Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 11: Chính phương, số lập phương - Trần Kim Oanh

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 11: Chính phương, số lập phương - Trần Kim Oanh

1. Giáo viên: Trần Kim Oanh CHUYÊN ĐỀ: CHÍNH PHƯƠNG, SỐ LẬP PHƯƠNG 1. Chứng minh một số là số chính phương, lập phương Phương pháp: đưa số đó về dạng bình phương đúng hoặc lập phương đúng của một biểu thức hoặc một số nguyên. 2 Ví dụ 1. Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn c ac 1 5c 2b 2c b . Chứng minh rằng c là một số chính phương lẻ. Lời giải Cách 1. Ta biến đổi giả thiết như sau 2 2 c ac 1 5c 2b 2c b 2b2 9cb 10c2 c ac 1 0 2 2 Xem 2b2 9cb 10c2 c ac 1 0 là phương trình bậc ha ẩn b, khi đó c c 8 ac 1 . b Và phương trình có nghiệm nguyên nên ta có b phải là số chính phương. 2 Đặt c c 8 ac 1 x2 ,x N* . b 2 2 2 Gọi d c,c 8 ac 1 , khi đó ta có c 8 ac 1 cd 8 ac 1 d 2 Lại có cd nên ta suy ra được d, ac 1 1 . Từ đó suy ra 8d hay d 1; 2; 4;8 Ta đi xét các trường hợp sau: 2 c c 2 Trường hợp 1: Với d 8 , khi đó từ d c,c 8 ac 1 ta suy ra , ac 1 1 8 8 2 2 2 c c 2 x Lại có c c 8 ac 1 x nên ac 1 8 8 8 * c c 2 2 Từ đó ta được x8 , ta đặt x 8k,k N . Từ đó suy ra ac 1 k . 8 8 c c 2 Từ đó dẫn đến t2 và ac 1 s2 với t,s N* và t,s 1 8 8 2 c 8t 2 2 2 2 2 2 2 Suy ra 2 . Chú ý rằng 8t a 1 t 8t a 1 8t a 2 2 2 2 t 8t a 1 s 2 2 2 2 Do đó ta được 8t2a 1 s2 8t2a 2 , mà 8t2a 1 ; 8t2a 1 là hai số chính phương liên tiếp. Do đó không tồn tại s thỏa mãn. 2 c c 2 Trường hợp 2: Với d 4 , khi đó từ d c,c 8 ac 1 ta suy ra , 2 ac 1 1 4 4 2 c c 2 Lại có c c 8 ac 1 x2 nên và 2 ac 1 là các số chính phương. 4 4 c c 2 c c 2 Nếu là số chẵn thì 2 ac 1 là số chẵn, do đó , 2 ac 1 2 , điều này mâu thuẫn 4 4 4 4 c c 2 với , 2 ac 1 1. 4 4 c c c Do đó là số lẻ, mà là số chính phương nên chia 4 có số dư là 1. 4 4 4 2 Mặt khác do c là số chẵn nên ac 1 là số lẻ, do đó ta được ac 1 chia 4 có số dư là 1.
