(8x−5 )y +(3y−2 )z +(3z−7 )x =2
Giải.Do x,y,z nguyên nên 8x−5 ; 3y y−2 ; 3z z−7x là các số nguyên không âm.
Vì thế từ 8x−5y2 + 3y−2z2 + 3z−7x2 =2
Suy ra 2 trong 3 số 8x−5 ; 3y y−2 ; 3z z−7x bằng 1 và số còn lại phải bằng 0. Có 3 khả năng sau: 1/ 8x−5y = 3y−2z =1 3và z−7x =0 2/ 8x−5y = 3z−7x =1 3và y−2z =0 3/ 8x−5y =0và z3 −7x = 3y−2z =1 Xét trường hợp 1: 8x−5y =1 và 3y−2z =1 và 3z−7x =0
Phương trình đã cho có các nghiệm sau: (x,y,z) = (3,5,7);(12,19,28) Các trường hợp còn lại xét tương tự.■
2.2.Phương pháp đánh giá
Phương pháp chung: Dựa vào các đánh giá trên các bất đẳng thức để hạn chế miền nghiệm hoặc miền xác định của các tham số trong phương trình.
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
3 3 4 3 2 2 2 3 0
x y − xy + y + −x y− =
2( 3 1) 4( 3 1) ( 2 2 1) 0
x xy + − xy + + y − y+ =
3 2 2
(xy 1)(x 4) (y 1) 0
⇔ + − + − =
Do x ≥ 0, y ≥ 0 nên từ (1) suy ra:
2 4 0
x − ≤
Từ (2) và do x nguyên không âm, nên ta có x = 0; 1; 2. Xét 3 khả năng sau:
1) Nếu x = 0, ta đưa phương trình đã cho về dạng: y2 −2y− =3 0 Do y ≥ 0 và nguyên, suy ra y = 3.
2) Nếu x = 1, ta có phương trình sau để tìm y:
( )2
3 2 3
3y − +y 2y+ = ⇔2 0 3y + −3 y−1 =0
Do y là nguyên không âm, nên 3y3 + >3 y2 + ≥ −1 (y 1)2
Suy ra vế trái của (*) >0, do đó phương trình (*) vô nghiệm. 3) Nếu x = 2, từ phương trình ban đầu ta có:
1 0 1
y− = ⇔ =y
Phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên không âm sau: (0;3) và (2;1).■
Bài 2. Tìm số tự nhiên a sao cho phương trình x2 −a x a2 + + =1 0có nghiệm nguyên.
Giải.Xét phương trình: x2 −a x a2 + + =1 0 (1) Phương trình (1) có biệt số: ∆ = −a4 4a−4
Để (1) có nghiệm nguyên, trước hết điều kiện cần là : ∆ phải là số chính phương. Xét các khả năng sau:
1) Nếu a = 0 ⇒ < 0 (1) vô nghiệm
2) Nếu a = 1 ⇒ < 0 (1) vô nghiệm
(1)(2) (2)
3) Nếu a = 2⇒ (1) có nghiệm duy nhất 2 2 2 2
a
x = =
Do đó phương trình (1) có nghiệm nguyên.
4) Nếu a ≥ 3. Trước hết ta có: ∆ ≤( )a2 2 Mặt khác, có thể thấy: ∆ >(a2 −1)2 Thật vậy: 4 4 2 (3)⇔a −4a− >4 a −2a +1 ⇔ 2a2 −4a− >5 0 ⇔ 2 (a a− >2) 5 (4) đúng vì do a ≥ 3. Vậy (3) đúng. Từ (2) và (3) suy ra: (a2 −1)2 < ∆ <( )a2 2
Từ (5) suy ra ∆ không phải là số chính phương.
Vậy với mọi số tự nhiên a ≥ 3 , phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Tóm lại, a = 2 là giá trị tự nhiên duy nhất của a để phương trình đã cho có nghiệm nguyên.■
Bài 3.Tồn tại bao nhiêu cặp số nguyên dương (p,q), trong đó p ≤ 100, q ≤ 100 để phương trình x5 + px q+ =0 có nghiệm nguyên.
Giải. Xét phương trình: x5 + px q+ =0 (1), trong đó p và q là các số nguyên dương không vượt quá 100.
Nếu x ≥ 0, thì x5 + px q q+ ≥ ≥1, vậy mọi x ≥ 0 đều không là nghiệm của (1).
Nếu x ≤ - 3, thì x5 + px q+ = ≤ − − +0 35 3 100 0< , vậy mọi x ≤ -3 cũng không phải là nghiệm của (1).
(2)(3) (3)
(4)
Vậy phương trình (1) chỉ có thể có các nghiệm nguyên x = -1, x = -2 khi p,q là các số nguyên dương không vượt quá 100.
• x = -1 là nghiệm của (1) nếu như q = p + 1
• x = - 2 là nghiệm của (1) nếu như q = 2p + 32
Ta thấy có 99 cặp số nguyên dương (p,q) không vượt quá 100 thỏa mãn đẳng thức q = p + 1. Còn có 34 cặp (p,q) thỏa mãn đẳng thức q = 2p + 32. Vì phương trình p + 1 = 2p + 32 khi p > 0 vô nghiệm, nên mọi cặp (p,q) thỏa mãn đẳng thức q = p + 1 đều khác cặp (p,q) thỏa mãn đẳng thức q = 2p + 32
Tóm lại có 99 + 32 = 133 cặp số nguyên dương (p,q) thỏa mãn điều kiện.■
Bài 4. Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu phương trình
2 2
x + xy y− =n, có ít nhất một nghiệm nguyên, thì nó có vô số nghiệm nguyên.
Giải. Giả sử trái lại, điều khẳng định của bài toán không đúng, tức là phương trình: x2 +xy y− 2 =n có nghiệm nguyên và chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên (x1,y1); (x2,y2); …; (xk,yk).
Đặt aj = xj + y jj , =1,2, ,...k .
Vì {a1, a2, …, ak} là hữu hạn nên tồn tại . Không mất tính tổng quát, có thể cho là a1=max1≤ ≤j kaj
Dễ dàng thấy rằng:
2 2 ( )2 ( )( ) ( )2
x + xy y− = +x y + +x y x y− − −y
Nên khi (x1,y1) là nghiệm nguyên của (1), thì và cũng là những nghiệm nguyên của phương trình (1). Theo định nghĩa của số a1, ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 a = x + y ≥ +x y + − ⇒y x ≥ +x y Tương tự: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a = x + y ≥ x + − ⇒x y y ≥ −x y Nếu x1 = 0, thì từ (1) có 2 1 0 y n − = ≤ vô lí Nếu y1 = 0, thì từ (3) có x1 ≤ ⇒ =0 x1 0
Thay x1 = y1 = 0 vào (1) và có n = 0, đó là điều vô lí. Vì thế x1y1 ≠ 0. Chỉ có hai khả năng xảy ra:
1/ Nếu x1, y1 cùng dấu thì x1+ y1 = x1 + y1
Vì thế từ (2)ta có x1 ≥ x1 + y1 ⇒ y1 ≤ ⇒ =0 y1 0 Đó là điều vô lí (do x1y1 ≠ 0)
2/ Nếu x1, y1 trái dấu thì x1− y1 = x1 + y1 . Vì thế từ (3) ta có y1 ≥ x1 + y1 ⇒ =x1 0 vô lí.
Tóm lại, trong mọi trường hợp đều dẫn đến điều vô lí. Điều đó chứng tỏ rằng giả thiết phản chứng là sai, tức là phương trình (1) có vô hạn nghiệm nguyên. ■
Bài 5. Tìm các cặp số nguyên sao cho tổng lập phương bằng bình phương của tổng.
Giải.Gọi hai số nguyên cần tìm là x, y.
Theo đề bài ta có phương trình: x3 + y3 = +(x y)2
Biến đổi phương trình thành(x y x+ )( 2 −xy y+ 2 − − =x y) 0
(2)
Từ đó x y+ =0 (*) hoặc x2 − xy y+ 2 − − =x y 0 (**)
Từ (*) ta có x= −y, vậy mọi cặp số dạng (m,-m ) với m nguyên là các cặp
thỏa đề bài.
(**) tương đương với (x y− )2 + −(x 1)2 + −(y 1)2 =2 (***) Từ (***) ta có (x−1)2 ≤1,(y−1)2 ≤1, suy ra x y, ∈{0,1,2}
Từ đó ta có các cặp nghiệm là (0,1), (1,0), (2,2), (0,0), (1,2), (2,1)
Vậy các cặp số nguyên cần tìm là (m, -m), (0,1), (2,2), (0,0), (1,2), (2,1).■
Bài 6. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.
Giải .Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Theo đề bài ta có : x + y + z = xyz (1)
Ta thấy x, y, z có vai trò như nhau nên ta có thể sắp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn 1 ≤ x ≤ y ≤ z (*) mà không làm mất tính tổng quát của bài toán.
Từ (1) ta có xyz = x + y + z ≤ 3z ⇒xy ≤ 3 (do z > 0).
Từ đó xy = {1 ; 2 ; 3} (vì x, y nguyên dương). Xét ba trườ ng hợp :
• Với xy = 1, ta có x = 1 và y = 1. Thay vào (9) ta được 2 + z = z, loại.
• Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) ta được z = 3.
• Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) ta được z = 2, loại vì y ≤ z
Vậy ba số cần tìm là 1 ; 2 ; 3.■
Bài 7.Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt .
Giải.Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ t. Khi đó : 2xyzt = 5(x + y + z + t) +10 ≤ 20x + 10
⇒ yzt ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤15 t3 15 t 2
Với t = 1 ta có : 2xyz = 5(x + y + z) +15 ≤ 15x + 15 ⇒ 2yz ≤30⇒2z2 ≤30⇒ ≤z 3
Nếu z = 1 thì 2xy =5(x + y) + 20 hay 4xy =10(x + y) + 40 Hay (2x – 5)(2y – 5) = 65
Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm là (x = 35; y = 3) và (x = 9; y = 5). Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2.
Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (x;y;z;t) = (35; 3; 1; 1), (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của các bộ số này. ■
Bài 8. Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : (x2+ 1)(x2+ y2) = 4x2y. (1)
Giải .Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : x2+ 1 = 2x, dấu bằng có ⇔ x = 1.
x2 + y2 = 2xy, dấu bằng có ⇔ x = y.
Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được : (x2+ 1)(x2 + y2) = 4x2 y, dấu bằng có khi và chỉ khi x = y = 1.
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = y = 1.■
Bài 9. Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho xy yz xz xyz+ + =
Giải. Vì vai trò x,y,z như nhau ta giả sử 1 1 1 1
x + + =y z
Chia hai vế cho xyz ta có phương trình
Vìx y z≥ ≥ , ta có 1 1 1 1 3 3
x y z z
= + + ≤ ≤ . Do đó z =1; 2; 3. Với z = 1, không tồn tại x,y.
Với z = 2, ta tìm được x = 6, y = 3và x = 4, y = 4 Với z = 3, ta tìm được x = y = 3
Vậy phương trình có nghiệm (2,3,6), (4,4,2) và hoán vị và nghiệm (3,3,3).■