Một bài toán số học hay với nhiều cách giải

Bài viết này, 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. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
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 thiệuGiải được bài toán Số học hay và khó, ta đã cảm thấy thích thúrồi. Nhưng nếu một bài toán Số học hay và khó mà giải đượcbằng nhiều cách mà từ đó ta có thể giải được, hay tạo ra một sốbài toán cùng lớp bài toán đó thì niềm vui còn nhân lên nhiềulần. Bài viết này, tôi xin giới thiệu với các bạn 5 cách giải chobài toán số 6 về Số học khá hay và khó trong kỳ thi OlympicToán 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 sửac + bd = (b + d + a − c) (b + d − a + c) . Chứng minh rằng ab + cdkhông 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 chunglớn 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) akết 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 k a+b • Nếu k ≥ 2 thì 2 ≥ = > 2 vô lý. k−1 c−dTừ sự vô lý của các trường hợp 1 và 2, nên ab + cd không phải làsố 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 = 600 ; BCD AB = a, BC = d, CD = b, DA = c ; BAD = 1200 .Rõ ràng tứ giác ABCD tồn tại ( qua việc dựng hình). [ = α ⇒ ADCGọi ABC = 1800 − α. 176Tạp 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 BAD = b2 + d2 − 2bd cos BCD Suy ra hằng đẳng thức (1).Áp dung định lý hàm số côsin trong hai tam giác ABC và ACD,ta có AC 2 = a2 + d2 − 2ad cos α = b2 + c2 + 2bc cos αSuy ra a2 + d2 − b2 − c2 2 cos α = ad + bcvà a2 + d 2 − b 2 − c 2 (ab + cd) (ac + bd) AC 2 = a2 + d2 − ad = . ad + bc ad + bcTứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, theo định lý Ptôlêmê ta có (AC · BD)2 = (ab + cd)2suy 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. Chonên 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. Chonên từ đẳng thức (6) ta có ac + bd chia hết ad + bc theo (3) vô lý.Nên ab + cd không phải là số nguyê ...