2. Giáo viên: Trần Kim Oanh c 2 c 2 Từ đó suy ra 2 ac 1 chia 4 có số dư là 3. Điều này vô lí vì 2 ac 1 là số chính 4 4 phương. Vậy trường hợp này loại. c c Trường hợp 3: Với d 2 , khi đó hoàn toàn tương tự như trên ta xét là số lẻ, mà là số chính 2 4 c phương nên chia 4 có số dư là 1. 2 2 Mặt khác do c là số chẵn nên ac 1 là số lẻ, do đó ta được ac 1 chia 4 có số dư là 1. c 2 c 2 Từ đó suy ra 4 ac 1 chia 4 có số dư là 5. Điều này vô lí vì 4 ac 1 là số chính 2 2 phương. Vậy trường hợp này loại. Trường hợp 4: Với d 1 , khi đó hoàn toàn tương tự như trên ta xét c là số lẻ. c c 2 2 2 Và do , ac 1 1, lại có c c 8 ac 1 x nên c là số chính phương. 8 8 Như vậy từ các trường hợp trên ta được c là một số chính phương lẻ. Cách 2. Gọi d b,c , khi đó ta có b dn;c dm với m,n N* và m,n 1. 2 2 Thay vào c ac 1 5c 2b 2c b ta được m dam 1 d 5m 2n 2m n 2 Từ đó suy ra m dam 1 d . Mà ta có d,dam 1 1 nên dẫn đến md . Đặt m dk,k N* , khi đó n,k d,n 1. 2 2 Khi đó từ m dam 1 d 5m 2n 2m n ta được k d2ak 1 5dk 2n 2dk n Do đó 5dk 2n 2dk n k , mà ta có k,2dk n 1 nên suy ra 5dk 2nk 2nk . Lại có k,n 1 nên dẫn đến 2k , do đó k 1; 2. Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1: Xét k 2 , khi đó ta có 2 2 ad2 1 10d 2n 4d n ad2 1 5d n 4d n 5d n x2 Do 5d n,4d n d,4d n d,n 1 nên , với x,y N* và x,y 1. 2 4d n y xy 1 xy 1 Từ đó suy ra d x2 y2 . Do đó 2ad 1 xy a a . 2d2 2 x2 y2 2 2 2 2 2 Để ý rằng x y 4xy xy 1 và 2 x2 y2 x y x y 2 x y 1 0 2 Do đó 2 x2 y2 x y2 xy 1. Điều này dẫn đến a 1, vô lí. Do đó trường hợp này loại. Trường hợp 2: Xét k 1 , khi đó ta được d m nên c d2 ; b dn . Do đó đẳng thức của bài 2 2 toán trở thành d2 ad2 1 5d2 2dn 2d2 dn ad2 1 5d 2n 2d n * . 5d 2n x2 Do 5d 2n,2d n d,2d n d,n 1 nên , với x,y N* và x,y 1. 2 2d n y
3. Giáo viên: Trần Kim Oanh d x2 2y2 Từ đó ta được . 2 2 n 5y 2x d 4t2 2y2 Nếu x là số chẵn thì x 2t,t N* , khi đó 2 2 n 5y 8t 2 2 Khi đó * trở thành ad 1 4t2 y2 a 4t2 2y2 1 2ty , rõ ràng phương trình này vô nghiệm do hai vế khác tính chẵn lẻ. Điều này có nghĩa là x phải là số lẻ. Từ đó suy ra d là số lẻ nên do đó c d2 là số chính phương lẻ. Kết hợp hai trường hợp ta được c là một số chính phương lẻ. Ví dụ 2. Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký 2 1 1 hiệu là a . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, biểu thức n 3 n không 27 3 biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương. Lời giải Ta có 1 1 1 1 4a 7a 1 3 n a a 3 n a 1 a3 a2 n a3 2a2 27 3 27 3 3 3 3 4a 7a 1 3 a3 n a2 a3 3a2 a3 n a2 a 1 3 3 3 Suy ra n a2 không là lập phương của một số nguyên. a2 1 b2 1 c2 1 d2 1 Ví dụ 3. Cho a, b, c, d là các số nguyên thực thỏa mãn p , trong 5a 5b 4c 4d đó p là số nguyên dương. Chứng minh rằng a c b c a d b d là một số chính phương. Lời giải Từ giả thiết của bài toán ta được a2 5pa 1 b2 5pb 1 0;c2 4pc 1 d2 4pd 1 0 . 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 . a b 5p c d 4p Theo định lý Vi – te ta được và . ab 1 cd 1 2 2 Ta có a c b c a d b d ab a b c c ab a b d d Áp dụng các hệ thức Vi – et trên ta được 2 2 2 2 ab a b c c ab a b d d c 5pc 1 d 9pd 1 Chú ý rằng c2 5pc 1 d2 9pd 1 c2 4pc 1 pc d2 4pd 1 9pd Kết với c2 4pc 1 d2 4pd 1 0 ta được 2 a c b c a d b d 9p2cd 9p2 3p Vậy a c b c a d b d là một số chính phương. Nhận xét: Ta có thể phát biểu một số bài tương tự như sau: Bài 1. Cho p, q là một số nguyên dương. Giả sử phương trình x2 5px 1 0 có hai nghiệm là 2 x1 ; x2 và phương trình x 4px 1 0 có hai nghiệm x3 ; x4 .
