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

1
Website:tailieumontoan.com

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!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

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.

(

)

ax2 + bx + c = 0 a ≠ 0
Nếu phương trình bậc hai

S = x1 + x2 =

−b
a

P = x1.x2 =
và

Ngược lại nếu có hai số

phương trình

t2 − St + P = 0

x1

c
a

có hai nghiệm

x1

và

x2

thì tổng và tích của chúng là:

.

và

x2

thỏa mãn

S = x1 + x2

và

P = x1.x2

thì

x1

và

x2

là hai nghiệm của

.

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 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:

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 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

(

)

∆ = m2 − 4 m + 2 ≥ 0
. Để phương trình đã cho có nghiệm nguyên thì điều kiện cần là

(

)

∆

phải là số chính

m2 − 4 m + 2 = k2
phương, tức là tồn tại số nguyên k sao cho
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

. Biến đổi tương đương ta được
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

(

)

(

)(

)

m2 − 4 m + 2 = k2 ⇔ m − 2 + k m − 2 − k = 12

Do m và k là các số nguyên nên ta tìm được
+ Với
+ Với

m = −2
m= 6

thì ta được phương trình

thì ta được phương trình

m = −2

x2 + 2x = 0

hoặc

m= 6

.

.

, khi đó ta được hai nghiệm nguyên là

x2 − 6x + 8 = 0

x1 = 0

và

x1 = 2

, khi đó ta được hai nghiệm nguyên là

x2 = −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

 x1 + x2 = m

 x1.x2 = m + 2

a=1

nên theo hệ thức Vi – et với hai nghiệm

x1;x2

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

Từ

 x1 + x2 = m

 x1.x2 = m + 2

Khi đó

x1 − 1

và

(

x1;x2

)

và giải phương trình nghiệm nguyên.

(

)(

)

x1.x2 − x1 + x2 = 2 ⇔ x1 − 1 x2 − 1 = 3
ta được

x2 − 1

( )

3 = 1.3 = −1. −3
là các ước của 3, lại có

hoàn toàn đơn giản và qua đó ta tìm được các giá trị m là

m = −2

và

. Đến đây việc tìm hai nghiệm

m= 6

x1;x2

.

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
•

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:

m= y
+ Do m có giá trị nguyên nên ta đặt

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.

(

)

m x − 1 = x2 + 2
+ Chú ý rằng do m nguyên và từ phương trình đã cho ta được

thành: Tìm các số nguyên x để

x2 + 2

chia hết cho

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:

x−1

. Khi đó ta viết lại bài toán

.

 xy + yz + zx = 8

 x + y + z = 5

.

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:

(

)

(

)

(

)

 xy + y + x z = 8
xy + 5 − z z = 8
xy = 8 − 5 − z z
⇔
⇔

x + y = 5− z
x + y = 5− z
x + y = 5 − z


Như vậy theo định lí Vi – et thì x và y là hai nghiệm của phương trình bậc hai

(

)

(

)

t2 − 5 − z t + 8 − 5 − z z = 0
.

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

như bài toán được giải quyết. Ta biết rằng để phương trình có nghiệm thì

3z2 − 10z + 7 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

7
3

. Do z nhận giá trị nguyên nên

z=1

hoặc

z=2

∆≥0

hay ta được

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
•
•

Với
Với

z=1

, khi đó phương trình trở thành

z=2

khi đó phương trình trở thành

t2 − 4t + 4 = 0
t2 − 3t + 2 = 0

x=y=2
, đến đây ta tìm được

thỏa mãn.

x = 2;y = 1
, đến đây ta tìm được

x = 1;y = 2
hoặc

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 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

x2 − abx + a + b = 0

( a ≥ b)

sao cho phương trình sau có các nghiệm đều là số nguyên:

.
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.

(

x1;x2 x1 ≤ x2
Giả sử phương trình trên có hai nghiệm nguyên

 x1 + x2 = ab

 x1.x2 = a + b

)

, 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

x1;x2

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
giải. Do thông tin có được từ hệ thức Vi – et có ít nên ta cần tính đến phương án hạn chế miền giá trị của bốn số
dương trên.
Để ý rằng với hai số lớn hơn 2 thì tích của chúng bao giờ cũng lớn hơn tổng của chúng. Do đó ta nghĩ đến
chứng minh một trong bốn số dương trên không vượt quá 2.

a > 2;b > 2
Thật vậy nếu

số dương

thì ta có

x1;x2;a;b

đều lớn hơn 2 thì

xẩy ra. Như vậy trong bốn số dương

cách chọn hai nghiệm

x1;x2

trong hệ thức Vi – et của hai số

xét từng trường hợp của

•

x1

x1;b

x1;x2;a;b

x1;b

và

)

ab > a + b

hay

ab > a + b

. Nếu cả bốn

. Khi đó hệ thức Vi – et trên không thể

tồn tại ít nhất một số không vượt quá 2. Theo giả thiết và theo

có ít nhất một số không lớn hơn 2.

