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

VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ VI – ET GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN 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 ax 2 + bx + c = 0 ( a  0 ) có hai nghiệm x1 và x 2 thì tổng
và tích của chúng là: S = x1 + x2 =

−b
c
và P = x1 .x 2 = .
a
a

Ngược lại nếu có hai số x1 và x 2 thỏa mãn S = x1 + x 2 và P = x1 .x 2 thì x1 và x 2
là hai nghiệm của phương trình t 2 − St + P = 0 .
Điều đáng nói trong định lý này là trong khi giải tốn, ta có thể khơng quan
tâm tới giá trị của x1 và x 2 mà chỉ cần biết tổng và tích của chúng, từ đó có những
đáng giá cần thiết. Ngồi 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 x 2 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 ngun.
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  = m 2 − 4 ( m + 2 )  0 . Để phương trình đã cho có
nghiệm ngun thì điều kiện cần là  phải là số chính phương, tức là tồn tại số
nguyên k sao cho m 2 − 4 ( m + 2 ) = k 2 . Biến đổi tương đương ta được
m 2 − 4 ( m + 2 ) = k 2  ( m − 2 + k )( m − 2 − k ) = 12 .


Do m và k là các số nguyên nên ta tìm được m = −2 hoặc m = 6 .
+ Với m = −2 thì ta được phương trình x2 + 2x = 0 , khi đó ta được hai nghiệm nguyên
là x1 = 0 và x 2 = −2 .
+ Với m = 6 thì ta được phương trình x2 − 6x + 8 = 0 , khi đó ta được hai nghiệm
nguyên là x1 = 2 và x 2 = 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 ngun khơng? Chú ý rằng theo
định lí Vi – et thì ta có x1 + x 2 = 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 ngun thì lời
giải trên khơng cịn 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

x + x 2 = m
hai nghiệm x1 ; x 2 thì ta có  1
.
x1 .x2 = m + 2

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 x1 ; x 2
và giải phương trình nghiệm nguyên.

x + x 2 = m
Từ  1
ta được x1 .x 2 − ( x1 + x 2 ) = 2  ( x1 − 1)( x 2 − 1) = 3
x1 .x2 = m + 2
Khi đó x1 − 1 và x 2 − 1 là các ước của 3, lại có 3 = 1.3 = −1. ( −3 ) . Đến đây việc
tìm hai nghiệm x1 ; x 2 hồn tồn đơn giản và qua đó ta tìm được các giá trị m là
m = −2 và m = 6 .

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


• Trong hai cách giải trên ta thấy cách thứ nhất dễ gây ra sai lầm cho học sinh khi

không giải thích được tham m số nguyên, tất nhiên nếu biết khai thác một chút về hệ thức Vi –
et thì sai lầm hồn tồn 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 u 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
ngun.
• Bài tốn trong ví dụ 1 có thể được khai thác theo tư tưởng hồn tồn số học như sau:

+ Do m có giá trị nguyên nên ta đặt m = y và chuyển bài tốn về dạng: Tìm nghiệm ngun
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 m ( x − 1) = x 2 + 2 . Khi đó ta
viết lại bài tốn thành: Tìm các số ngun x để x 2 + 2 chia hết cho x − 1 .

xy + yz + zx = 8
Ví dụ 2. Tìm nghiệm ngun của hệ phương trình: 
.
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 thơng thường ta nghĩ đến phương pháp đánh giá. Do vai trị 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 trị tham số, khi đó nếu xác định
được giá trị của z thì xem như bài tốn được giải quyết. Ta biết rằng để phương trình

có nghiệm thì   0 hay ta được 3z2 − 10z + 7  0  1  z 

7
. Do z nhận giá trị nguyên
3

nên z = 1 hoặc z = 2 .
• Với z = 1 , khi đó phương trình trở thành t 2 − 4t + 4 = 0 , đến đây ta tìm được

x = y = 2 thỏa mãn.
• Với z = 2 khi đó phương trình trở thành t 2 − 3t + 2 = 0 , đến đây ta tìm được

x = 2; y = 1 hoặc x = 1; y = 2 thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y; z ) = ( 2; 2;1) , (1; 2; 2 ) , ( 2;1; 2 ) .
Nhận xét. Ví dụ 2 là một bài tốn về nghiệm nguyên và việc sử dụng định lí Vi – et giúp ta có
lời giải ngắn gọn và dễ hiểu. Thơng thường với các bài tốn nghiệm ngun 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 tốn 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 cịn
những bài tốn 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: x2 − 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  = ( ab ) − 4 ( a + b )  0 . Phương trình có hai tham số a, b nên
2

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
ngun trước có vẻ khả quan hơn.
Giả sử phương trình trên có hai nghiệm ngun x1 ; x 2 ( x1  x 2 ) , khi đó theo

x + x2 = ab
định lí Vi – et ta được  1
.
x1 .x2 = a + b


Do a và b là các số nguyên dương nên từ các hệ thức trên ta nhận thấy được các
nghiệm x1 ; x 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 khơng 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
2.
Thật vậy nếu a  2; b  2 thì ta có ab  2a; ab  2b nên 2ab  2 ( a + b ) hay

ab  a + b . Nếu cả bốn số dương x1 ; x 2 ; a; b đều lớn hơn 2 thì x1 .x 2  x1 + x 2 và
ab  a + b . Khi đó hệ thức Vi – et trên không thể xẩy ra. Như vậy trong bốn số dương
x1 ; x 2 ; a; b tồn tại ít nhất một số không vượt quá 2. Theo giả thiết và theo cách chọn

hai nghiệm x1 ; x 2 thì trong hai x 1 ; b có ít nhất một số khơng lớn hơn 2.
Do vai trị trong hệ thức Vi – et của hai số x 1 ; b như nhau nên khơng mất tính tổng

qt ta giả sử 0  x1  2 . Đến đây ta xét từng trường hợp của x1 .