4. Giáo viên: Trần Kim Oanh Chứng minh rằng x1 x3 x2 x3 x1 x4 x2 x4 là một số chính phương. 2 Bài 2. Cho p là một số nguyên dương. Giả sử phương trình x px 1 0 có hai nghiệm là a1 ;a2 2 và phương trình x qx 1 0 có hai nghiệm b1 ; b2 . Chứng minh rằng a1 b1 a2 b1 a1 b2 a2 b2 là hiệu của hai số chính phương. Ví dụ 4. Cho m n là các số nguyên dương lẻ và n2 1 chia hết cho m2 n2 1 . Chứng minh rằng m2 n2 1 là một số chính phương. Lời giải Theo giả thiết ta có n2 1 chia hết cho m2 n2 1 nên ta được m2 m2 n2 1 chia hết cho m2 n2 1 . Từ đó ta được m2  m2 n2 1 . Từ đó tồn tại số nguyên dương k để m2 k m2 n2 1 2 2 m n m n 2 2 m n m n Chú ý rằng m và m n 1 4. . 1 2 2 2 2 m n m n Do m và n là các số nguyên dương lẻ, lại có m n nên ; là các số nguyên dương. 2 2 m n m n 2 Đặt x ; y , khi đó ta được x y k 4xy 1 . 2 2 Để chứng minh được 4xy 1 là số chính phương ta cần chứng minh k là số chính phương. Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương x0 ; y0 với x0 y0 nhỏ nhất thỏa mãn thỏa đẳng thức trên. 2 Khi đó ta được x0 y0 k 4x0 y0 1 . 2 2 Xét phương trình bậc hai ẩn x là x 4k 2 y0x y0 k 0 . Khi đó x0 là một nghiệm của phương trình trên. Như vậy theo hệ thức Vi – et thì phương trình còn x x 4k 2 y có một nghiệm nữa là x . Khi đó ta được 0 1 0 . 1 2 x0 .x1 y0 k Từ hệ thức thứ nhất x0 x1 4k 2 y0 ta suy ra được x1 là số nguyên. Ta xét các trường hợp sau 2 2 2 Nếu x1 0 thì từ hệ thức thứ hai x0 .x1 y0 k ta được y0 k 0 y0 k . 2 2 2 Khi đó ta có x1 4k 2 y0x1 y0 k x1 y0 k 4x1 1 0 , điều này mâu thuẫn vì x1 là nghiệm của phương trình. 2 2 2 Nếu x1 0 , khi đó từ x0 .x1 y0 k ta được y0 k 0 k y0 là số chính phương. 2 2 Nếu x1 0 thì ta được y0 k 0 k y0 . Khi đó x1 ; y0 là một nghiệm của phương trình 2 x y k 4xy 1 . Theo cách chọn cặp số x0 ; y0 ta được x0 y0 x1 y0 y0 x0 x1 . 2 2 2 2 Từ đó dẫn đến y0 4k 2 y0 y0 k 4 4k y0 k 0 , điều này vô lí vì k là số nguyên dương. Vậy ta được k là số chính phương nên dẫn đến m2 n2 1 là số chính phương. Ví dụ 5. Chứng minh N 20124n 20134n 20144n 20154n không phải là số chính phương với mọi n là số nguyên dương. Lời giải
5. Giáo viên: Trần Kim Oanh Ta có 20124 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 20124n có chữ số tận cùng bằng 6. 20134 có chữ số tận cùng bằng 1 nên 20134n có chữ số tận cùng bằng 1. 20142 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 20144n có chữ số tận cùng bằng 6. 20154n có chữ số tận cùng bằng 5. Do đó ta có N 20124n 20134n 20144n 20154n có chữ số tận cùng bằng 8. Mặt khác, không có số chính phương nào có chữ số tận cùng bằng 8. Vậy N không phải là số chính phương. Bài tập 1. Cho 2 số nguyên a, b thỏa mãn a2 b2 1 2 ab a b . Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp. 2. Chứng minh rằng nếu x2 2y là một số chính phương với x và y là các số nguyên dương thì x2 y là tổng của hai số chính phương. 3. Cho a và b là các số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d thỏa mãn điều kiện a b a2c b2d . Chứng minh rằng a b là một số chính phương. 2 2 2 4. Cho a, b, c là các số tự nhiên thỏa mãn a2 b2 c2 a b b c c a . Chứng minh rằng các số ab; bc;ca và ab bc ca là các số chính phương. 2. Tìm điều kiện để một số là số chính phương, lập phương Ví dụ 1. Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p3 4p 9 là số chính phương. Lời giải Đặt p3 4p 9 t2 với t N . Khi đó ta có p3 4p 9 t2 p p2 4 t2 9 Hay ta được p p2 4 t 3 t 3 . Do p là số nguyên tố nên từ hệ thức trên ta suy ra được t 3p hoặc t 3p . Trường hợp 1: Nếu t 3p , ta đặt t 3 pk,k N . Khi đó ta được p p2 4 pk t 3 p2 4 kt 3k p2 kt 3k 4 . 2 Mặt khác ta lại có t 3 pk t 3 p2k2 t2 6t 9 p2k2 Do đó suy ra t2 6t 9 k2 kt 3k 4 t2 k3 6 t 9 3k3 4k2 0 Xem t2 k3 6 t 9 3k3 4k2 0 là phương trình bậc hai ẩn ta. Khi đó ta có k2 k4 24k 16 . Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương. Muốn vậy k4 24k 16 phải là số chính phương. + Với k 0 , khi đó ta có t 3 , suy ra p3 4p 9 9 p p2 4 0 p 2 + Với k 1 , khi đó 41 không phải là số chính phương + Với k 2 , khi đó 320 không phải là số chính phương + Với k 3 , khi đó 392 là số chính phương. Khi đó ta có phương trình t2 31t 108 0 , giải ra ta được t 36 . Từ đó có p p2 4 33.39 , từ đây ta tìm được p 11 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2 + Với k 3 , khi đó ta chứng minh được k2 k4 24k 16 k2 4
6. Giáo viên: Trần Kim Oanh Từ đó ta có các trường hợp nhỏ sau 2 - Nếu k4 24k 16 k2 1 2k2 24k 15 0 2 - Nếu k4 24k 16 k2 2 k2 6k 3 0 2 - Nếu k4 24k 16 k2 3 6k2 24k 7 0 Các trường hợp trên đều không cho k có giá trị nguyên. Trường hợp 2: Nếu t 3p , ta đặt t 3 pk,k N . Khi đó ta được p p2 4 pk t 3 p2 4 kt 3k p2 kt 3k 4 . 2 Mặt khác ta lại có t 3 pk t 3 p2k2 t2 6t 9 p2k2 Do đó suy ra t2 6t 9 k2 kt 3k 4 t2 6 k3 t 9 3k3 4k2 0 Xem t2 6 k3 t 9 3k3 4k2 0 là phương trình bậc hai ẩn ta. Khi đó ta có k2 k4 24k 16 . Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương. Muốn vậy k4 24k 16 phải là số chính phương. + Với k 0 , khi đó t 3 loại + Với k 1 , khi đó nhận giá trị âm + Với k 2 , khi đó nhận giá trị âm + Với k 3 , khi đó 152 là số chính phương. Khi đó ta có phương trình t2 21t 54 0 , giải ra ta được t 3 và t 18 . Từ đó ta tìm được p 2 và p 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2 + Với k 3 , khi đó ta chứng minh được k2 4 k4 24k 16 k2 Từ đó ta có các trường hợp nhỏ sau 2 - Nếu k4 24k 16 k2 1 2k2 24k 15 0 2 - Nếu k4 24k 16 k2 2 k2 6k 3 0 2 - Nếu k4 24k 16 k2 3 6k2 24k 7 0 Các trường hợp trên đều không cho k có giá trị nguyên. Kết hợp cả hai trường hợp ta được p 2;7;11 thỏa mãn yêu cầu bài toán. p2 p 2 Ví dụ 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho là lập phương của một số tự nhiên. 2 Lời giải p2 p 2 Đặt n3 với n là một số tự nhiên. 2 Vì p là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Với p 2 , khi đó ta được n 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. p2 p 2 Trường hợp 2: Với p 2 , khi đó ta có n3 p p 1 2 n 1 n2 n 1 . 2 Từ đó ta được n 1p hoặc n2 n 1p (vì p là số nguyên tố lẻ). 2 + Nếu n 1p thì ta được n 1 p . Từ đó ta được 2 n2 n 1 n2 n 1 1 n p 1.
7. Giáo viên: Trần Kim Oanh Từ đó ta được p p 1 2 n 1 n2 n 1 . Do đó trường hợp này lại + Nếu n2 n 1p , khi đó ta đặt n2 n 1 kp với k là số tự nhiên khác 0. Thay vào phương trình p p 1 2 n 1 n2 n 1 ta được p 2 n 1 k 1 . Từ đó suy ra n2 n 1 2 n 1 k2 k hay n2 2k2 1 n 2k2 k 1 0 . Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n. Khi đó do 2k2 1 là số lẻ nên để phương trình 2 trên có nghiệm nguyên thì 2k2 1 4 2k2 k 1 phải là số chính phương lẻ. 2 2 2 2 Ta thấy 2k2 1 2k2 4 . Do đó 2k2 1 4 2k2 k 1 2k2 3 . Từ đó ta tính được k 3 suy ra n 20 nên p 127 . Thử lại ta thấy p 127 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các số cần tìm là p 2 và p 127 . Bài tập x 3 1. Tìm các số tự nhiên x sao cho là bình phương của một số hữu tỉ. 4x 6 p 1 p2 1 2. Tìm số nguyên tố p để và là các số chính phương. 2 2 3. Cho số nguyên dương a1 . Ta lập các số nguyên dương a2 ;a3 ;a4 ; ;a2015 thỏa mãn điều kiện 3 an 1 an 2013 , với n 1; 2; 3; ; 2014 . Hỏi trong 2015 số nguyên dương a1 ;a2 ;a3 ; ;a2015 có bao nhiêu số chính phương. 3. Tìm số chính phương Ví dụ 1. Tìm tất cả các bộ hai số chính phương n; m mà mỗi số có đúng 4 chữ số, biết rằng mỗi chữ số của m bằng chữ số tương ứng của n cộng thêm với d, ở đây d là một số nguyên dương nào đó cho trước. Lời giải Đặt n x2 p.103 q.102 r.10 s; m y2 p d .103 q d .102 s d .10 s d Ở đây x , y,p,q,r,s ¥ và 1 p p d 9; 0 q q d 9; 0 r r d 9; 0 s s d 9 Khi đó ta có y x y x y2 x2 d.1111 d.11.101 (1) Từ (1) suy ra số nguyên tố 101 là ước của y x hoặc y x . Do 103 n m 104 nên 32 x y 99 . Do đó 64 x y 200; 0 y x 67 y x 101, y x 11.d . Do đó x và y khác tính chắn lẻ, d lẻ. Do 64 2x 101 11d nên 11d 37 . Suy ra d 3 , vậy d 1 hoặc d 3 . + Với d 1 thì x y 101; y x 11 suy ra x; y 45; 56 , do đó n ; m 2025; 3136 + Với d 3 thì x y 101; y x 33 suy ra x; y 34;67 , do đó n ; m 1156 ; 4489 Vậy có 2 bộ số thoả mãn 2025; 3136 và 1156 ; 4489 . Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên lẻ nhỏ nhất sao cho n2 biểu diễn được thành tổng của một số lẻ các số chính phương liên tiếp. Lời giải Giả sử n2 biểu diễn được thành tổng của 2k 1,k N* số chính phương liên tiếp. 2 2 2 Khi đó ta có n2 a k a k 1 a2 a k với a là số tự nhiên.
8. Giáo viên: Trần Kim Oanh Suy ra ta được n2 2k 1 a2 2 1 22 32 k2 Hay ta được 3n2 3 2k 1 a2 k k 1 2k 1 . 2 Chú ý rằng n là số tự nhiên lẻ, nên ta đặt n 2t 1, do đó n 2t 1 4t t 1 8s 1 với s và t là các số tự nhiên. Ta cũng có a là số lẻ nên a 8r 1, với r là số tự nhiên. Do đó từ 3n2 3 2k 1 a2 k k 1 2k 1 ta được 3 8s 1 3 2k 1 8r 1 k k 1 2k 1 Dễ thấy 3 8s 1 và 3.2k 8r 1 chia 8 dư 1 nên suy ra 6k k k 1 2k 1 chia hết cho 8 Suy ra ta được k k 1 2k 1 6 8 . Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu k là số chẵn thì k 1 2k 1 6 là số lẻ nên để k k 1 2k 1 6 8 thì k phải cha hết cho 8. + Với k 8 , khi đó từ 3n2 3 2k 1 a2 k k 1 2k 1 ta được n2 17a2 17.24 . Nếu n chia hết cho 3 thì a chia hết cho 3, khi đó n2 và a2 chia hết cho 9 nhưng 17a2 17.24 không chia hết cho 9. Còn nếu n không chia hết cho 3 thì n2 chia 3 dư 1 và do đó a không chí hết cho 3 nên a2 chia 3 dư 1, suy ra 17a2 17.24 chia 3 dư 3. Do đó với k 8 thì không tồn tại a thỏa mãn phương trình. + Với k 8p 16 , khi đó ta được n2 772 Trường hợp 2: Nếu k là số lẻ thì ta đặt k 8p q với p, q là số tự nhiên và q 1; 3; 5;7 Khi đó thay vào k k 1 2k 1 6 8 ta được 8p 6 q 1 2q 1 8 Thử từng trường hợp cụ thể ta được q 5 thỏa mãn, do đó k 8p 5 . + Với k 5 , khi đó từ 3n2 3 2k 1 a2 k k 1 2k 1 ta được n2 11a2 110 Hay n2 11 a2 10 . Do n2 là số chính phương và 11 là số nguyên tố nên a2 1011 Ta có a2 10 a2 1 11 a 1 a 1 11 nên suy ra a 1 a 1 11. Chú ý rằng số lẻ a k 5 nên ta thử với a 21; 23; thì được a 23 thỏa mãn. Khi đó ta được n 77 . Thử lại ta được 772 182 192 272 282 thỏa mãn yêu cầu bài toán. k k 1 2k 1 + Với + Với k 8p 5 13 , khi đó ta được n2 2k 1 k2 772 . 3 Vậy số tự nhiên lẻ nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n 77 . 3. Ứng dụng x2 y2 z2 Ví dụ 1. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn nhận giá trị nguyên dương. Chứng xyz 1 x2 y2 z2 minh rằng có thể biểu diễn được thành tổng của hai số chính phương. xyz 1 Phân tích và hướng dẫn giải x2 y2 z2 Cũng tương tự như các ví dụ trên ta đặt n và cần chứng minh được n là tổng xyz 1 của hai số chính phương. Ta viết lại đẳng thức trên như sau x2 y2 z2 n xyz 1 .
9. Giáo viên: Trần Kim Oanh Giả sử x0 ; y0 ; z0 là một bộ số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán, điều đó có nghĩa là 2 2 2 2 2 2 x0 y0 z0 n x0 y0z0 1 hay ta viết lại được x0 nx0 y0z0 y0 z0 n 0 . 2 2 2 Xét phương trình bậc hai x nxy0z0 y0 z0 n 0 , khi đó ta thấy x0 là một nghiệm của phương trình. Theo định lí Vi – et thì ngoài nghiệm x0 phương trình còn có một nghiệm đó là x1 . x x ny z Như vậy theo định lia Vi – et ta có 1 0 0 0 2 2 x1x0 y0 z0 n Từ hệ thức trên ta suy ra được x1 nhận giá trị nguyên. Không mất tính tổng quát ta chọn x0 y0 z0 bé nhất và x0 y0 z0 . Ta xét các trường hợp sau 2 2 Trường hợp 1: Nếu y0 z0 n , khi đó x1 là số nguyên âm 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Từ đó 0 x1 ny0z0x1 y0 z0 n x1 n y0 z0 n x1 y0 z0 0 , điều này vô lí. 2 2 Trường hợp 2: Nếu y0 z0 n , khi đó x1 là số nguyên dương. Khi đó x1 ; y0 ; z0 là một bộ số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. Theo cách chọn x0 ; y0 ; z0 ta suy ra được x0 x1 . Khi đó từ hệ thức Vi – et ta có 2 2 2 y0 z0 n ny0z0 x0 1 x1 1 1 x0 1 1 2 2 2 2 2 + Nếu x0 y0 thì ta được x0 1 1 y0 1. Do đó y0 z0 n ny0z0 y0 1 2 2 Từ đó ta được z0 1 ny0z0 n n z0 1 nên suy ra n 1. 2 2 2 + Nếu x0 y0 , khi đó ta được 2y0 z0 n y0z0 1 2 2 2 2 Do đó z0 y0 nz0 2 n z0 nz0 2 n z0 nz0 2 Từ đâu ta suy ra được nz0 3 nên n 1 hoặc n 2 . Chú ý rằng n 1 02 12 và n 2 12 12 . 2 2 Trường hợp 3: Nếu y0 z0 n thì có nghĩa là n viết được thành tổng của hai số chính phương. Vậy bài toán được chứng minh xong. Ví dụ 2. Cho x, y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4x2 y2 7x 7y là số chính phương. Chứng minh rằng x y . Lời giải Từ giả thiết ta có 2 2 4x2 y2 7x 7y 2xy 1 4xy 7x 7y 1 2xy 1 2 2 4x2 y2 7x 7y 2xy 1 4xy 7x 7y 1 2xy 1 2 2 Đặt A 4x2 y2 7x 7y . Khi đó ta được 2xy 1 A 2xy 1 Suy ra 4xy 1 7x 7y 4xy 1 Nếu x y 2 thì 7x 7y 0 4xy 1 và 4xy 1 8x 1 7x 7y nên ta suy ra được A 4x2 y2 , điều này vô lí. Tương tự nếu y x 2 ta được điều vô lí. Do đó ta suy ra được x y . Bài toán được chứng minh. Ví dụ 3. Xét phương trình x2 ky3 2kxy2 k 0 với k là số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình trên có nghiệm nguyên x; y thỏa mãn x 0; y 1 khi và chỉ khi k là một số chính phương.
10. Giáo viên: Trần Kim Oanh Lời giải Điều kiện cần: Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được x2 2kxy2 k y3 1 0 . Xem đây là phương trình bậc hai ẩn x thì ta có 4k2 y4 4k y3 1 . Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên x; y thỏa mãn x 0; y 1 . Khi đó 4k2 y4 4k y3 1 phải là số chính phương. Do y 1 nên y3 1 0 và k là số nguyên dương nên ta được 1. Ta có 2 2 2ky2 y 1 4k2 y4 4k y3 1 2ky2 y 1 4k 4ky2 y2 1 2y 2 y2 1 4k 1 2y y2 1 2y y 1 0 2 Do đó ta được 2ky2 y 1 . Lại có 2 2 2 2 2 4 3 2 2 2ky y 1 2ky y 1 4k y 4k y 1 4ky 4k y 1 2y 2 4k y2 1 y 1 y 1 4ky y 4k 1 0 2 2 2 Do đó 2ky2 y 1 . Từ đó ta được 2ky2 y 1 2ky2 y 1 . 2 Do là số chính phương nên suy ra 4k2 y4 4k y3 1 2ky2 y . Khi đó ta có 4k2 y4 4ky3 4k 4k2 y4 4ky3 y2 4k y2 . Do y, k là số nguyên dương nên ta suy ra y 2a với a là số nguyên dương, do đó k a2 hay k là số chính phương. Điều kiện đủ: Giả sử k là số chính phương, khi đó đặt k t2 với t là số nguyên dương. Khi đó phương trình đã cho trở thành x2 2t2xy2 t2 y3 t2 0 x2 t2 t2 y2 t 2x 0 Khi đó phường trình có nghiệm nguyên là x; y t; 2t với t là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy bài toán được chứng minh xong.