Một bài toán số học hay với nhiều cách giải

MỘT BÀI TOÁN SỐ HỌC HAY VỚI NHIỀU CÁCH GIẢI NGUYỄN DUY LIÊN (THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Lời giới thiệu Giải được bài toán Số học hay và khó, ta đã cảm thấy thích thú rồi. Nhưng nếu một bài toán Số học hay và khó mà giải được bằng nhiều cách mà từ đó ta có thể giải được, hay tạo ra một số bài toán cùng lớp bài toán đó thì niềm vui còn nhân lên nhiều lần. Bài viết này, tôi xin giới thiệu với các bạn 5 cách giải cho bài toán số 6 về Số học khá hay và khó trong kỳ thi Olympic Toán học Quốc tế (IMO) lần thứ 42 tại Hoa Kỳ. Chúng ta cùng bắt đầu với bài toán đó nhé. Bài toán. Cho các số nguyên dương a, b, c, d với a > b > c > d > 0. Giả sử ac + bd = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) . Chứng minh rằng ab + cd không phải là số nguyên tố. Lời giải 1. Giả sử rằng ab+ cd là số nguyên tố. Ta có ab+ cd = (a+ d) c+ (b− c) a = m · gcd (a+ d, b+ c) (∗) ( với m là số nguyên dương và gcd (a+ d, b− c) là ước số chung lớn nhất của a+ d và b− c). Từ (∗) suy ra m = 1 hoặc gcd (a+ d, b− c) = 1. Trường hợp 1 : m = 1 thì gcd (a+ d, b− c) = ab+ cd > ab+ cd− (a− b+ c+ d) = (a+ d) (c− 1) + (b− c) (a+ 1) ≥ gcd (a+ d, b− c) điều này dẫn tới vô lý. 175 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Trường hợp 2 : gcd (a+ d, b− c) = 1. Ta có ac+ bd = (a+ c) b− (b− c) a kết hợp với đề bài ac+ bd = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) ta được : (a+ c) b− (b− c) a = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) Suy ra (a+ d) . (a− c− d) = (b− c) (b+ c+ d) (∗∗). Từ đẳng thức (∗∗) tồn tại số nguyên dương k sao cho: a− c− d = k (b− c) và b+ c+ d = k (a+ d) từ đó suy ra: a+ b = k (a+ b− c+ d)⇔ k (c− d) = (k − 1) (a+ b) kết hợp với a > b > c > d > 0 ta có: • Nếu k = 1⇒ c = d vô lý • Nếu k ≥ 2 thì 2 ≥ k k − 1 = a+ b c− d > 2 vô lý. Từ sự vô lý của các trường hợp 1 và 2, nên ab+ cd không phải là số nguyên tố. Lời giải 2. Theo đề bài ac+ bd = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) biến đổi ta được a2 − ac+ c2 = b2 + bd+ d2 (1). Xét tứ giác ABCD với AB = a,BC = d, CD = b,DA = c ; B̂AD = 600; B̂CD = 1200. Rõ ràng tứ giác ABCD tồn tại ( qua việc dựng hình). Gọi ÂBC = α⇒ ÂDC = 1800 − α. 176 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Áp dung định lý hàm số côsin trong hai tam giác BAD và BCD , ta có. BD2 = a2 + c2 − 2ac cos B̂AD = b2 + d2 − 2bd cos B̂CD Suy ra hằng đẳng thức (1). Áp dung định lý hàm số côsin trong hai tam giác ABC và ACD, ta có AC2 = a2 + d2 − 2ad cosα = b2 + c2 + 2bc cosα Suy ra 2 cosα = a2 + d2 − b2 − c2 ad+ bc và AC2 = a2 + d2 − ada 2 + d2 − b2 − c2 ad+ bc = (ab+ cd) (ac+ bd) ad+ bc . Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, theo định lý Ptôlêmê ta có (AC ·BD)2 = (ab+ cd)2 suy ra (ac+ bd) ( a2 − ac+ c2) = (ab+ cd) (ad+ bc) (2). Từ a > b > c > d > 0, ta suy ra được ab+ cd > ac+ bd > ad+ bc (3). Giả sử rằng ab+ cd là số nguyên tố. Từ (3) ta thấy hai số ab+ cd và ac+ bd nguyên tố cùng nhau. Cho nên từ đẳng thức (2) ta có ac + bd chia hết ad + bc theo (3) vô lý. Nên ab+ cd không phải là số nguyên tố. Lời giải 3. Từ a > b > c > d > 0, ta suy ra ab+ cd > ac+ bd > ad+ bc (3). Theo đầu bài ac+ bd = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) nên ta có a2 − ac+ c2 = b2 + bd+ d2 (4) 177 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. Do vậy : (ab+ cd) (ad+ bc) = ac ( b2 + bd+ d2 ) + bd ( a2 − ac+ c2) (5). Từ (4) và (5), suy ra (ab+ cd) (ad+ bc) = (ac+ bd) ( a2 − ac+ c2) (6). Giả sử rằng ab+ cd là số nguyên tố. Từ (3) ta thấy hai số ab+ cd và ac+ bd nguyên tố cùng nhau. Cho nên từ đẳng thức (6) ta có ac + bd chia hết ad + bc theo (3) vô lý. Nên ab+ cd không phải là số nguyên tố. Lời giải 4. Theo đề bài ac+ bd = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) biến đổi ta được a2 − ac+ c2 = b2 + bd+ d2 (7). Giả sử rằng ab+ cd là số nguyên tố, đặt ab+ cd = p⇒ ab ≡ −cd (m ¯ odp) kết hợp với (7) ta có 0 = b2 ( a2 − ac+ c2)+ b2 (b2 + bd+ d2) ≡ c2d2 + bc2d+ b2c2 + b4 + b3d+ b2d2 ≡ (b2 + c2) (b2 + bd+ d2) (modp) (8). Từ (8) suy ra b2 + c2 ≡ 0 (modp) hoặc b2 + bd+ d2 ≡ 0 (modp). Trường hợp 1. b2 + c2 ≡ 0 (modp) do 0 < b2 + c2 < 2 (ab+ cd) = 2p⇒ b2 + c2 = p nên ta suy ra b2 + c2 = ab+ cd⇔ b (a− b) = c (c− d) dẫn tới ⇒ c (c− d) ≡ 0 (modp) (9). Theo giả thiết ab+ cd là số nguyên tố cho nên hai số (b, c) = 1, do đó từ (9) suy ra c− d ≡ 0 (modp) vô lý. Trường hợp 2 . b2 + bd + d2 ≡ 0 (modp). Điều này tương đương với a2 − ac+ c2 ≡ 0 (modp) 178 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. mà 0 < a2 − ac+ c2 < 2 (ab+ cd) = 2p nên ta suy ra được a2 − ac+ c2 = p = ab+ cd do đó, ta có { a2 − ac+ c2 = ab+ cd b2 + bd+ d2 = ab+ cd ⇔ { c (c− d) = ab+ ac− a2 d (c− d) = b2 + bd− ab ⇒ { a| c (c− d) b| d (c− d) (10). Mà ab + cd là số nguyên tố cho nên (a , c) = 1 và (b , d) = 1 nên từ (10) suy ra { a | c− d b | c− d điều này vô lý. Từ sự vô lý của các trường hợp 1 và 2, nên ab+ cd không phải là số nguyên tố. Lời giải 5. Theo đề bài ac + bd = (b+ d+ a− c) (b+ d− a+ c) suy ra a+ b− c+ d | ac+ bd⇒ a+ b− c+ d | ac+ bd + a (a+ b− c+ d) hay a+ b− c+ d | a2 + bd+ ab+ ad = (a+ b) (a+ d) . Giả sử (a+ b− c+ d, a+ d) = 1⇒ a+ b− c+ d | a+ b. Đặt a+ b = k (a+ b− c+ d) (11) với k là số nguyên dương. Nếu k = 1, từ (11)⇒ a+ b = a+ b− c+ d⇒ c = d vô lý. Nếu k ≥ 2, từ (11) ta suy ra a+ b = k (a+ b− c+ d) ≥ 2 (a+ b− c+ d) > a+ b điều này vô lý do a > b > c > d > 0. Vậy (a+ b− c+ d, a+ d) 6= 1. Giả sử có số nguyên tố p sao cho p | (a+ b− c+ d , a+ d). Ta có{ p | a+ d p | b− c 179 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015. ⇔ { a ≡ −d (modp) b ≡ c (modp) dẫn tới ab ≡ −cd (modp)⇔ ab+ cd ≡ o (modp) . Mà ab+ cd > p cho nên ab+ cd không phải là số nguyên tố, nó là hợp số. Từ những cách giải trên các bạn vận dụng vào giải các bài toán tương tự sau đây nhé. Bài 1. Chứng minh rằng nếu : a2 + ac− c2 = b2 + bd− d2 với các số nguyên dương a > b > c > d > 0 thì ab + cd không phải là số nguyên tố. Bài 2. Cho các số nguyên dương a, b, c, d với a > b > c > d > 0 thoả mãn điều kiện a+ b− c+ d | ac + bd. Chứng minh rằng: anbm + cmdn không phải là số nguyên tố ( trong đó m, n là những số nguyên dương và n là số lẻ ). Bài 3. Cho các số nguyên dương a, b, c, d và số nguyên tố p thoả mãn hệ thức ap + bp cp + dp = 1 p− 1 . Chứng minh rằng: a+ b+ c+ d chia hết cho p. Và các bài toán trên liệu có bao nhiêu cách giải các bạn hãy tìm tòi và suy nghĩ cùng tôi. 180