x + x2 = ab
1 + x2 = ab
• Trường hợp 1. Nếu x1 = 1 , khi đó từ  1
.

x
.x
=
a
+
b
x
=
a
+
b
 1 2
 2
Do đó ta được ab − a − b = 1  ( a − 1)( b − 1) = 2 .
Chú ý rằng theo bài ra ta lấy a  b nên từ phương trình trên ta được a = 3; b = 2 , khi
đó ta tìm được x 2 = 3 .
• Trường hợp 2. Nếu x1 = 2 . Hoàn toàn tương tự như trên ta tìm được các cặp số

( a; b )

thỏa mãn là ( a; b ) = ( 5;1) , ( 2; 2 ) .

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 khơng vượt q 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
tốn khơng cho ta hồn tồn có thể giả sử a  b .
• Từ phương trình đã cho ta được x 2 + a = b ( ax − 1) , khi đó nếu xem a là y thì ta phát

biểu được bài tốn:
+ Bài tốn 1. Tìm các số ngun dương x, y sao cho x2 + y chia hết cho xy − 1 .
+ Bài tốn 2. Tìm tất cả các số k dương để phương trình x 2 + y = k ( xy − 1) có nghiệm ngun
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 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 2 − 2ma + b = 0; n 2 − 2bn + c = 0; k 2 − 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 1 ; m 2 là hai nghiệm của phương trình m2 − 2ma + b = 0 , n 1 ; n 2 là hai
nghiệm của phương trình n2 − 2bn + c = 0 và k1 ; k 2 là hai nghiệm của phương trình

k2 − 2ck + a = 0 .
m + m 2 = 2a
Khi đó theo định lí Vi – et ta được  1
,
m1 .m 2 = b

n1 + n 2 = 2b k1 + k 2 = 2c
,
.

n1 .n 2 = c
k1 .k 2 = a

Nếu m 1 ; n1 ; k1 là các số nguyên dương thì từ định lí Vi – et ta suy ra được
m 2 ; n 2 ; k 2 là các số nguyên dương.

Chú ý rằng với hai số nguyên p,q  2 bất kì ta ln có p + q  pq . Do đó nếu
các số m1 ; n1 ; k1 ; m 2 ; n 2 ; k 2 đều lớn hơn 1 thì ta được

2a = m 1 + m 1  m 1 .m 2 = b

2b = n1 + n1  n1 .n 2 = c
2c = k + k  k .k = a
1
1
1
2


Từ đó ta được 2 ( a + b + c )  a + b + c , điều này vơ lí vì a, b,c  N* .
Do đó trong m1 ; n1 ; k1 ; m 2 ; n 2 ; k 2 có ít nhất một số bằng 1. Giả sử số đó là
m 1 = 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
2 ( b + c ) = n 1 + n 2 + k 1 + k 2  n 1n 2 + k 2 k 2 = c + a

Từ đó ta được 2b + c = a , điều này mâu thuẫn với b + 1 = 2a . Do đó trong các số
n1 ; k1 ; n 2 ; k 2 có ít nhất một số bằng 1. Giả sử số đó là n 1 = 1 .

Khi đó ta lại được 1 − 2b + c = 0 . Hoàn toàn tương tự nếu k1  2 và k 2  2 thì ta
lại có 2c = k1 + k 2  k1k1 = a
Do đó ta được 2 ( 2b − 1) 

b+1
 7b  5 , điều này vơ lí.
2

Từ đó suy ra k 1 = 1 hoặc k 2 = 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 ngun dương.

Ngồi 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 tốn.
• Nếu xét bài tốn trên với các phương trình bậc hai thì ngồi giá trị 1 mà a, b, c nhận

được như trên thì giá trị 0 vẫn thỏa mãn bài toán.


Ví dụ 5. Giải phương trình x2 − mx + n = 0 , biết phương trình có hai nghiệm nguyên
dương phân biệt và m, n là hai số nguyên tố.
Phân tích và hướng dẫn giải
Trong ví dụ thứ năm ta thấy được yếu tố đại số nhiều hơn, tuy nhiên nếu dùng
công thức nghiệm để 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 x1 ; x 2 là các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho ( x1  x 2 ) .
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 x1x 2 = n . Do đó rất tự
nhiên ta nghĩ đến sử dụng hệ thức Vi – et giả quyết bài tốn.