như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử

Do vai trò

0 < x1 ≤ 2

. Đến đây ta

.

x1 = 1
, khi đó từ

Trường hợp 1. Nếu

nên

x1.x2 > x1 + x2

thì trong hai

(

2ab > 2 a + b

ab > 2a;ab > 2b

(

x1 + x2 = ab
⇒

x .x = a + b
 1 2

)(

)

1 + x2 = ab

x = a+b
 2

.

ab − a − b = 1 ⇔ a − 1 b − 1 = 2
Do đó ta được
Chú ý rằng theo bài ra ta lấy

•

x1 = 2

Trường hợp 2. Nếu

( a;b) = ( 5;1) , ( 2;2)

a≥b

.

a = 3;b = 2
nên từ phương trình trên ta được

. Hoàn toàn tương tự như trên ta tìm được các cặp số

, khi đó ta tìm được

( a;b)

x2 = 3

.

thỏa mãn là

.

Các cặp số tìm được trên thỏa mãn điều kiện có nghiệm của phương trình.
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

qua để hạn chế số lượng các cặp số

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

( a;b)

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

a≥b

a≥b

chẳng

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
•

(

)

x2 + a = b ax − 1
Từ phương trình đã cho ta được

, khi đó nếu xem a là y thì ta phát biểu được bài

toán:

x2 + y
+ Bài toán 1. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho

xy − 1
chia hết cho

.

(

)

x2 + y = k xy − 1
+ Bài toán 2. Tìm tất cả các số k dương để phương trình

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:

a=

m2 + b
n2 + c
k2 + a
;b =
;c =
2m
2n
2k
Phân tích và hướng dẫn giải

Từ giả thiết của bài toán ta nhận được
hai

một

ẩn.

Tuy

nhiên

abc ≠ 0
khi

. Bài toán trên chưa cho ta thấy được các phương trình bậc

biến

đổi

các

hệ

thức

trên

thành

m2 − 2ma + b = 0;n2 − 2bn + c = 0;k2 − 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

m1;m2

n2 − 2bn + c = 0

là hai nghiệm của phương trình

và

k1;k2

Nếu

,

là hai nghiệm của phương trình

Khi đó theo định lí Vi – et ta được

m1;n1;k1

m2 − 2ma + b = 0 n1;n2

m1 + m2 = 2a

m1.m2 = b

,

k2 − 2ck + a = 0

n1 + n2 = 2b

n1.n2 = c

,

là hai nghiệm của phương trình

.

k1 + k2 = 2c

k1.k2 = a

là các số nguyên dương thì từ định lí Vi – et ta suy ra được

.

m2;n2;k2

là các số nguyên

dương.

p, q ≥ 2
Chú ý rằng với hai số nguyên

m1;n1;k1;m2;n2;k2

p + q ≤ pq
bất kì ta luôn có

. Do đó nếu các số

đều lớn hơn 1 thì ta được

2a = m + m ≤ m .m = b
1
1
1
2

2b = n1 + n1 ≤ n1.n2 = c

2c = k + k ≤ k .k = a
1
1
1 2


Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

(

)

2 a+ b+ c ≤ a+ b+ c
Từ đó ta được

Do đó trong

m2 − 2ma + b = 0

, điều này vô lí vì

m1;n1;k1;m2;n2;k2

ta được

a, b, c ∈ N*
.

có ít nhất một số bằng 1. Giả sử số đó là

1 − 2a + b = 0 ⇒ b + 1 = 2a

m1 = 1
. Khi đó từ

.

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

(

)

2 b + c = n1 + n2 + k1 + k2 ≤ n1n2 + k2k2 = c + a

Từ đó ta được

2b + c = a

nhất một số bằng 1. Giả sử số đó là

, điều này mâu thuẫn với

. Do đó trong các số

n1;k1;n2;k2

có ít

n1 = 1
.

1 − 2b + c = 0

Khi đó ta lại được

b + 1 = 2a

. Hoàn toàn tương tự nếu

k1 ≥ 2

và

k2 ≥ 2

thì ta lại có

2c = k1 + k2 ≤ k1k1 = a

(

)

2 2b − 1 ≤
Do đó ta được
Từ đó suy ra

k1 = 1

hoặc

b+1
⇔ 7b ≤ 5
2

k2 = 1

, điều này vô lí.

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
(

)

3− a + b + c = 0

Hay ta được

. 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.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
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 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.

x1; x2
Gọi

(x

1

là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho

< 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

x1x2 = n

. Do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng hệ thức Vi – et giả quyết bài toán.

x1 + x2 = m; x1x2 = n
Thật vậy theo định lí Vi – et ta được

x1 = 1; x2 = n
, do đó ta được

. Do n là một số nguyên tố nên ta được

n = 2; m = 3

m= n+1

. Suy ra m và n là hai số tự nhiên liên tiếp nên ta được

,

thử lại ta thấy tỏa mãn yêu cầu bài toán.

x1 = 1; x2 = n
Nhận xét: Việc sử dụng định lí Vi – et để phát hiện ra hai nghiệm

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

2x2 + mx + 2n + 8 = 0

các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng

(x là ẩn số và m, n là các số nguyên). Giả sử phương trình có

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

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

tính

m2 + n2

m2 + n2

m2 + n2

đó là áp dụng công thức nghiệm để tìm các nghiệm của phương trình rồi từ đó

hoặc áp dụng định lí Vi – et. Rõ ràng trong hai ý tưởng đó việc áp dụng định lí Vi – et giúp ta xây

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
dựng biểu thức nghiệm mà không chứa các căn bậc hai. Gọi

x1 + x2 = −
thức Vi – et ta được

m
; x .x = n + 4
2 1 2

(

m2 + n2 = 2x1 + 2x2

Do

x1;x2

) +(xx
2

1 2

)

x1, x2

là hai nghiệm của phương trình trên, theo hệ

. Khi đó ta có

(

2

)(

)

− 4 = 4x12 + 4x22x12 + x22x12 + 16 = x12 + 4 x22 + 4

x12 + 4; x22 + 4
là các số nguyên nên

là các số nguyên dương lớn hơn 1. Từ đó ta được

m2 + n2

là hợp số.
Nhận xét: Qua ví dụ trên ta có một số khai thác như sau.

•

m2 + n2 =

2m = a + b;2n = a − b
Xét

, khi đó từ

(

)

(

a2 + b2
2

)

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

4x2 + a + b x + 2 a − b + 16 = 0
sau: Cho phương trình

(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

•

là hợp số.

x2 + ax + b + 1 = 0

Ta có bài toán tương tự như bài toán trong ví dụ 6: Giả sử phương trình bậc hai

a, b là số nguyên và

b ≠ −1

) có hai nghiệm đều là số nguyên khác 0. Chứng minh rằng

Ví dụ 7. Giả sử phương trình

rằng

a2 + b2
2

a2 −  b2 + 2

2x2  + 2ax + 1 − b = 0

a2 + b2

(với

là hợp số.

có hai nghiệm nguyên (với a, b là tham số). Chứng minh

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

x1; x2
cho có nghiệm nguyên

nên theo định lí Vi – et ta có

từ phương trình ta được
Để chứng minh

Giả sử

b = 2x2 + 2ax + 1

a2 − b2 + 2

a2 − b2 + 2

x1 + x2 = −a

là số nguyên lẻ nên

, từ đây suy ra a là số nguyên. Như vậy

a2 − b2 + 2

là số nguyên.

không chia hết cho 3, ta có thể sử dụng phương pháp phản chứng như sau

(

)

a2 − b2 + 2 = 3n n ∈ Z
chia hết cho 3, khi đó ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

nên

a2 = b2 − 2 + 3n

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
b = 6m ± 1; b = 6m + 3
Vì b là số nguyên lẻ nên b có dạng

với m nguyên.

b = 6m ± 1

+ Trường hợp

, khi đó ta được

(

)

(

2

)

a2 = 6m ± 1 + 3n − 2 = 3 12m2 ± 4m + n − 1 + 2

Do đó

a2

+ Trường hợp

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

b = 6m + 3

, khi đó ta được

(

)

(

2

)

a2 = 6m + 3 + 3n − 2 = 3 12m2 + 12m + n + 2 + 1

Vì phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên nên

(

(

)

∆'

là số chính phương nên ta được

)

(

)

∆ ' = a2 − 2 1 − b = 3 12m2 + 12m + n + 2 + 1 + 2 6m + 3 − 1

(

)

= 3 12m + 12m + n + 3 + 2

Ta thấy
Vậy

∆'

a2 − b2 + 2

Từ đó ta được

2

chia 3 dư 2 nên không thể là số chính phương.
không thể chia hết cho 3.

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

dụng hệ thức

a2 − b2 + 2

x1 + x2 = −a

là số nguyên ta cần chỉ ra được a và b cùng nguyên, với a nguyên ta chỉ cần áp

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:

(

)

x3 + x2y + xy2 + y3 = 8 x2 + xy + y2 + 1
Phân tích và hướng dẫn giải

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

a = x + y, b = xy
đó là đặt

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
X 2 − aX + b = 0

nghiệm của phương trình

. Như vậy chỉ cần tìm được các nghiệm

( a;b)

thì bài toán được giải

quyết.

a = x + y, b = xy
Đặt

với a, b là các số nguyên.

(

)

a3 − 2ab = 8 a2 − b + 1
Khi đó phương trình đã cho trở thành

.

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
Xét

a≠4

a=4

thì phương trình không có nghiệm nguyên.

khi đó ta được

(

)

a3 − 2ab = 8 a2 − b + 1 ⇔ 2b =

b≤

)

(*)

72Ma − 4

a, b ∈ ¢
Vì

(

a3 − 8a2 − 8
72
= a2 − 4a − 16 +
a− 4
a−4

nên

. Do đó ta có

a2
a3 − 8a2 − 8 a2
a3 − 12a2 − 16
⇒
−
≤ 0⇔
≤ 0 ⇒ 4 < a ≤ 12 ⇒ 0 < a − 4 ≤ 8
4
a− 4
2
a− 4

{

}

{

}

a − 4 ∈ 1;2;3;4;6;8 ⇒ a ∈ 5;6;7;8;10;12
Từ hai kết quả đó ta được

Thay vào (*) ta tìm được

Giải hệ phương trình

( a;b) = ( 6; −10) , ( 8; −1) , ( 10;16)

x + y = a

xy = b

.

.

tương ứng với các giá trị trên ta tìm được các cặp số

( x;y) = ( 2;8) , ( 8;2)

thỏa

mãn bài toán.

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

(x

2

)(

)

(

)

+ y2 x + y − 8 = 4 2xy + 2

.

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

(

Vì nếu

)

4x3 = 8 3x2 + 1

x=y
thì phương trình trở thành

(

) ⇔ 4k

4x3 = 8 3x2 + 1
do đó

3

, khi đó từ x là số chẵn thì ta có

= 12k2 + 1

x = 2k

với

k∈¢

,

, mâu thuẫn vì vế trái chia hết cho 4 và vế phải không chia hết cho 4.

x−y ≥ 2
Cũng từ hai nhận xét trên ta suy ra

( x − y)

Vì thế ta thu được

2

.

≥ 4 ⇒ x2 + y2 ≥ 2xy + 4 > 2xy + 2
x2 + y2 > −2xy − 2 ⇒ x2 + y2 > 2xy + 2

x2 + y2 > −2xy
Hiển nhiên rằng

nên

.

(x

2

)

(

+ y2 x + y − 8 < 4 x2 + y2

)

Như vậy từ các kết quả trên ta được

.

x=y=0
Dễ thấy

không là nghiệm nên

{

}

x + y − 8 < 4 ⇒ 4 < x + y < 12 ⇒ x + y ∈ 6;8;10

x+y= 8
+ Nếu

xy = −1
thì ta được

thì ta được

)

(

. Hệ này cũng không có nghiệm nguyên.

)

x2 + y2 = 2 2xy + 2 ⇒ xy = 16

x + y = 10
+ Nếu

(

x2 + y2 = −2 2xy + 2 ⇒ xy = −20

x+y= 6
+ Nếu

. Hệ này không tìm được nghiệm nguyên.

thì thì ta được

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

việc tìm a để phân thức

a3 − 8a2 − 8
a− 4

nhận giá trị nguyên không quá khó khăn.

(

)

(

3 x2 − xy + y2 = 7 x + y
Ví dụ 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

)
.

Phân tích và hướng dẫn giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
Lời giải 1. Tiếp tục với ý tưởng sử dụng định lí Vi – et để giải phương trình nghiệm nguyên trên. Từ phương trình

(

)

7 x + y M3
ta được

, mà

( 3,7) = 1

x + y = 3m, m ∈ Z

x + yM3
nên suy ra

. Đặt

, khi đó phương trình trở thành

x2 + y2 − xy = 7m
.

Khi đó từ phương trình đã cho ta có

 x + y = 3m


9m2 − 7m
xy
=


3

.

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

(

)

3X 2 − 9mX + 9m2 − 7m = 0

Ta có

∆ = −27m2 + 84m

.

∆ = −27m2 + 84m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤
Để phương trình có nghiệm thì

{

}

28
9

m = 0;1;2;3
Do m là số nguyên nên ta suy ra được
+ Với

m= 0

. Ta xét các trường hợp sau:

x+y= 0
suy ra

, khi đó ta được phương trình

(

)

2

x2 − xy + y2 = 0 ⇔ x + y − 3xy = 0 ⇔ 3xy = 0 ⇔ x = y = 0

+ Với

m=1

x+y= 3
suy ra

, khi đó ta được phương trình

(

)

2

x2 − xy + y2 = 7 ⇔ x + y − 3xy = 7 ⇔ 3xy = 2
Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên
+ Với

m=2

x+y= 6
suy ra

, khi đó ta được phương trình

(

)

2

x2 − xy + y2 = 14 ⇔ x + y − 3xy = 7 ⇔ 3xy = 22
Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên
+ Với

m= 3

x+y= 9
suy ra

, khi đó ta được phương trình

(

x2 − xy + y2 = 21 ⇔ x + y

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

)

2

− 3xy = 21 ⇔ 3xy = 60 ⇔ xy = 20

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1
Website:tailieumontoan.com

Từ đó ta có hệ

x + y = 9
⇒

xy = 20

 x = 4;y = 5

x = 5;y = 4


( x;y) = ( 0;0) , ( 4;5) , ( 5;4)

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là

(

)

7 x + y M3
Lời giải 2. Từ phương trình ta được

, mà

( 3,7) = 1

x + y = 3m, m ∈ Z
Đặt

x + yM3
nên suy ra

.

x2 + y2 − xy = 7m
, khi đó phương trình trở thành

( x + y) − ( x
2

Từ đó suy ra

2

) ( )

.

2

− xy + y2 = 3m − 7m

(

Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

(

hay

1
x+y
4

xy ≤

)

3xy = 9m2 − 7m

)

2

.

9m2 − 7m ≤
nên

(

)

3.9m2 ≥ 4 9m2 − 7m ⇔ m 28 − 9m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤
Hay ta được

{

}

3
x+y
4

(

28
9

)

2

.

m = 0;1;2;3
Do m là số nguyên nên ta suy ra được

. Ta xét các trường hợp sau

Đến đây ta giải tương tự như cách thứ nhất
Nhận xét.

•
•

Ta có thể phát biểu lại bài toán như sau: Tìm các số nguyên dương x, y sao cho

Chú ý rằng trong các nghiệm của phương trình có nghiệm

( 4;5)

x2 − xy + y2 3
=
x+ y
7

.

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

4x2 − 2xy + y2 3
=
2x + y
7

.

Ví dụ 10. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn:

pq
m2 + 1
=

p+ q m+ 1
Phân tích và hướng dẫn giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

Quan sát hệ thức

Nếu

m2 + 1
m+ 1

pq
m2 + 1
=
p + q m+ 1

p+ q

pq
thì hai đại lượng

và

là phân số tối giản thì từ hệ thức của bài toán ta được

làm ta liên tưởng đến hệ thức Vi – et.

p + q = m + 1

2
pq = m + 1

. Còn nếu

m2 + 1
m+ 1

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

chưa tối

m2 + 1
m+ 1

có

rút gọn được hay không.

•

pq
m2 + 1
=

p + q m+ 1

p=q
Nếu

Do

thì từ

m∈ N

p=

(

ta được

(

) = 2m − 2 +

2 m2 + 1
m+ 1

4
m+ 1

.

)

4Mm + 1 ⇒ m = 0;m = 1;m = 3
và p là số nguyên tố nên

p = 2; p = 5
Từ đó ta tìm được

•

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

p≠ q

p+ q

Nếu

thì pq và

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

(

Khi đó ta có

(

Do đó

+ Với

m2 + 1

)(

và

m+1

(

)

)

 m + 1 m − 1  Mr ⇒ m2 − 1 Mr



) (

)

 m2 + 1 − m2 − 1  Mr ⇒ 2Mr



r=1

.

suy ra

p + q = m + 1

2
pq = m + 1

suy ra

r=1

hoặc

r=2

.

, khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình

(

)

x2 − m + 1 x + m2 + 1 = 0

(

) (
2

)

∆ = −3m2 + 2m − 3 = − m − 1 − 2m2 + 2 < 0
Ta có

+ Với

r=2

2pq = m2 + 1

2 p + q = m + 1

(

suy ra

nên phương trình trên vô nghiệm

)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

, khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

(

)

2x2 − m + 1 x + m2 + 1 = 0

) (

(

)

2

∆ = −7m2 + 2m − 7 = − m − 1 − 6m2 + 6 < 0
Ta có

Vậy bộ các số nguyên tố cần tìm là

( p;q) = ( 2;2) , ( 5;5)

nên phương trình vô nghiệm.

.

Nhận xét.

•

p+ q
Có thể nói đây là một bài toán số học khó, tuy nhiên hai đại lượng pq và

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.

•

( p + q) m

2

Ta viết lại hệ thức trên thành

( p + q) x

2

được

− pqm + p + q − pq = 0
, khi đó nếu thay

m= x

thì ta viết lại

− 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:

( p + q) x

2

Ví dụ 11. Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn

dương. Chứng minh rằng

− pqx + p + q − pq = 0

a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 d2 − 1
=
=
=
=p
5a
5b
4c
4d

( a − c) ( b − c) ( a + d) ( b + d)

, trong đó p là số nguyên

là một số chính phương.

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 = b2 + 5pb − 1 = 0;c2 + 4pc − 1 = d2 + 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.

x2 + 5px − 1 = 0
Xét hai phương trình bậc hai ẩn x là

x2 + 4px − 1 = 0
và

.

x2 + 5px − 1 = 0
Khi đó ta thấy a, b là hai nghiệm của phương trình

và c, d là hai nghiệm của phương

x2 + 4px − 1 = 0
trình

.

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.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

Theo định lý Vi – te ta được

a + b = −5p

ab = −1

c + d = −4p

cd = −1

và

.

( a − c) ( b − c) ( a + d) ( b + d) = ab − ( a + b) c + c  ab + ( a + b) d + d 
2

Ta có

2

Áp dụng các hệ thức Vi – et trên ta được

(

)

(

(

)

)(

)

ab − a + b c + c2  ab + a + b d + d2  = c2 + 5pc − 1 d2 − 9pd − 1




(c

2

)(

) (

)(

)

+ 5pc − 1 d2 − 9pd − 1 = c2 + 4pc − 1 + pc d2 + 4pd − 1 − 9pd

Chú ý rằng

c2 + 4pc − 1 = d2 + 4pd − 1 = 0
Kết với

ta được

( a − c) ( b − c) ( a + d) ( b + d) = −9p cd = 9p = ( 3p)
2

Vậy

( a − c) ( b − c) ( a + d) ( b + d)

2

2

là một số chính phương.

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

x2 + 5px − 1 = 0

Bài toán 1. Cho p, q là một số nguyên dương. Giả sử phương trình

x2 + 4px − 1 = 0
phương trình

có hai nghiệm

(x

1

Chứng minh rằng

)(

x3;x4

)(

có hai nghiệm là

x1;x2

và

.

)(

− x3 x2 − x3 x1 + x4 x2 + x4

)

là số chính phương.

Đề thi HSG Toán 9 Thành phố Hà Nội 2006 – 2007

x2 + px + 1 = 0
Bài toán 2. Cho p là một số nguyên dương. Giả sử phương trình

x2 + qx + 1 = 0
phương trình

có hai nghiệm

(a

1

Chứng minh rằng

)(

)(

b1;b2

có hai nghiệm là

a1;a2

.

)(

− b1 a2 − b1 a1 + b2 a2 + b2

)

là hiệu của hai số chính phương.

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

a2 − 2ac − 5d = b2 − 2bc − 5d = 0
 2
2
c − 2ca − 5b = d − 2bd − 5b = 0
Chứng minh rằng

a+ b+ c+ d

là một hợp số.
Phân tích và hướng dẫn giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

và

1
Website:tailieumontoan.com
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

x2 − 2cx − 5d = 0

a2 − 2ac − 5d = b2 − 2bc − 5d = 0

, nếu xét phương trình bậc hai có ẩn x là

thì ta được a, b là các nghiệm.

Hoàn toàn tương tự ta xét phương trình

Từ đó theo định lí Vi – et ta có

a + b = 2c

ab = −5d

Kết hợp hai hệ thức trên ta được

x2 − 2ax − 5b

và

abcd = 25bd

(

)

a+ b+ c+ d = 2 a+ c
Đồng thời ta có

hay

, khi đó c, d là các nghiệm.

c + d = 2a

cd = −5b
nên suy ra

ac = 25

a+ c = b+ d

.

x2 − 2cx − 5d = 0

Mặt khác vì a là nghiệm của phương trình

nên kết hợp với

ac = 25

ta được

a2 − 2ca − 5d = 0 ⇒ a2 − 5d = 50
x2 − 2ax − 5b = 0
Vì c là nghiệm của phương trình

nên kết hợp với

ac = 25

ta được

c2 − 2ca − 5b = 0 ⇒ c2 − 5b = 50
Từ các hệ thức trên ta có

a2 + c2 − 5(b + d) = 100 ⇔ (a + c)2 − 2ac − 5(a + c) = 100
a + c = 15
⇔ (a + c)2 − 5(a + c) − 150 = 0 ⇔ 
a + c = −10
•
•

Nếu
Nếu

a + c = 15

, mà

a + c = −10

Vậy từ đó ta được

a+ c= b+ d

nên ta được

, khi đó kết hợp với

a + b + c + d = 30

ac = 25

a + b + c + d = 30

ta được

. Do đó suy ra

a = c = −5

a+ b+ c+ d

.

trái với giả thiết

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

x2 − 2cx − 5d = 0
i)

Phương trình

có 2 nghiệm a và b.

x2 − 2ax − 5b = 0
ii)

Phương trình

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

có 2 nghiệm c và d.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
a– c = c– b = d– a

Chứng minh rằng: a)

a + b + c + d = 30

b)

x+ y − x − y + 2= 0
Ví dụ 12. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho

.

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

x+ y
thì trong quá trình nâng lên lũy thừa ta thấy có các đại lượng

xy
và

, điều này

làm ta liên hệ đến định lí Vi – et.

x+ y +2=

2 x+ y +2=

x + y ⇔ x + y + 4 + 4 x + y = x + y + 2 xy

xy

Hay ta được

.

xy = 2a
Đặt

x+ y = a−1
, khi đó từ phương trình trên ta được

(

Từ đó suy ra

)

x + y = a − 1 2


2
xy = 4a

(

)

2

X 2 − a − 1 X + 4a2 = 0
Từ đó theo định lí Vi – et thì x và y là hai nghiệm của

(

)

(

4

) (a

∆ = a − 1 − 16a2 = a + 1
Khi đó ta lại có

2

2

)

.

− 6a + 1

.

Để phương trình trên có nghiệm nguyên dương ta sử dụng điều kiện

x+ y = a−1
thì ta được

(

a≥2

a2 − 6a + 1 = b2 b ∈ N
Đặt
Từ đó ta tìm được

a=6

)

phải là số chính phương, ngoài ra từ

.

, khi đó ta được

( a − b − 3) ( a − b − 3) = 8

thỏa mãn, do đó suy ra

Vậy các nghiệm của phương trình là

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

∆

X 1 = 9;X 2 = 16

( x;y) = ( 9;16) , ( 16;9)

.

.

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
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

x+ y

xy
, chú ý rằng từ

và

x

là số tự nhiên khác 0 ta suy ra được

y
và

là số

tự nhiên khác 0.

(

m=

x + y m ∈ N*

Thật vậy, đặt

đây dẫn đến

x ∈ N*

(

xy =

x m− x

, suy ra

x + y ∈ N*

)

xy + x = m x
hay ta được

. Từ

y ∈ N*

, kết hợp với

x −2

Như vậy

)

thì lại có

y−2
và

là các ước của 2. Đến đây ta tìm được kết quả như trên.

p2 − p + 1
Ví dụ 13. Tìm số nguyên tố p để

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

p2 − p + 1 = q3

p2 − p + 1 − q3 = 0
hay

. Nếu xem p là ẩn thì ta có phương trình trình bậc hai, khi đó để

(

)

∆ = 1 + 4 q3 − 1 = 4q3 − 3
phương trình có nghiệm nguyên thì biệt thức

phải là số chính phương. Ngoài ra từ

p1 + p2 = 1
hệ thức Vi – et ta cũng có
, 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.

(

) (

)(

)

( q − 1) ( q

p p − 1 = q − 1 q2 + q + 1
Chú ý rằng

)

+ q + 1 Mp

. Từ đó suy ra

nên ta suy ra được

. Do p là số nguyên tố

q2 + q + 1Mp

q − 1Mp
hoặc

.

q − 1≥ p

q − 1Mp
Nếu

2

thì do q là số nguyên tố nên

(

.

) (

)(

)

p p − 1 > p − 1 p2 + p + 1

p2 − p + 1 = q3 > p3
Điều này dẫn đến

q>p
hay

hay

, đến đây ta thấy

p > p2 + p + 1
, điều này vô lí do p là số nguyên tố.

q2 + q + 1Mp
Như vậy ta phải có

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

q2 + q + 1 = kp
. Tức là tồn tại số nguyên dương k để

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com

(

)(

) (

)

(

p p − 1 = q − 1 q2 + q + 1
Khi đó từ

ta được

(

)

(

)

q2 + 1 − k2 q + k2 − k + 1 = 0

q2 + q + 1 = kp
Kết hợp với

)

p− 1= k q −1

ta được

(

)

.

(

)

q2 + 1 − k2 q + k2 − k + 1 = 0
Đến đây ta lại thấy

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

(

)

(

2

) (

)

∆ = k2 − 1 − 4 k2 − k + 1 < k2 − 1
Chú ý rằng

∆

phải là số chính phương.

(k

2

. Lại thấy

∆

2

có cùng số dư với

)

−1

2

khi chia

cho 2.

(

)

∆ ≤ k2 − 3
Do đó ta suy ra được

2

(k

2

, đến đây thì ta được

{

}

)

(

2

) (

)

k ∈ 1;2;3
Do k là số nguyên dương nên

2

− 1 − 4 k2 − k + 1 ≤ k2 − 3 ⇒ k ≤ 3

. Đến đây ta xét các trường hợp thì thu được

k=3

thỏa mãn

∆

p = 19;q = 7
là số chính phương và từ đó ta được

•

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

(

)

(

)

q2 + 1 − k2 q + k2 − k + 1 = 0

Như vậy phương trình trên có một nghiệm nữa và ta gọi là

và

q.q1 = k2 − k + 1

Nếu

hoặc

k=2

. Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có

q + q1 = k2 − 1

.

Từ các hệ thức trên ta suy ra được

q1 ≥ 2

q1

khi đó dễ thấy

q1

là số nguyên dương.

q.q1 ≥ q + q1

nên

k2 − k + 1 ≥ k2 − 1

hay

k≤2

. Tương tự như trên ta thấy

k=1

q1 = 1
không thỏa mãn. Từ đó dẫn đến
.

(

)

(

)

12 + 1 − k2 .1 + k2 − k + 1 = 0 ⇒ k = 3
Thay vào phương trình trên ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
q=7

p = 19

Đến đây ta suy ra được

và

thỏa mãn bài toán.

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

q2 + q + 1Mp

q − 1Mp

q − 1Mp

. Đến đây ta sẽ chứng minh

q − 1 = kp, k ∈ N

không xẩy ra. Thật vậy. nếu

q = kp + 1
,

do

(

)

đó

hoặc

thì ta được

p2 − p + 1 = q3
.

Khi

đó

từ

ta

được

3

p2 − p + 1 = kp + 1 ⇔ p2 − p + 1 = k3p3 + 3k2p2 + 3kp + 1

Nhận thấy với

+ Với
+ Với

k=0
k=2

k≥2

.

p2 − p + 1 < k3p3 + 3k2p2 + 3kp + 1
thì hiển nhiên

. Từ đó suy ra được

(

)

k≤1

.

p2 − p + 1 = 1 ⇔ p p − 1 = 0
, khi đó ta được

, điều này vô lí do p là số nguyên tố.

p3 − 2p2 + 4p = 0 ⇔ p2 − 2p + 4 = 0
, khi đó ta được

, không tồn tại p thỏa mãn.

q − 1Mp
Vậy với

thì không tồn tai số nguyên tố p thỏa mãn yêu cầu bài toán.

q2 + q + 1Mp
Như vậy ta phải có

(

, khi đó

ta được

(

)(

)

p p − 1 Mq − 1
và có

nên

p − 1Mq − 1
.

q2 + q + 1

)

p = q−1 k+1
Đặt

( p, q − 1) = 1

với

k∈N

q2 + q + 1Mp
, khi đó từ

q2 + qk + k
3k − q − 2
= q + 2+
qk − k + 1
qk − k + 1

ta suy ra được

( q − 1) k + 1

là số nguyên dương hay

là số nguyên dương.

3k − q − 2 ≥ qk − k + 1
Từ đó ta phải có

•

. Ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1: Nếu

, khi đó ta được

q>1

thì ta được

q=2
nên

.

q< 4
, điều này mâu thuẫn. Do đó ta suy ra được

, mà ta lại có

q=3
hoặc

q=2
+ Khi

)

)

k 4− q < q + 3

q≥4
Từ đó nếu

(

(

k 4− q ≥ q + 3

3k − q − 2 ≥ qk − k + 1

.

thì từ

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

(

)

p p−1 = 7

p2 − p + 1 = q3
ta được

, phương trình vô nghiệm.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
q=3
+ Khi

•

(

)

p p − 1 = 26

p2 − p + 1 = q3
thì từ

ta được

(

)

, phương trình vô nghiệm.

3k − k − 2 ≤ − qk − k + 1
Trường hợp 2: Nếu

thì ta suy ra được

(

)

2 + q − 3k ≥ qk − k + 1 ⇒ k q + 2 ≤ q + 1
Điều này vô lí vì.

•

Trường hợp 3: Nếu

(

, khi đó từ

)

(

)

p = q−1 k +1

3k − q − 2 = 0 ⇒ q = 3k − 2

ta được

p = 3k k − 1 + 1 = 3k2 − 3k + 1
và đồng thời có

(

) (

)

2

q2 + q + 1 = 3k − 2 + 3k − 2 + 1 = 9k2 − 9k + 3

Từ đó suy ra

q2 + q + 1 9k2 − 9k + 3
= 2
=3
p
3k − 3k + 1

(

)

p − 1= 3 q − 1

Từ đó ta được

+ Với

+ Với

k=1
k=3

nên suy ra ra được

k=1

hoặc

k=3

)(

) (

)

. Do đó từ

( k − 1) ( k − 3) = 0

ta được

.

.

(

)

p2 − p + 1 = p3 ⇔ p p2 − p + 1 = 1

p=q
thì

(

p p − 1 = q − 1 q2 + q + 1

, khi đó ta được

(

)(

)

9q2 − 15q + 7 = q3 ⇔ q − 1 q − 7 = 0

p = 3q − 2
thì

, điều này vô lí.

, khi đó ta được

q=7

q=7
. Thử trực tiếp ta được

q=1
nên

hoặc

p = 19
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta được

.

p = 19
Vậy

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:

•

q − 1≥ p
Do q là một số nguyên tố nên ta có

q>p
hay

q − 1Mp
, từ đây ta thấy được trường hợp

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

p2 − p + 1
đó ta có mở rộng bài toán trên ta có bài toán: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho

là lập phương

đúng của một số tự nhiên.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


1
Website:tailieumontoan.com
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.

x = a + b − c;y = c + a − b;z = b + c − a
Ví dụ 14. Cho

x2 = y
với a, b, c là các số nguyên tố. Giả sử rằng

(

)(

)(

)

và

T = a + 2 b − 10 c + 2

z− y
là bình phương của một số nguyên tố. Tìm giá trị của

.

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.

x = a + b − c;y = c + a − b;z = b + c − a
Do

với a, b, c là các số nguyên tố nên x, y, z là các số nguyên.

x2 = y
Cũng từ giả thiết trên và

ta được

Trong hệ trên ta chú ý đến phương trình bậc hai
Dễ thấy

∆ = 8a + 1 > 0

2a = x + y

2b = x + z ⇒
2c = y + z


2a = x + x2

2b = x + z
2c = x2 + z


.

x2 + x = 2a ⇔ x2 + x − 2a = 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.

 x1 + x2 = −1

 x1.x2 = −2a
Theo định lí Vi – et ta có
.
Do 2 và a là số nguyên tố nên từ
+ Nếu
+ Nếu

x1 = −2

x1 = −a

phương trình là

, khi đó ta tìm được
, khi đó ta được

x1 = −3

và

a=1

{

}

x1 ∈ −2; −a;2;a
ta được

. Ta xét các trường hợp sau:

không phải là số nguyên tố.

a2 − 3a = 0

x2 = 2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

x1.x2 = −2a

, do a là số nguyên tố nên

a=3

. Từ đó ta tìm được hai nghiệm của

.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC