Dạng 4 : Sử dụng điều kiện là số chính phương
12. Phương pháp xuống thang
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 19x2+28y2=729
Lời giải
Biến đổi phương trình thành: (18x2+27y2) (+ x2+y2) =729 (1)
Từ (1) ⇒x2+y2M3 , do đó: x, y đều chia hết cho 3. Đặt x=3 ,u y=3 , ,v u v Z( ∈ ) Thay vào PT : 19u2+28v2=81 (2)
Từ (2) lập luận như trên ta được: u=3 ,s v=3 ,t s t Z( ∈ ) thay vào (2) ta được: 19s2+28t2=9 (3) Từ (3) suy ra s, t không đồng thời bằng 0 ⇒19s2+28t2≥19 9> . Nên (3) vơ nghiệm
Khi đó Phương trình (1) vơ nghiệm
Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x6+y 2x y 3202− 3 =
Lời giải
Biến đổi phương trình thành: ( ) (3 2 3 )2
320
x + x −y =
Đặt u x v x= 3, = 3−y phương trình trở thành: u2+v2=320 (1) Từ (1) ta thấy u và v cùng tính chẵn lẻ
Nếu u, v cùng lẻ thì u2+ ≡v2 2 mod4() , do đó (1) khơng xảy ra u, v cùng lẻ loại Vậy u, v cùng chẵn, Đặt u=2 ,u v1 =2 , ,v u v Z1( 11∈ ) , khi đó PT trở thành: 22
1180
u +v = (2) Từ (2) lập luận như trên ta lại có u v1, 1 cùng chẵn, Đặt u1=2 ,u v21=2 ,v u v2( 2, 2∈Z) thay vào (2):
22 2220
u +v = (3)
Từ (3) lập luận như trên ta lại thấy u v2, 2 cùng chẵn.
Đặt u2=2 ,u v32=2 ,v u v3( 3, 3∈Z) thay vào PT (3) ta được: 22
335
Từ (4) ta thấy rằng u là lập phương của 1 số nguyên nên u3 cũng là lập phương của 1 số ngun Từ đó ta tìm được cặp (u v3; 3) ( ) (= 1;2 ; 1;2 ; 1; 2 ; 1; 2− ) ( − ) (− − ) Thay vào tìm được cặp x, y
Bài 3. Tìm nghiệm của phương trình: x3=2y 4z3+ 3
Lời giải
Từ phương trình đã cho suy ra x chẵn: hay x=2x x Z1( 1∈ ) , thay vào PT ta được: 333 1
4x =y +2z
Từ đó ta lại có y là số chẵn, Đặt y=2 ,y y Z1( 1∈ ) thay vào PT ta được : 333
11
2x =4y +z
Lại thấy z là số chẵn:Đặt z=2 ,z z Z1( 1∈ ) thay vào ta được: 333 12141
x = y + z
Vậy nếu (x y z, , ) là nghiệm của Pt đã cho thì ; ; 2 2 2
x y z
÷
cũng là nghiệm của phương trình đã cho Một cách tổng quát: ; ;
2 2 2nnn
x y z
÷
cũng là nghiệm của PT đã cho với mọi n ∈N, hay x y z, , chia hết cho 2 ,n ∀n x = y = z = 0
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4+y4+ + =z4t42020xyzt Lời giải
Trước hết ta nhận xét rằng : nếu n là số nguyên chẵn thì n4M8
Nếu n là một số nguyên lẻ thì n=2k+ ⇒1 n2=4k k( )+ +1 1 chia cho 8 sẽ dư 1. Suy ra n4cũng chia cho 8 dư 1.
Gọi nghiệm nguyên của phương trình là x y z t0; ; ;0 0 0 . ta có: 4444
000020200 0 0 0
x +y + + =ztx y z t
Do vế phải là số chẵn nên trong 4 số x y z t0; ; ;0 0 0 khơng thể có một hoặc ba số là số lẻ.
Nếu trong chúng có hai hoặc 4 số lẻ thì vế trái là số chia cho 8 dư 2 hoặc chia cho 8 dư 4. (vơ lý ). Vì thể cả 4 số x y z t0; ; ;00 0 đều là số chẵn. Ta đặt : x0=2 ;x y10=2 ;y z10=2 ;z t1 0=2t1
Thay vào phương trình và chia hai vế cho 16 ta được: 4444
111120201 1 1 1
x +y + + =ztx yzt
Vì thế (x y z t1; ; ;1 1 1) là một nghiệm của phương trình. Lập luận tương tự, ( ; ; ; ) 0;0;0;0 2 2 2 2 nnn nnnnn x y z t x y z t = ÷
cũng là nghiệm của phương trình. Vì nghiệm của phương trình là số nguyên nên chỉ xảy ra : (x y z t0; ; ;00 0) (= 0;0;0;0) Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (x y z y; ; ; ) (= 0;0;0;0)
Bài 5. Tìm x y z N, , ∈ sao cho : x4+ y4+z4=5x y2 2 (*)
Lời giải
Sử dụng PP xuống thang hoặc PP cực hạn.
Nhận thấy x y z= = =0 là 1 nghiệm của PT (*)
Giả sử ngồi nghiệm trên ta cịn nghiệm (x1;y ;1 1z) thỏa mãn: 44422 1115. .11
x +y +z = x y (1) Nếu cảu x y1, 1 đều lẻ thì từ (1) ta suy ra z1 chẵn
Khi đó: VT( ) (1 ≡2 mod4) còn VP( ) (1 1 mod4≡ ) vô lý Vậy 1 trong 2 nghiệm x y1, 1 là số chẵn, Từ (1) ⇒ 4+ 4M
11 4
yz cả y z1, 1 đều là số chẵn. Đặt x1=2 ,x y21=2 ,y z21=2 ,z x y z2 ( 2, ,22∈N) thay vào (1) ta có:
() + + = ⇒ 4442 2 222 5. 2 22,y ,22 xyzx yxz cũng là nghiệm của (*) Mà 444 ( 222) 222111 1 4
x +y +z = x +y +z trái với cách chọn nghiệm.
Bài 6. Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn: x2+ y2+z2= x y2 2 (1)
Lời giải
Sử dụng PP xuống thang ta có:
Nếu cả x và y đều lẻ thì từ (1) suy ra z chẵn,
Khi đó: x2+y2+ ≡z2 2 mod4() cịn x y2 2≡1 mod4() vô lý Vậy 1 trong 2 biến x và y phải chẵn.
Giả sử x chẵn, Từ (1) ta suy ra: y2+z2M4 do đó cả y và z đều chẵn.
Đặt 1 ()
1111 1
2 , 2 , 2 , , ,
x= x y= y z= z x y z Z∈ Thay vào (1) ta được: 22222 1114 .11
x +y +z = x y (2) Từ (2) lại lập luận như trên ta suy ra: x y z1, ,1 1 đều chẵn.
Cứ làm như vậy và chỉ ra x y z= = =0
Bài 7. Tìm nghiệm nguyên của PT : 5x3+11y 13z3+ 3=0
HD: Sử dụng PP cực hạn, Hãy chứng minh rằng: Nếu (x y z; ; ) là 1 nghiệm của PT thì ; ; 13 13 13 x y z ÷ cũng là 1 nghiệm của PT
Bài 8. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 15x 7y2− 2=9
HD:
Từ PT đã cho ta suy ra y chia hết cho 3, đặt y=3y1 thay vào PT ta được: 22 1
5x −21y =3 (1)
Từ (1) ta suy ra x chia hết cho 3, Đặt x=3x1 . Thay vào PT ta được: 22
11
15x −7y =1 (2)
Từ (2) suy ra 2 ()
1 1 mod3
y ≡ − , Vô lý nên PT vơ nghiệm
Bài 9. Tìm nghiệm ngun của PT sau : x3+3y 9z3+ 3=0
HD: Sử dụng Phương pháp xuống thang ta có : x y z= = =0
Bài 10. Tìm nghiệm nguyên của PT : 8x4+4y4+2z4=t4
HD: Sử dụng PP xuống thang ta được : x y z t= = = =0
Bài 11. Tìm nghiệm nguyên của PT : x2+ y2+z2=7u2
HD: Sử dụng PP xuống thang :x y z u= = = =0
Bài 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2+ y2+ + + + =z2x y z 1
HD: Sử dụng pp xuống thang thì thấy PT vơ nghiệm.
Bài 13. Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn:
a) x2+y2+ =z2 2xyz b) x2+y2+ + =z2 t2 2xyzt
13.Phương pháp dùng bất đẳng thức
Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển
- Trong nhiều bài toán ta thường sử dụng bất đẳng thức để chứng minh một vế không nhỏ hơn (hoặc khơng lớn hơn) vế cịn lại. Muốn cho phương trình có nghiệm thì dấu bằng của bất đẳng thức phải xảy ra đó là nghiệm của phương trình.
- Một số bất đẳng thức Cổ điển thường được sử dụng như:
1.Bất đẳng thức Cauchy (tên quốc tế là AM – GM)
Nếu a ,a ,a ,.....,a1 2 3 n là các số thực khơng âm thì: 123n
123n a a a .... a a .a .a .......a n + + + + ≥ Đẳng thức xảy ra khi a1=a2=a3=..... a=n
2.Bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai bộ số thực bất kì (a ,a ,a ,.....,a123n)và (b ,b ,b ,.....,b123n)
ta có ( 2 2 3 2)( 2 2 2 2)()2
123n123n1 22 23 3n n
a + + + +a a .... a b +b +b +..... b+ ≥ a b +a b +a b + +... a b
Đẳng thức xảy ra khi tồn tại số thực k (k 0≠ ) sao cho ai =kbi với i = 1, 2, 3,…, n.
• Bài tập áp dụng
Bài 1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: ( x2+1 x)( 2+ y2) =4x y2
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x2+ ≥1 2x Dấu “=” xảy ra khi x = 1. x2+y2≥2xy Dấu “=” xảy ra khi x = y. Do x, y dương nên nhân 2 vế của bất đẳng thức trên ta được (x2+1 x) ( 2+y2)≥4x y2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau: x6+ −z 15x z 3x y z32 = 2 2 −( y 52+ )3 (1)
Lời giải:
Ta có: ( ) 6 3 ( 2 )3 2 2 2 6 3 ( 2 )3 2 ( 2 )
1 ⇔x + +z y +5 =15x z 3x y z+ ⇔x + +z y +5 =3x z y +5 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 6 3 ( 2 )3 2 ( 2 )
x + +z y +5 ≥3x z y +5 Dấu “=” xảy ra khi x2=y2+ =5 z
Từ x2−y2=(x y x y− ) ( + )=5 giải ra được nghiệm (x, y, z) = (3, 2, 9).
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: ( x y 1+ + )2=3 x( 2+ y 12+ )
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxkita có: ()( 2 2 )()2
1 1 1 x+ + +y + ≥ + +1 x y 1 Dấu “=” xảy ra khi 1 1 1x y 1= = ⇔ = =x y 1
Vậy nguyệm nguyên của phương trình là (x, y) = (1, 1).
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:x2+xy y+ 2= x y2 2
Lời giải:
() − ≥ ⇒ ≥ + = + + + + + > + + ≥ 2 2 2 2 2222222AM GM≥ 2222 2 22 x y4x x y2 xyxyxyxy2 xyxyxy. x y4y Vậy x 2≤ hoặc y 2≤
Nếu x = -2 hoặc x = 2 thì phương trình khơng có nghiệm ngun.
Thử x = -1, 1, 0 ta thấy phương trình có 3 nghiệm (0; 0), (1; - 1), (-1; 1).
Bài 5. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : yzxzxy3
x + y + z =
HD:
Phương trình đã cho ⇔ y z2 2 +x z2 2 +x y2 2 =3xyz
Theo BĐT Cơ si ta có: 3( )4 3( )4
3 3 3 1
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤
VTxyzxyzxyzxyz ,
Do x y z, , >0 và x, y, z nguyên nên ta có các nghiệm là: (1 ;1 ;1), (1 ;-1 ;-1) và các hoán vị
Dạng 2: Sắp xếp thứ tự các ẩn
• Cơ sở phương pháp: Khi phương trình đối xứng với các ẩn x y z, , ,..., ta thường giả sử ...
x y z≤ ≤ ≤ để giới hạn miền nghiệm của phương trình và bắt đầu đi tìm từ nghiệm bé nhất trở
đi
• Ví dụ minh họa:
Bài 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2xyz = x + y + z
Lời giải:
Giả sử x y z≤ ≤ . Ta có: 2xyz x y z 3z= + + ≤
Chia 2 vế cho z dương ta được 2xy 3≤ ⇒xy 1≤ ⇒xy 1=
Do đó x = y = 1. Thay vào phương trình ban đầu ta được: 2z = z + 2 hay z = 2. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x, y, z) = (1, 1, 2); (1, 2, 1); (2, 1, 1).
Bài 2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương:1 1 11 x y z+ + =
Lời giải:
Do x, y, z có vai trị như nhau nên ta giả sử: x y z≤ ≤
Khi đó: 1= + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈1 1 1 3 x 3 x {1;2;3 do x Z}( ∈ +)
x y z x
Với x = 1 phương trình đã cho vơ nghiệm.
Với x = 2 ta có: 1= + + ≤ + ⇒ ≤1 1 1 1 22 y z 2 y y 4 . Mặt khác y x 2≥ = ⇒ ∈y {2,3,4} +) y = 2 thì phương trình vơ nghiệm.
+) y = 3 thì z = 6 +) y = 4 thì z = 4
Với x = 3 ta có: 1= + + ≤ + ⇒ ≤1 1 1 1 23 y z 3 y y 3. Mặt khác y x 3≥ = ⇒ = ⇒ =y 3 z 3 Vậy phương trình có nghiệm là (x, y, z) = (2, 3, 6); (2, 4, 4); (3, 3, 3).
Bài 3. Giải phương trình nghiệm nguyên dương:1 1z x y+ =
Lời giải:
Biến đổi thành: xyz x y= + .
Do đối xứng của x và y nên có thể giả thiết rằng x y≤ . Ta cóxyz x y y y 2y= + ≤ + = ⇒xz 2.≤ Ta lựa chọn nghiệm trong các trường hợp sau: x = 1, z = 1; x = 2, z = 1; x =1, z = 2
Ta suy ra nghiệm (x, y, z) là (1, 1, 2) và (2, 2, 1).
Nhận xét: Ở bài toán này do vai trị của x, y, z là khơng bình đẳng nên ta khơng có thể giải sử
x y z≤ ≤ ta chỉ có thể giả sử x y≤
Bài 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 5(x + y + z + t) = 2xyzt
Lời giải: Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1 Ta có: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt 3 3 5 5 5 5 10 30 2 t 15 t 1 t 2
yzt xzt xyt xyz xyzt t
⇔ = + + + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ = ∨ = Với t = 1 ta có:5(x y z+ + + +1) 10 2= xyz⇔ =2 5 + 5 + 5 + 15 ≤302 ⇒ z2 ≤15⇒ =z {1;2;3} yzxzxyxyzz Nếu z = 1 ta có 5 x y() 20 2xy (2x 5 2y 5) () 65 x 35 x 9 y 3 y 5 = = + + = ⇔ − − = ⇒ ∨ = =
Ta được nghiệm (35, 3, 1, 1) ; (9, 5, 1, 1) và các hoán vị của chúng. Với z = 2, z = 3 phương trình khơng có nghiệm ngun.
Với t = 2 ta có: () () () () 2 2 5 x y z 1 20 4xyz 555203535 4z9 z t 28x 5 8y 5265 yz xz xy xyzz4 + + + += ⇔ =+++≤⇒≤≤≥ ≥⇒−− =
Do x ≥ y ≥ z ≥ 2 nên 8x – 5 ≥ 8y – 5 ≥ 11⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265 vơ nghiệm
Vậy nghiệm của phương trình là bộ (x, y, z) = ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị.
Bài 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: x + y + 1 = xyz
Lời giải: Giả sử : x y≤ TH1 : 2 () 21211,3 = ⇒+ =⇒− = ⇒ = == xyxx zx xzxyz
TH2 : x y< ⇒xyz<2y+ ⇒1 xyz≤2y⇔ xz≤ ⇒ =2 x 1,y=2,z=2 hoặc x=2,y=2,z=1
Bài 2. Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng
Lời giải:
Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z, Ta có :x y z xyz+ + = Giả sử : 1≤ ≤ ≤ ⇒xy zxyz= + + ≤x y z 3z⇒xy≤ ⇒3 xy∈{1;2;3}
Với xy= ⇒ =1 x 1,y=1 Với xy= ⇒ =2 x 1,y=2 Với xy= ⇒ =3 x 1,y=3
Lời giải:
Vì vai trị của x, y, z là như nhau nên Giả sử: x y z≥ ≥ ⇒3x x y z xyz≥ + + = ⇒ ≥3 yz
Nếu z= ⇒ + = ⇒ = =0 x y 0 x y 0 (thỏa mãn )
Nếu z> => ≥ ≥0 x y z , Do yz≤3 nên ta có các TH sau: TH1: y z= = ⇒ + =1 x 2 x Vô nghiệm
TH2: y=2,z= ⇒ + =1 x 3 2x⇒ =x 3
TH3: y=3,z= ⇒ + =1 x 4 3x⇒ = <x 2 y loại
Vậy phương trình đã cho có tất cả 7 nghiệm là hốn vị của cặp nghiệm trên
Bài 4. Tìm 4 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng
HD:
Gọi 4 số nguyên dương cần tìm là : x y z t, , , => + + + =x y z t xyzt
Giả sử : t≥ ≥ ≥ ≥ ⇒zy x 1 xyzt= + + + ≤ ⇒x y z t 4txyz≤ ⇒4 xyz∈{1; 2;3; 4}
Xét các TH của xyz
Bài 5. Tìm 3 số ngun dương sao cho tích của chúng gấp đơi tổng của chúng
HD:
Gọi 3 số ngun dương cần tìm là x,y,z, ta có : xyz=2(x y z+ + )
Giả sử : x≤ ≤ ⇒y zxyz=2(x y z+ + ≤) 2.3z=6z⇒xy≤6 Xét các TH của xy
Bài 6. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: xyz = 4(x + y + z)
HD: Giả sử : () 2
41212121; 2;3
≥ ≥ ⇒=+ + ≤⇒≤⇒≤⇒ ∈
xy zxyzx y zxyzzz
Bài 7. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt
HD :
Giả sử : x≥ ≥ ≥ ⇒y z t 2xyzt=5(x y z t+ + + + ≤) 10 20x+ ⇒10 yzt≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤15 t315 t 2 Với t= ⇒12xyz=5(x y z+ + + ≤) 15 15x+ ⇒152yz≤30⇒2z2≤30⇒ ≤z 3
TH1 : z= ⇒12xy=5(x y+ )+20⇒4xy=10(x y+ )+40⇒(2x−5 2) ( y− =5) 65 Giải các TH và với t = 2
Bài 8. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : xy yz zx+ + = xyz 2+ HD :
Giả sử : x y z≥ ≥ ≥1
3 3 2 3 3 1, 2
⇒ xy yz zx xy xy xy+ + ≤ + + = xy⇒ xy xyz≥ + ⇒ xy xyz> ⇒ < ⇒ =zz
Bài 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x2+y2 + +z2xyz 20=
HD: Giả sử: 1≤ ≤ ≤ ⇒x y zVT =x2+y2+ +z2 xyz x≥ 2+ + +x2 x2 x2 =4x2 20 2 2 1 2 = ⇒ ≥x ⇒ ≤ ⇒ =x x x TH1: Với x = 1 2222222 19 19 3 3 + + = > + + = ⇒ < yzyzyyyyy 2 1 6 2 = ⇒ y < ⇒ =y
y Nếu y = 1 Z khơng có giá trị, Nếu y = 2 z = 3 TH2 : Vớix=2 làm tương tự
Bài 10. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình : 1x+ = +1y13xy1 HD : Giả sử : x y 13 1 1 1 2 1 2x 1 2x 2 xyxyyxyxyxyy − ≥ => = + − ≤ − = < = 1 2 6 {1; 2; 3; 4; 5} 3 ⇒ < => < ⇒ ∈yy y
Bài 11. Chứng minh rằng 1x+ + =1 1yz19911 chỉ có 1 số hữu hạn nghiệm nguyên dương HD : Giả sử : 0< ≤ ≤x y z, Ta có : 1 1 1 1 3 1991 x+ + =yz ≤ x 1991 3.1991 ⇒ < ≤x x có hữu hạn giá trị Với mỗi giá trị của x 2.1991 2
2 .1991 1991 ⇒ < ≤ − x y
x giá trị Tương ứng với z
Bài 12. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x y z 9 xyz+ + + = HD: Ta có:GT 1 1 1 9 1 yzxzxyxyz => + + + = Giả sử: x y z≥ ≥ ≥1 Khi đó: 2 {} 22222 1 1 1 9 12 12 1; 2;3 ≤ + + + = ⇒ ≤ => ∈ VTzz zzzzz Với z= ⇒ + =1 x y xy−10 tự làm
Bài 13. Tìm các tìm các số nguyên dương a, b, c đôi 1 khác nhau thỏa mãn:
1 1 1111 A a b c ab bc ca+ + + + + = có giá trị nguyên HD: Ta có: A abc ab bc ca a b c. = + + + + + ⇒a b c, , có cùng tính chẵn lẻ: Giả sử:a b c< < Nếu 3 5, 7 1( ) 1 2 = ≥ ⇒ ≥ ≥ ⇒ < ⇒ =a abcAl a
Nếu a = 1 b≥3,c≥ ⇒ < < ⇒ =5 1 A 3 A 2 thay a = 1 và A = 2 vào ta được:
()
2 b c+ + =1 bc hay (b−2) (c− = ⇒ =2) 5 b 3,c=7
Nếu a = 2, xét tương tự (2; 4; 4), (1; 3; 7) và các hoán vị