Thật vậy theo định lí Vi – et ta được x1 + x 2 = m; x1x 2 = n . Do n là một số
nguyên tố nên ta được x1 = 1; x 2 = 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 tốn.
Nhận xét: Việc sử dụng định lí Vi – et để phát hiện ra hai nghiệm x1 = 1; x 2 = n giúp ta giải
quyết được bài toán một cách triệt để. Phương trình của bài tốn có hai nghiệm nguyên dương
phân biệt điều có nghĩa là  = m2 − 4n  0 , do đó ta khơng cần tìm điều kiện có nghiệm của
phương trình mà khi tìm được các giá trì m, n thì có thể thử lại vào phương trình để kiểm tra
kết quả.
Ví dụ 6. Cho phương trình 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số ngun).
Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng m 2 + n 2 là
hợp số.
Phân tích và hướng dẫn giải
Để chứng minh được m 2 + n 2 là hợp số thì một suy nghĩ hết sức tự nhiên đó là
xây dựng biểu thức m 2 + n 2 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 m 2 + n 2 đó là
áp dụng cơng thức nghiệm để tìm các nghiệm của phương trình rồi từ đó tính m 2 + n 2
hoặc áp dụng định lí Vi – et. Rõ ràng trong hai ý tưởng đó việc áp dụng định lí Vi – et


giúp ta xây dựng biểu thức nghiệm mà không chứa các căn bậc hai. Gọi x1 , x 2 là hai
nghiệm của phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta được x1 + x2 = −

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

Khi đó ta có

(

)(

m 2 + n 2 = ( 2x1 + 2x 2 ) + ( x1x 2 − 4 ) = 4x12 + 4x 22 x12 + x 22 x12 + 16 = x12 + 4 x 22 + 4
2

2

)

Do x1 ; x 2 là các số nguyên nên x12 + 4; x22 + 4 là các số nguyên dương lớn hơn 1.
Từ đó ta được m 2 + n 2 là hợp số.
Nhận xét: Qua ví dụ trên ta có một số khai thác như sau.
• Xét 2m = a + b; 2n = a − b , khi đó từ m 2 + n 2 =

a 2 + b2
. Từ đó ta có thể phát biểu lại
2

ví dụ trên như sau: Cho phương trình 4x 2 + ( a + b ) x + 2 ( a − b ) + 16 = 0 (x là ẩn số và a, b là
các số ngun). Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng

a 2 + b2
là hợp số.
2
• Ta có bài tốn tương tự như bài tốn trong ví dụ 6: Giả sử phương trình bậc hai

x2 + ax + b + 1 = 0 (với a, b là số nguyên và b  −1 ) có hai nghiệm đều là số nguyên khác 0.
Chứng minh rằng a 2 + b 2 là hợp số.
Ví dụ 7. Giả sử phương trình 2x2 + 2ax + 1 − b = 0 có hai nghiệm nguyên (với a, b là
tham số). Chứng minh rằng a2 − b2 + 2 là số nguyên và không chia hết cho 3.

Phân tích và hướng dẫn giải
Tương tự như các ví dụ trên, ở đây ta cũng áp dụng định lí Vi – et để giải quyết
bài tốn. Phương trình đã cho có nghiệm nguyên x1 ; x 2 nên theo định lí Vi – et ta có
x1 + x 2 = −a , từ đây suy ra a là số nguyên. Như vậy từ phương trình ta được

b = 2x2 + 2ax + 1 là số nguyên lẻ nên a2 − b2 + 2 là số nguyên.
Để chứng minh a2 − b2 + 2 không chia hết cho 3, ta có thể sử dụng phương pháp
phản chứng như sau
Giả sử a2 − b2 + 2 chia hết cho 3, khi đó ta được a 2 − b 2 + 2 = 3n ( n  Z ) nên

a2 = b2 − 2 + 3n .
Vì b là số nguyên lẻ nên b có dạng b = 6m  1; b = 6m + 3 với m nguyên.


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

(

)

a 2 = ( 6m  1) + 3n − 2 = 3 12m 2  4m + n − 1 + 2
2

Do đó a 2 chia cho 3 dư 2, điều này trái với nhận xét trên nên trường hợp này
không xẩy ra
+ Trường hợp b = 6m + 3 , khi đó ta được

(

)

a 2 = ( 6m + 3 ) + 3n − 2 = 3 12m 2 + 12m + n + 2 + 1
2

Vì phương trình đã cho có hai nghiệm ngun nên  ' là số chính phương nên ta
được

(

)

 ' = a 2 − 2 ( 1 − b ) = 3 12m 2 + 12m + n + 2 + 1 + 2 ( 6m + 3 − 1)

(

)

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

Ta thấy  ' chia 3 dư 2 nên không thể là số chính phương.
Vậy a2 − b2 + 2 khơng 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 tốn 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 + x 2 = −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 ngun.
• Ngồi 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 + x2 y + xy 2 + y 3 = 8 x2 + xy + y 2 + 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 đó là đặt a = x + y, b = xy để đưa phương trình về dạng
ẩn a, b. Chú ý rằng theo định lí Vi – et thì x và y sẽ là nghiệm của phương trình

X2 − aX + b = 0 . Như vậy chỉ cần tìm được các nghiệm ( a; b ) thì bài tốn được giải
quyết.


Đặt a = x + y, b = xy với a, b là các số ngun.

(

)

Khi đó phương trình đã cho trở thành a 3 − 2ab = 8 a 2 − b + 1 .
Nhận thấy trong phương trình trên thì b có bậc 1 nên ta có thể rút b theo a. Tuy
nhiên cần chú ý xét các trường hợp của a để phép chia được thỏa mãn.
Dễ thấy với a = 4 thì phương trình khơng có nghiệm nguyên.
Xét a  4 khi đó ta được

(

)

a 3 − 2ab = 8 a 2 − b + 1  2b =
Vì a, b 

b

a 3 − 8a 2 − 8
72
(*)
= a 2 − 4a − 16 +
a−4
a−4

nên 72 ( a − 4 ) . Do đó ta có

a2
a 3 − 8a 2 − 8 a 2
a 3 − 12a 2 − 16

− 0
 0  4  a  12  0  a − 4  8
4
a−4
2
a−4

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 ) .

x + y = a
Giải hệ phương trình 
tương ứng với các giá trị trên ta tìm được các cặp số
xy = b

( x; y ) = ( 2; 8 ) , ( 8; 2 ) thỏa mãn bài tốn.
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 ) .

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

(

)

Vì nếu x = y thì phương trình trở thành 4x3 = 8 3x 2 + 1 , khi đó từ x là số chẵn thì ta

(

)

có x = 2k với k  , do đó 4x3 = 8 3x 2 + 1  4k3 = 12k2 + 1 , mâu thuẫn vì vế trái chia
hết cho 4 và vế phải không chia hết cho 4.
Cũng từ hai nhận xét trên ta suy ra x − y  2 .
Vì thế ta thu được ( x − y )  4  x2 + y 2  2xy + 4  2xy + 2
2

Hiển nhiên rằng x2 + y2  −2xy nên x 2 + y 2  −2xy − 2  x 2 + y 2  2xy + 2 .


(

)

(

)

Như vậy từ các kết quả trên ta được x2 + y 2 x + y − 8  4 x 2 + y 2 .
Dễ thấy x = y = 0 không là nghiệm nên
x + y − 8  4  4  x + y  12  x + y  6; 8;10

+ Nếu x + y = 8 thì ta được xy = −1 . Hệ này khơng tìm được nghiệm ngun.
+ Nếu x + y = 6 thì ta được x 2 + y 2 = −2 ( 2xy + 2 )  xy = −20 . Hệ này cũng khơng có
nghiệm ngun.
+ Nếu x + y = 10 thì thì ta được x 2 + y 2 = 2 ( 2xy + 2 )  xy = 16 .
Đến đây ta tìm được ( x; y ) = ( 2; 8 ) , ( 8; 2 ) là nghiệm của phương trình.
Nhận xét: Trong hai cách giải trên, ta thấy cách thứ nhất đơn giản hơn so với cách giải thứ
hai. Điểm mấu chốt trong cách giải thứ nhất đó chính là đặt ẩn phụ để đưa phương trình về

a 3 − 8a 2 − 8
nhận giá trị
a−4

phương trình bậc nhất đối với ẩn b và việc tìm a để phân thức
ngun khơng q khó khăn.

(

)

Ví dụ 9. Tìm nghiệm ngun của phương trình: 3 x2 − 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
ngun 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 .
x + y = 3m

Khi đó từ phương trình đã cho ta có 
9m 2 − 7m .
xy =
3


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

(

)

3X 2 − 9mX + 9m 2 − 7m = 0
Ta có  = −27m2 + 84m .
Để phương trình có nghiệm thì  = −27m 2 + 84m  0  0  m 

28
9

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


x2 − xy + y 2 = 0  ( x + y ) − 3xy = 0  3xy = 0  x = y = 0
2

+ Với m = 1 suy ra x + y = 3 , khi đó ta được phương trình

x2 − xy + y 2 = 7  ( x + y ) − 3xy = 7  3xy = 2
2

Trường hợp này phương trình khơng có nghiệm ngun
+ Với m = 2 suy ra x + y = 6 , khi đó ta được phương trình

x2 − xy + y 2 = 14  ( x + y ) − 3xy = 7  3xy = 22
2

Trường hợp này phương trình khơng có nghiệm nguyên
+ Với m = 3 suy ra x + y = 9 , khi đó ta được phương trình

x2 − xy + y 2 = 21  ( x + y ) − 3xy = 21  3xy = 60  xy = 20

2

x + y = 9  x = 4; y = 5
Từ đó ta có hệ 

xy = 20
 x = 5; y = 4
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 ( x + y ) − x 2 − xy + y 2 = ( 3m ) − 7m hay 3xy = 9m2 − 7m .
2

Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có xy 

(

2

2
2
1
3
x + y ) nên 9m 2 − 7m  ( x + y )
(

4
4

)

Hay ta được 3.9m 2  4 9m 2 − 7m  m ( 28 − 9m )  0  0  m 

28
.
9

Do m là số nguyên nên ta suy ra được m = 0;1; 2; 3 . 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 tốn như sau: Tìm các số ngun dương x, y sao cho

x 2 − xy + y 2 3
= .
x+y
7


• 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 tốn sau: Tìm các số ngun dương x, y sao cho
4x 2 − 2xy + y 2 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
Quan sát hệ thức

pq
m2 + 1
=
thì hai đại lượng pq và p + q làm ta liên tưởng
p+q m +1

m2 + 1
là phân số tối giản thì từ hệ thức của bài toán ta được
m +1

đến hệ thức Vi – et. Nếu

p + q = m + 1
m2 + 1
.
Cịn
nếu
chưa tối giản thì chỉ cần rút gọn ta cũng được một hệ

2
m +1

pq = m + 1

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

m2 + 1
có rút gọn được hay
m +1

khơng.

(

)

2 m2 + 1
pq
4
m2 + 1
= 2m − 2 +
• Nếu p = q thì từ
=
ta được p =
.
m +1
m +1
p+q m +1

Do m  N và p là số nguyên tố nên 4 ( m + 1)  m = 0; m = 1; m = 3
Từ đó ta tìm được p = 2; p = 5 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
• 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 cịn p + q thì khơng chia hết cho p và không chia hết cho q.
Gọi r là một ước chung của m 2 + 1 và m + 1 .

(

)

Khi đó ta có ( m + 1)( m − 1) r  m 2 − 1 r

(

) (

)

Do đó  m2 + 1 − m2 − 1  r  2 r suy ra r = 1 hoặc r = 2 .


p + q = m + 1
+ Với r = 1 suy ra 
, khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình
2
pq = m + 1
x 2 − ( m + 1) x + m 2 + 1 = 0


(

)

Ta có  = −3m 2 + 2m − 3 = − ( m − 1) − 2m 2 + 2  0 nên phương trình trên vơ nghiệm
2

2pq = m 2 + 1
+ Với r = 2 suy ra 
, khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình
2 ( p + q ) = m + 1
2x 2 − ( m + 1) x + m 2 + 1 = 0

(

)

Ta có  = −7m 2 + 2m − 7 = − ( m − 1) − 6m 2 + 6  0 nên phương trình vơ nghiệm.
2

Vậy bộ các số ngun tố cần tìm là ( p; q ) = ( 2; 2 ) , ( 5; 5 ) .
Nhận xét.
• Có thể nói đây là một bài tốn 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 vơ
nghiệm.
• Ta viết lại hệ thức trên thành ( p + q ) m 2 − pqm + p + q − pq = 0 , khi đó nếu thay m = x thì

ta viết lại được ( p + q ) x 2 − pqx + p + q − pq = 0 . Từ đó ta phát biểu được bài tốn:
Tìm các số ngun tố p và q để phương trình sau có nghiệm ngun dương:

(p + q) x

2

− pqx + p + q − pq = 0

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

a 2 − 1 b2 − 1 c 2 − 1 d2 − 1
=
=
=
= p,
5a
5b
4c
4d

trong đó p là số nguyên dương. Chứng minh rằng ( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) 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.
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.

a + b = −5p
c + d = −4p
Theo định lý Vi – te ta được 
và 
.
ab = −1
cd = −1
Ta có ( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) = ab − ( a + b ) c + c 2  ab + (a + b ) d + d 2 
Áp dụng các hệ thức Vi – et trên ta được

(

)(

ab − ( a + b ) c + c 2  ab + ( a + b ) d + d 2  = c 2 + 5pc − 1 d 2 − 9pd − 1




(

)(

) (

)(

)

Chú ý rằng c 2 + 5pc − 1 d2 − 9pd − 1 = c 2 + 4pc − 1 + pc d2 + 4pd − 1 − 9pd

)

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

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

2

2

Vậy ( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) là một số chính phương.
Nhận xét: Ta có thể phát biểu lại bài tốn trên như sau.
Bài toán 1. Cho p, q là một số nguyên dương. Giả sử phương trình x2 + 5px − 1 = 0 có hai
nghiệm là x1 ; x 2 và phương trình x2 + 4px − 1 = 0 có hai nghiệm x 3 ; x 4 .
Chứng minh rằng ( x1 − x 3 )( x 2 − x 3 )( x1 + x 4 )( x 2 + x 4 ) 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 1 ; a 2 và phương trình x2 + qx + 1 = 0 có hai nghiệm b1 ; b 2 .
Chứng minh rằng ( a1 − b1 )( a 2 − b1 )( a1 + b 2 )( a 2 + b 2 ) 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:
a 2 − 2ac − 5d = b 2 − 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


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 ngun 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 = b2 − 2bc − 5d = 0 , nếu xét phương trình bậc hai có ẩn x
là x2 − 2cx − 5d = 0 thì ta được a, b là các nghiệm.
Hồn tồn tương tự ta xét phương trình x2 − 2ax − 5b , khi đó c, d là các nghiệm.

c + d = 2a
a + b = 2c
Từ đó theo định lí Vi – et ta có 
và 
cd = −5b
ab = −5d
Kết hợp hai hệ thức trên ta được abcd = 25bd nên suy ra ac = 25
Đồng thời ta có a + b + c + d = 2 ( a + c ) hay a + c = b + d .
Mặt khác vì a là nghiệm của phương trình x2 − 2cx − 5d = 0 nên kết hợp với

ac = 25 ta được a2 − 2ca − 5d = 0  a2 − 5d = 50
Vì c là nghiệm của phương trình x2 − 2ax − 5b = 0 nên kết hợp với ac = 25 ta được

c2 − 2ca − 5b = 0  c2 − 5b = 50
Từ các hệ thức trên ta có
a 2 + c 2 − 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 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
i) Phương trình x2 − 2cx − 5d = 0 có 2 nghiệm a và b.
ii) Phương trình x2 − 2ax − 5b = 0 có 2 nghiệm c và d.
Chứng minh rằng: a) a – c = c – b = d – a
b) a + b + c + d = 30
Ví dụ 12. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho

x+y − x − y +2 = 0.


Phân tích và hướng dẫn giải
Đây là một phương trình nghiệm nguyên dạng vô tỷ, lẽ dĩ nhiên là khi biến đổi
phương trình ta thường sử dụng phép nâng lên lũy thừa để loại bớt dấu căn bậc hai.
x + y + 2 = x + y thì trong quá

Để ý một tí ta thấy khi viết phương trình thành

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.
x + y + 2 = x + y  x + y + 4 + 4 x + y = x + y + 2 xy

Hay ta được 2 x + y + 2 = xy .
Đặt

x + y = a −1

xy = 2a , khi đó từ phương trình trên ta được

2

x + y = ( a − 1)
Từ đó suy ra 
2

xy = 4a

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

(

)

Khi đó ta lại có  = ( a − 1) − 16a 2 = ( a + 1) a 2 − 6a + 1 .
4

2

Để phương trình trên có nghiệm nguyên dương ta sử dụng điều kiện  phải là số
chính phương, ngồi ra từ

x + y = a − 1 thì ta được a  2 .

Đặt a 2 − 6a + 1 = b 2 ( b  N ) , khi đó ta được ( a − b − 3 )( a − b − 3 ) = 8 .
Từ đó ta tìm được a = 6 thỏa mãn, do đó suy ra X 1 = 9; X 2 = 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
được

(

x −2
x và

)(

)

y − 2 = 2 , chú ý rằng từ

xy và

x + y là số tự nhiên khác 0 ta suy ra

y là số tự nhiên khác 0.

(

xy + x = m x . Từ đây dẫn đến

Như vậy

x − 2 và

(

)

)

xy = x m − x

x  N* , kết hợp với

x + y  N * thì lại có

Thật vậy, đặt m = x + y m  N* , suy ra

hay ta được
y  N*

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

Ví dụ 13. Tìm số ngun tố p để p2 − p + 1 là lập phương của một số nguyên tố khác.


Phân tích và hướng dẫn giải
Lời giải 1. Theo thói quen ta giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn u cầu bài tốn, khi
đó tồn tại số ngun tố q để p2 − p + 1 = q 3 hay 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 = 4q 3 − 3 phải là số chính phương. Ngồi 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 p ( p − 1) = ( q − 1) q 2 + q + 1 . Từ đó suy ra ( q − 1) q 2 + q + 1 p . Do p
là số nguyên tố nên ta suy ra được q − 1 p hoặc q2 + q + 1 p .
Nếu q − 1 p thì do q là số nguyên tố nên q − 1  p hay q  p .

(

)

Điều này dẫn đến p2 − p + 1 = q 3  p3 hay p ( p − 1)  ( p − 1) p2 + p + 1 , đến đây ta
thấy p  p2 + p + 1 , điều này vơ lí do p là số ngun tố.
Như vậy ta phải có q2 + q + 1 p . Tức là tồn tại số nguyên dương k để

q2 + q + 1 = kp .

(

)

Khi đó từ p ( p − 1) = ( q − 1) q 2 + q + 1 ta được p − 1 = k ( q − 1)

(

) (

)

Kết hợp với q2 + q + 1 = kp ta được q 2 + 1 − k 2 q + k 2 − k + 1 = 0 .

(

) (

)

Đến đây ta lại thấy q 2 + 1 − k 2 q + k 2 − 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 ngun dương thì  phải là số

chính phương.

(

)

2

(

) (

)

2

Chú ý rằng  = k 2 − 1 − 4 k 2 − k + 1  k 2 − 1 . Lại thấy  có cùng số dư với

(k

2

−1

)

2

khi chia cho 2.


Do

(k

2

đó

)

2

ta

(

suy

) (

ra

được

)

(

)

2

  k2 − 3 ,

đến

đây

thì

ta

được

2

− 1 − 4 k2 − k + 1  k2 − 3  k  3
Do k là số nguyên dương nên k  1; 2; 3 . Đến đây ta xét các trường hợp thì thu

được k = 3 thỏa mãn  là số chính phương và từ đó ta được p = 19; q = 7 thỏa mãn
u cầu bài tốn.
• Hướng thứ hai là sử dụng hệ thức Vi – et để xác định các giá trị k hoặc q.

Nếu q là số ngun tố thỏa mãn bài tốn thì q là nghiệm của phương trình

(

) (

)

q 2 + 1 − k2 q + k2 − k + 1 = 0
Như vậy phương trình trên có một nghiệm nữa và ta gọi là q 1 . Khi đó theo hệ thức Vi

– et ta có q + q1 = k2 − 1 và q.q1 = k2 − k + 1 .
Từ các hệ thức trên ta suy ra được q 1 là số nguyên dương.
Nếu q 1  2 khi đó dễ thấy q.q1  q + q 1 nên k2 − k + 1  k2 − 1 hay k  2 . Tương tự như
trên ta thấy k = 1 hoặc k = 2 không thỏa mãn. Từ đó dẫn đến q 1 = 1 .

(

) (

)

Thay vào phương trình trên ta được 12 + 1 − k 2 .1 + k 2 − k + 1 = 0  k = 3 .
Đến đây ta suy ra được q = 7 và p = 19 thỏa mãn bài tốn.
Lời giải 2. Hồn tồn 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

p2 − p + 1 = q 3 ta được p2 − p + 1 = ( kp + 1)  p2 − p + 1 = k 3 p3 + 3k 2 p2 + 3kp + 1 .
3

Nhận thấy với k  2 thì hiển nhiên p2 − p + 1  k3p3 + 3k2 p2 + 3kp + 1 . Từ đó suy ra
được k  1 .
+ Với k = 0 , khi đó ta được p2 − p + 1 = 1  p ( p − 1) = 0 , điều này vơ lí do p là số
ngun tố.
+ Với k = 2 , khi đó ta được p3 − 2p2 + 4p = 0  p2 − 2p + 4 = 0 , không tồn tại p thỏa
mãn.
Vậy với q − 1 p thì khơng tồn tai số ngun 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

p−1 q −1.

q2 + q + 1
Đặt p = ( q − 1) k + 1 với k  N , khi đó từ q + q + 1 p ta suy ra được
là số
( q − 1) k + 1
2

nguyên dương hay ta được

q 2 + qk + k
3k − q − 2
=q+2+
là số nguyên dương.
qk − k + 1
qk − k + 1

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 3 ta được p ( p − 1) = 7 , phương trình vơ nghiệm.
+ Khi q = 3 thì từ p2 − p + 1 = q 3 ta được p ( p − 1) = 26 , phương trình vơ nghiệm.
• Trường hợp 2: Nếu 3k − k − 2  − ( qk − k + 1) thì ta suy ra được

2 + q − 3k  qk − k + 1  k ( q + 2 )  q + 1

Điều này vơ lí vì.
• Trường hợp 3: Nếu 3k − q − 2 = 0  q = 3k − 2 , khi đó từ p = ( q − 1) k + 1 ta được

p = 3k ( k − 1) + 1 = 3k 2 − 3k + 1 và đồng thời có

q 2 + q + 1 = ( 3k − 2 ) + ( 3k − 2 ) + 1 = 9k 2 − 9k + 3
2

Từ đó suy ra

q 2 + q + 1 9k 2 − 9k + 3
= 2
= 3 . Do đó từ p ( p − 1) = ( q − 1) q 2 + q + 1 ta được
p
3k − 3k + 1

(

)

p − 1 = 3 ( q − 1) nên suy ra ra được ( k − 1)( k − 3 ) = 0 .

Từ đó ta được k = 1 hoặc k = 3 .

(

)

+ Với k = 1 thì p = q , khi đó ta được p2 − p + 1 = p3  p p2 − p + 1 = 1 , điều này vơ lí.
+ Với k = 3 thì p = 3q − 2 , khi đó ta được 9q 2 − 15q + 7 = q 3  ( q − 1)( q − 7 ) = 0 nên

q = 1 hoặc q = 7 . Thử trực tiếp ta được q = 7 thỏa mãn u cầu bài tốn. Khi đó ta

được p = 19 .


Vậy p = 19 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có một số điểm chú ý như sau:
• Do q là một số nguyên tố nên ta có q − 1  p hay q  p , từ đây ta thấy được trường hợp

q − 1 p khơng 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 tốn trên ta có bài tốn: 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 khơng cịn là số ngun tố thì cách sử dụng định lý Vi – et để giải
thích như trên khơng cịn 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 tốn số học.
• Một bài tốn khác tương tự: Tìm số ngun tố p sao cho

p2 − p − 2
là lập phương của một
2

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
là các số nguyên.

2a = x + y 2a = x + x 2


Cũng từ giả thiết trên và x2 = y ta được 2b = x + z  2b = x + z .
2c = y + z 2c = x 2 + 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 x 2 . Khi đó ta nhận thấy nếu một trong hai nghiệm là
số ngun thì nghiệm cịn lại cũng ngun. Chú ý rằng a là số nguyên tố nên ta nghĩ
đến sử dụng định lí Vi – et để xác định các nghiệm.

x + x2 = −1
Theo định lí Vi – et ta có  1
.
x
.x
=

−
2a
 1 2
Do 2 và a là số nguyên tố nên từ x1 .x 2 = −2a ta được x1  −2; −a; 2; a . Ta xét các
trường hợp sau:
+ Nếu x1 = −2 , khi đó ta tìm được a = 1 khơng 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 x 2 = 2 .
+ Nếu x1 = 2 , khi đó ta tìm được a = 3 , từ đó ta tìm được hai nghiệm là x1 = 2 và
x 2 = −3 .

+ Nếu x = a , khi đó ta được a2 − a = 0 nên a = 0 và a = 1 , loại vì khơng phải là số
ngun tố.
Tóm lại phương trình trên có hai nghiệm ngun là x = 2 và x = −3 , đồng thời ta
có a = 3 .
Đến đây ta cần xác định các số nguyên tố b, c ứng với mỗi trường hợp
• Với x = 2 khi đó ta được y = 4 . Do đó

z − 2 = p2 với p là số nguyên tố. Do x là số

chẵn và 2b = x + z nên z là số chẵn. Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p = 2 .
Khi đó ta được z = 36 , suy ra c = 20 , loại do c không phải là số nguyên tố.
• Với x = −3 , khi đó ta được y = 9 . Do đó

z − 3 = p2 với p là số nguyên tố.

Do x là số lẻ và 2b = x + z nên z là số chẵn. Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p = 2 .
Khi đó ta được z = 49 , suy ra c = 29 và b = 23 là các số nguyên tố.
Từ đó ta được T = ( a + 2 )( b − 10 )( c + 2 ) = ( 3 + 2 )( 23 − 10 )( 29 + 2 ) = 2015 .
Nhận xét: Trong lời giải trên thì việc sử dụng định lí Vi – et để giải thích phương trình

x2 + x − 2a = 0 có nghiệm thuộc tập hợp −2; −a; 2; a và sử dụng tính chất của số ngun tố
giúp ta giải quyết được bài tốn. Ngồi 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 = k2 với k là số nguyên dương lẻ và k  5 ,

k2 − 1 k − 1 k + 1
k −1 k +1
Từ đó ta được 2a =
. Ta có
và 2  a nên ta suy ra
=
.

4
2
2
2
2
được

k −1
k +1
= 2 và
= a hay ta được k = 5 và a = 3 .
2
2

Ví dụ 14. Tìm các cặp số nguyên ( a; b ) sao cho hai số a2 + 4b và b2 + 4a đều là số
chính phương.
Phân tích và hướng dẫn giải
Lời giải 1. Trước hết ta xét một số trường hợp đặc biệt của hai số nguyên a và b.
+ Nếu a = 0 , khi đó để a2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương thì b = k2 với k là
số nguyên.
+ Nếu b = 0 , khi đó để a2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương thì a = k2 với k là
số nguyên.
Ta xét trường hợp ab  0 , khi đó ta thấy a 2 và a2 + 4b cùng tính chẵn lẻ, b2 và

(

)

b2 + 4a cùng tính chẵn lẻ. Khi đó dễ thấy a 2 + 4b  a + 1

2

(

)

và b2 + 4a  b + 1

2

Bây giờ ta cần đánh giá được a2 + 4b hoặc b2 + 4a nằm trong một khoảng nào đó.
Do vai trị của a và b trong bài tốn là như nhau nên ta có thể giả sử a  b .

(

)

2

Từ đó suy ra a 2 + 4b  a + 2 .

(

)

Kết hợp với a 2 + 4b  a + 1

2

ta được a2 + 4b  a2 .

Đến đây ta xét các trường hợp sau:
• Trường hợp 1: Nếu a2 + 4b = a2 , khi đó ta được b = 0 và a 2 ln là số chính

phương.

(

)

2

• Trường hợp 2: Nếu a 2 + 4b  a − 2 , khi đó ta được b = 1 − a .

(

Do đó ta được b2 + 4a = 1 − a

)

2

+ 4a = a 2 − 2 a + 4a + 1

+ Nếu a  0 thì ta được b2 + 4a = a 2 + 2a + 1 = ( a + 1) là số chính phương với mọi số
2

ngun a. Do đó ( a; b ) = ( k;1 − k ) với k là số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
+ Nếu a = 0 thì ta được b = 1 , mâu thuẫn với a2 + 4b  a2 .


+ Nếu a  0 thì ta được b2 + 4a = a2 + 6a + 1 .
Đặt m = −a thì ta được b2 + 4a = m2 − 6m + 1 .
Dễ thấy m  1; 2; 3; 4; 5 thì m2 − 6m + 1  0
Với m = 6 ta được b2 + 4a = m2 − 6m + 1 = 1 là số chính phương. Từ đó ta được cặp số

( a; b ) = ( −6; −5 )

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với m = 7 thì b2 + 4a = m2 − 6m + 1 = 8 khơng phải là số chính phương.
Với m  8 thì ( m − 3 )  m 2 − 6m + 1  ( m − 4 ) nên b2 + 4a = m2 − 6m + 1 khơng thể là
2

2

số chính phương.

(

)

2

• Trường hợp 3: Nếu a 2 + 4b  a − 4 , khi đó vì a  b nên b  − a .

(

Do đó ta được a 2 − 4 a  a 2 + 4b  a − 4

)

2

ta được a  4 .

+ Với a = 4 ta được 16 + 4b = 0  b = −4 . Suy ra b2 + 4a là số chính phương.
Lời giải 2: Ta sẽ chứng minh các cặp số sau thỏa mãn yêu cầu bài toán

(a; b ) = ( 0; k ) , ( k ; 0 ) , ( −4; −4 ) , ( −5; −6 ) , ( −6 − 5 ) , ( k;1 − k ) , (1 − k, k ) , k  Z
2

2

Thật vậy, do vai trò của a và b như nhau nên khơng mất tính tổng qt ta có thể giả
sử a  b .
+ Nếu b = 0 , khi đó để a2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương thì a = k2 với k là
số nguyên.
+ Nếu b  0 , khi đó biểu thức a2 + 4b là ta liên tưởng đến biệt thức  của phương
trình x2 + ax − b = 0 .
Do  = a2 + 4b là số chính phương nên phương trình trên sẽ có hai nghiệm ngun là
x1 và x 2 . Đến đây để tiện cho việc xét các nghiệm của phương trình, ta cố gắng giới

hạn miền giá trị của nghiệm càng ngắn càng tốt.
Theo định lí Vi – et ta được

x + x2
1
1
1 1
a
+

+
= 1
= 1
x1 x 2
x1 x 2
b
x1 x 2

Từ đó suy ra một trong hai nghiệm nguyên của phương trình trên, chẳng hạn x1 thỏa
mãn x1  2 . Từ đó ta được x1  −2; −1;1; 2 . Đến đây ta xét các trường hợp sau: