Đặt \(f\left(x\right)=\left(x-a\right)\left(x-10\right)+1=x^2-\left(a+10\right)x+10a+1\).
Theo đề bài, ta đặt \(f\left(x\right)=\left(x-m\right)\left(x-n\right)\) với \(m,n\inℤ\).
\(f\left(x\right)=x^2-\left(m+n\right)x+mn\)
Khi đó, ta thu được hệ pt:
\(\left\{{}\begin{matrix}m+n=a+10\\mn=10a+1\end{matrix}\right.\)
Ta thấy nếu \(\left(a+10\right)^2-4\left(10a+1\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-12\right)\left(a-8\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow8< a< 12\)
thì sẽ không tồn tại \(m,n\) thỏa mãn. Vậy \(\left[{}\begin{matrix}a\le8\\a\ge12\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(m,n\) là nghiệm nguyên của pt \(X^2-\left(a+10\right)X+10a+1=0\) (*)
Pt này có \(\Delta=\left(a+10\right)^2-4\left(10a+1\right)\) \(=\left(a-10\right)^2-4\) mà (*) lại có 2 nghiệm nguyên nên \(\left(a-10\right)^2-4\) phải là số chính phương.
Đặt \(\left(a-10\right)^2-4=k^2\) (với \(k\inℕ\))
\(\Leftrightarrow\left(a-10\right)^2-k^2=4\)
\(\Leftrightarrow\left(a-10-k\right)\left(a-10+k\right)=4\)
Vì \(a-10-k\le a-10+k\) nên ta xét các TH sau:
TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}a-10+k=2\\a-10-k=2\end{matrix}\right.\), khi đó \(k=0\) và \(a=12\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^2-22x+121=\left(x-11\right)^2\) thỏa ycbt.
TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}a-10-k=1\\a-10+k=4\end{matrix}\right.\Rightarrow2k=3\), vô lí.
TH3: \(\left\{{}\begin{matrix}a-10-k=-2\\a-10+k=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}k=0\\a=8\end{matrix}\right.\).
Thử lại, ta có \(f\left(x\right)=x^2-18x+81=\left(x-9\right)^2\) thỏa ycbt.
TH4; \(\left\{{}\begin{matrix}a-10-k=-4\\a-10+k=-1\end{matrix}\right.\Rightarrow2k=3\), vô lí.
Vậy \(a\in\left\{8;12\right\}\) thỏa ycbt.
