k  3 hoặc k  4.
ab
ab

- Với k  3 thì phương trình a 2  3b0 a  b02  3  0 có biệt thức   5b02 12  3 mod 5 không là
số chính phương nên phương trình không có nghiệm nguyên.
- Với k  4 thì phương trình có nghiệm nguyên dương b0 1, a0  2.
Vậy nếu a, b là các số nguyên dương phân biệt thoả mãn a 2 b 2  3 chia hết cho
a2  b2  3

 4.
ab thì
ab

Từ kết quả của bài toán trên chúng ta có hai hướng để tổng quát bài toán như
sau:
- Hướng 1: Cho

P(a, b,...) , Q(a, b,...) là các biểu thức bâc hai đối với một ẩn nào đó

thoả mãn P(a, b,...) chia hết cho Q(a, b,...) . Tìm các giá trị của

P (a, b, ...)
hoặc tìm mối
Q (a, b, ...)

liên hệ giữa a,b,... .
- Hướng 2: Tìm các giá trị của tham số nguyên k để phương trình

P(a, b, ...)
k
Q(a, b, ...)

có nghiệm nguyên.
Trước hết chúng ta sẽ xây dựng một số bài toán theo Hướng 1.

13


Ví dụ 2. (IMO 2007) Cho a, b là các số nguyên dương thoả mãn (4a 2 1) 2 chia hết cho

4ab 1 . Chứng minh a  b .

Lời giải của bài toán này trong đáp án khá phức tạp, ở đó người ta đã giải quyết
theo hướng tập hợp. Tuy nhiên nếu phân tích kĩ giả thiết của bài toán, chúng ta hoàn
toàn có thể giải theo hướng của phương trình bậc hai như sau.
Ta có:
(4a 2  1) 2  (4a 2  4ab  4ab  1) 2  16a 2 (a  b) 2  2(4a 2  4ab)(4ab  1)  (4ab  1) 2

Vì hai số 16a 2 và 4ab 1 nguyên tố cùng nhau nên (4a 2 1) 2 chia hết cho 4ab 1 tương
đương với (a  b) 2 chia hết cho 4ab 1 .
Đặt (a  b) 2  k (4ab 1).
Theo giả thiết thì k là một số tự nhiên và bài toán được giải quyết khi chúng ta chứng
minh được k  0 .
Giả sử k  0 . Do vai trò của a, b là bình đẳng nên trong tất cả các giá trị của a, b thoả
mãn bài toán, gọi a0 ,b0  là cặp nghiệm sao cho a0  b0 nhỏ nhất và a0  b0 .
Xét phương trình bậc hai a 2  2b0 (1 2k )a  b02  k  0 . Phương trình này có hai nghiệm
a0 , a1 thoả mãn:
a0  a1  2(1  2k )b0
.

2
a0 a1  b0  k

Điều này kéo theo a1 , b0  cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán. Theo cách gọi của
nghiệm a0 ,b0  suy ra:
a1  a0  b0  (a0 1)(a1 1)  b02
 2b0 (1 2k ) 1 k.

Điều này không xẩy ra khi b0 , k là các số nguyên dương.
Vậy giả sử của chúng ta là sai và do đó k  0 hay chính là a  b.

Qua lời giải của bài toán trên chúng ta nhận thấy bản chất của bài toán là: Nếu
a, b là các số nguyên dương thoả mãn (a  b) 2 chia hết cho 4ab 1 thì a  b . Từ đó chúng

ta có bài toán tổng quát hơn như sau:
14


Ví dụ 3. Cho p, q là các số nguyên dương thoả mãn 1 q p . Chứng minh rằng nếu a, b
là các số nguyên dương sao cho (a  b) 2 chia hết cho pab q thì a  b .
Lời giải.
Đặt (a  b) 2  k ( pab  q).
Theo giả thiết thì k là một số tự nhiên và bài toán được giải quyết khi chúng ta chứng
minh được k  0 .
Giả sử k  0 . Do vai trò của a, b là bình đẳng nên trong tất cả các giá trị của a, b thoả
mãn bài toán, gọi a0 ,b0  là cặp nghiệm sao cho a0  b0 nhỏ nhất và a0  b0 .
Xét phương trình bậc hai a 2  b0 (2  pk)a  b02  kq  0 . Phương trình này có hai nghiệm
a0  a1  b0 (2  pk )
.
a0 , a1 thoả mãn: 
2
a0 a1  b0  kq

Điều này kéo theo a1 , b0  cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán. Theo cách gọi của
nghiệm a0 ,b0  suy ra:
a1  a0  b0  (a0 1)(a1 1)  b02
 b0 (2  pk ) 1 kq.

Điều này không xẩy ra khi b0 , k là các số nguyên dương.
Vậy giả sử của chúng ta là sai và do đó k  0 hay chính là a  b.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương thoả mãn a 2  b 2 chia hết

cho ab 1 thì

a2  b2
là số chính phương.
ab 1

Lời giải.
Đặt k 

a2  b2
.
ab 1

Do vai trò của a, b là bình đẳng nên trong tất cả các giá trị của a, b thoả mãn bài toán,
gọi a0 ,b0  là cặp nghiệm sao cho a0  b0 nhỏ nhất và a0  b0 . Bây giờ chúng ta xét các
trường hợp sau:

15


2a02
2
 2  2  a0 1 k 1 là số chính phương.
2
a0 1
a0 1

-

Trường hợp 1: a0  b0  k 

-

Trường hợp 2: a0  b0 . Khi đó phương trình a 2  kb0 a  b02  k  0 có hai nghiệm a0 , a1

thoả mãn:
a0  a1  kb0

2
a0 a1  b0  k

(1)
(2)

Nếu a1  0 thì a1 , b0  cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán, và do đó
a1  a0  b0  a0 a1  b02 là mâu thuẫn với (2).

Nếu a1  0 thì từ (1) và (2) suy ra kb0  a0 

k  b02
 k  b02  kb0  b02  k là mâu thuẫn
a1

với k ,b0 là các số nguyên dương.
Vậy a1  0 và do đó k  b02 là số chính phương.
Từ lời giải của Ví dụ 4 chúng ta có thể mở rộng như sau:
Ví dụ 5. Cho p, q là các số nguyên dương thoả mãn 1 q p và q là số chính phương.
Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương thoả mãn a 2  b 2 chia hết cho pab q
thì

a2  b2
là số chính phương.
pab  q

Lời giải.
Đặt k 

a2  b2
.
pab  q

Do vai trò của a, b là bình đẳng nên trong tất cả các giá trị của a, b thoả mãn bài
toán, gọi a0 ,b0  là cặp nghiệm sao cho a0  b0 nhỏ nhất và a0  b0 . Bây giờ chúng ta xét
các trường hợp sau:
-

2a02
Trường hợp 1: a0  b0  k  2  1 là điều không xẩy ra.
pa0  q

-

Trường hợp 2: a0  b0 . Khi đó phương trình a 2  kpb0 a  b02  kq  0 có hai nghiệm a0 , a1

thoả mãn:

16


a0  a1  kpb0 (1)


2
a0 a1  b0  kq (2)

Nếu a1  0 thì a1 , b0  cũng là một nghiệm thoả mãn bài toán, và do đó
a1  a0  b0  a0 a1  b02 là mâu thuẫn với (2).

Nếu a1  0 thì từ (1) và (2) suy ra kpb0  a0 

kq  b02
 kq  b02  kpb0  b02  kq  kp là mâu
a1

thuẫn với k , p, b0 là các số nguyên dương.
Vậy a1  0 và do đó kq  b02  k là số chính phương vì theo giả thiết thì q là số
chính phương.
Ví dụ 6. Cho a, b, c là các số nguyên dương thoả mãn 0  a 2  b 2  abc c.
Chứng minh rằng a 2  b 2  abc là số chính phương.
Chứng minh.
Đặt a 2  b 2  abc  k  0  k  c.
Trong tất cả các cặp (a, b) thoả mãn a 2  b 2  abc  k gọi (a0 , b0 ) là cặp sao cho a0  b0 và
a0  b0 nhỏ nhất.

Khi đó phương trình a 2  cb0 a  b02  k  0 có hai nghiệm a0 , a1 thoả mãn:
a0  a1  cb0

2
a0 a1  b0  k

Nếu

a1  0 thì

(1)
(2)

a1 ,b0  cũng là một cặp nghiệm thoả mãn bài toán

 a1  a0  a1a0  b02 là mâu thuẫn với (2).

Nếu a1  0  cb0  a0 

k  b02
 k  b02  cb0  b02  k  c  vô lí vì b0 1.
a1

Vậy a1  0  k  b02 là số chính phương.
Bây giờ chúng ta xây dựng một số bài toán theo Hướng 2.
Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên dương k để phương trình x 2  xy  y 2  k ( xy 1) có
nghiệm nguyên dương x, y .
17


Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên dương k để phương trình x 2  xy  y 2  k ( xy 1) có
nghiệm nguyên dương x, y . Không mất tổng quát, giả sử x0 , y0  là nghiệm sao cho
x0  y0 và x0  y0 nhỏ nhất.

Khi đó phương trình x 2  (1 k ) y0 x  y02  k  0 có hai nghiệm x0 , x1 thoả mãn:
 x0  x1  (k 1) y0


2
 x0 x1  y0  k

(1)

.
(2)

Điều này dẫn đến x1 , y0  cũng là một nghiệm thoả mãn  x1  x0 .
Nếu x0  y0  y02 

k
 4  x0  y0  2, k  4.
k 3

Nếu x0  y0 thì lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta có:
( x0 1)( x1 1)  y02  k  y0 (k 1) 1 y02
 k 1 y0 (k 1)  y0 

k 1
2
1
 3.
k 1
k 1

- Với y0 1 k  7 , x2; 4. .
- Với y0  2 hoặc y0  3 thì phương trình vô nghiệm.
Vậy để phương trình có nghiệm nguyên dương thì k  4 hoặc k  7 .

Ví dụ 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k để phương trình x  y 2  k 1 4 xy  có
nghiệm nguyên dương x, y.
Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên dương k để phương trình x  y 2  k 1 4 xy  có nghiệm
nguyên dương x, y . Không mất tổng quát, giả sử x0 , y0  là nghiệm sao cho x0  y0 và
x0  y0 nhỏ nhất.

Khi đó phương trình x 2  2(1 2k ) y0 x  y02  k  0 có hai nghiệm x0 , x1 thoả mãn:
 x0  x1  2(2k 1) y0

2
 x0 x1  y0  k

18

(1)

.
(2)


Trường hợp 1: x0  y0  k 

4 x02
 1 nên không thoả mãn.
1 4 x02

Trường hợp 2: x0  y0 . Chúng ta xét các khả năng sau:
- Nếu x1  0 thì từ (1) và (2) ta có:
2(2k 1) y0  x0 

k  y02
 k  y02  4ky0  y02  2 y0  k là điều không xảy ra.
x1

- Nếu x1  0 thì ( x1 , y0 ) cũng là một nghiệm của phương trình. Theo cách gọi của
nghiệm x0 , y0  suy ra x1  x0  x1 x0  y02 là mâu thuẫn với (2).
- Nếu x1  0  k  y02 là số chính phương.
Thử lại với k  a 2 , với a là số nguyên dương thì phương trình có các nghiệm
nguyên dương  x, y  là 4a 3  2a, a .
Vậy tất cả các giá trị của k thoả mãn là: k  a 2 , với a là số nguyên dương.
Ví dụ 9. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phương trình x  y  u  v  n xyuv có
nghiệm nguyên dương x, y, u, v.
Lời giải.
Không mất tổng quát, giả sử phương trình có các nghiệm nguyên dương

x0 , y0 , u0 , v0  thoả mãn:

x0  y0  u0  v0 nhỏ nhất và x0  y0  u0  v0 .

Khi đó ta có:

x0  y0  u0  v0 2  n 2 x0 y0u0 v0





 x02  2 y0  u0  v0  n 2 y0u0 v0 x0   y0  u0  v0   0
2

. (1)

Từ (1) ta có các khẳng định sau:
i)  y0  u0  v0 2  x0
ii) Tam thức bậc hai f ( x)  x 2  2 y0  u0  v0  n 2 y0u0 v0 x   y0  u0  v0 2

có một

nghiệm là x0 . Theo định lí Viét thì tam thức f (x) còn có một nghiệm nguyên dương
x1 

 y0  u0  v0 2
x0

 x1 , y0 , u0 , v0  cũng là một nghiệm của phương trình ban đầu. Từ định

nghĩa của nghiệm x0 , y0 , u0 , v0   x1  x0  y0  u0  v0 .
19


Theo nh lớ v so sỏnh cỏc nghim ca phng trỡnh bc hai vi mt s ta cú:





0 f ( y0 ) y02 2 y0 u0 v0 n 2 y0u0 v0 y0 y0 u0 v0 16 y02 n 2 y02u0 v0
2

n 2 y02u0 v0 16 y02 n 2 16 n1; 2; 3; 4 .

Vi n 1 thỡ phng trỡnh cú nghim x y u v 4.
Vi n 2 thỡ phng trỡnh cú nghim x y u v 2.
Vi n 3 thỡ phng trỡnh cú nghim x y 1; u v 2.
Vi n 4 thỡ phng trỡnh cú nghim x y u v 1.
Vy cỏc giỏ tr ca n l 1, 2, 3, 4.
Qua cỏc bi toỏn trờn chỳng ta rỳt ra c mt kinh nghim rng: cú nhng bi
toỏn cú hỡnh thc s hc nhng bn cht ca nú chớnh l i s. Vic gii v bin lun
cỏc phng trỡnh nghim nguyờn cú cha n s bc hai c quy v vic phõn tớch, so
sỏnh cỏc nghim da vo nh lớ Viột. Vic lm ny cú ý ngha thu hp min giỏ tr ca
cỏc n s v t ú th vi cỏc giỏ tr thu c ca n s a ra kt qu.

III. một số kinh nghiệm rút ra
1. Đối với giáo viên
- Việc khai thác các tính chất đơn giản trong sách giáo khoa để từ đó xây dựng
lên lớp các bài toán mới luôn có tác dụng lớn đối với học sinh, đặc biệt là các học sinh
yêu Toán. Kinh nghiệm cho thấy học sinh hứng thú tìm hiểu các vấn đề đơn giản từ
sách giáo khoa để từ đó xây dựng lên mảng kiến thức lớn hơn nhiều so với việc giải
quyết các bài toán khó.
- Rèn luyện các thao tác t- duy t-ơng tự hoá và tổng quát hoá giúp cho học sinh
có khả năng nhìn nhận vấn đề một cách bao quát, có tính hệ thống, và giải quyết vấn đề
nhanh hơn, có tính lôgic cao hơn.
- Trong quá trình giảng dạy, ng-ời thầy cần nâng cao tính tích cực, chủ động, và
sáng tạo của học sinh. Cần h-ớng cho học sinh cách thức sáng tạo các vấn đề mới từ
các kiến thức phổ thông, và tập d-ợt cho học sinh khả năng nghiên cứu khoa học. Thực

20

tế cho thấy học sinh th-ờng hứng khởi khi tự mình khám phá ra một vấn đề mới hơn
nhiều so với việc đ-ợc thầy giải cho một bài toán mới.
2. Đối với học sinh
- Học sinh cần phải tránh cách học thụ động, máy móc, thiếu tính sáng tạo.
Trong quá trình đổi mới giáo dục thì đổi mới ph-ơng pháp dạy học là một nội dung
trọng tâm. Đối với ph-ơng pháp dạy học mới, học sinh luôn đóng vai trò trung tâm của
mỗi tiết học, chính học sinh là chủ thể của quá trình nhận thức, là ng-ời tự khám phá và
chiếm lĩnh lấy tri thức cho mình.
- Đứng tr-ớc một bài toán, ngoài việc tìm ra lời giải, học sinh cần phải đặt bài
toán đó trong các mối quan hệ với các kiến thức đã học để từ đó khám phá ra những
điều mới ẩn chứa trong bài toán. Sau khi giải quyết xong một bài toán, học sinh cần
phải nhúng bài toán đó vào trong các lĩnh vực Toán học khác nhau để tìm ra các bài
toán t-ơng tự trong các lĩnh vực đó. Chẳng hạn " nhúng" định lí Viét của Đại số vào Số
học để thu đ-ợc các bài toán về ph-ơng trình nghiệm nguyên.
- Học sinh cần nhìn nhận các vấn đề về lí thuyết theo nhiều khía cạnh khác nhau.
Chẳng hạn nh- cách nhìn nhận điều kiện có nghiệm của ph-ơng trình bậc hai ở mục
II.1.
IV. kết luận
- Nhằm đáp ứng tốt cho việc bồi d-ỡng học sinh giỏi trong tr-ờng chuyên, chúng
tôi nêu ra một số h-ớng nhìn nhận mới về định lí Viét bên cạnh cách nhìn truyền thống
về định lí này. Việc làm này đã giúp học sinh có thêm các định h-ớng mới trong khi
giải quyết các bài toán về Đại số và Số học.
- Đề tài đã giải quyết đ-ợc các vấn đề sau:
+) Về ph-ơng pháp: Việc xây dựng các bài toán bất đẳng giữa các hệ số của
ph-ơng trình dạng đa thức cũng nh- xây dựng các bài toán về giải và biện luận ph-ơng
trình nghiệm nguyên có chứa ẩn bậc hai đã góp phần rèn luyện các thao tác t- duy
t-ơng tự hoá và tổng quát hoá cho học sinh, tạo cho học sinh niềm say mê nghiên cứu
và khám phá.
+) Về kiến thức: đề tài đã giải quyết đ-ợc hai nội dung chính:
21

. Xây dựng các bài toán bất đẳng, cực trị giữa các hệ số của các ph-ơng trình bậc
hai, bậc ba nhờ định lí Viét.
. Xây dựng các bài toán giải và biện luận ph-ơng trình nghiệm nguyên có chứa ẩn bậc
hai trên cơ sở "nhúng" định lí Viét vào Số học.
- H-ớng phát triển của đề tài: Đề tài có thể mở rộng cho các ph-ơng trình dạng
đa thức bậc cao.

TàI liệu tham khảo
[1]. Phan Huy Khải, 10.000 bài toán bất đẳng thức, NXB Hà nội.
[2]. Phan Huy Khải, Toán nâng cao Đại số 10, NXB Giáo dục.
[3]. Đại số Nâng cao 10, NXB Giáo dục.
[4]. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, 2000- 2009.
[5]. Tr-ờng THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tuyển tập 10 năm đề thi Olypic Toán 10,
11, NXB Giáo dục.
[6]. Gpolia, Sáng tạo Toán học, NXB Giáo dục.
[7]. Nguyễn Văn Nho, Số học nâng cao, NXB Giáo dục.
[8]. IMO shortlist 2002- 2007.

22