Một số phƣơng trình nghiệm nguyên khác và cách giải

Trong phần này, em sẽ trình bày một số phương pháp đặc biệt và thú vị để giải các phương trình nghiệm nguyên nhiều ẩn hoặc bậc cao. Với mỗi một phương pháp sẽ có những ví dụ tiêu biểu để minh họa cụ thể; còn riêng phần bài tập tương tự sẽ được tổng hợp ở cuối để người giải toán có thể tự nhận dạng và lựa chọn cho mình những phương pháp thích hợp vì tùy từng bài cụ thể mà ta có thể vận dụng một hay nhiều phương pháp giải.

5.3.1 Phƣơng pháp xuống thang

Nội dung phương pháp này như sau: Giả sử phương trình có nghiệm

x ; y ;...0 0 , sau đó dựa vào dấu hiệu chia hết ta có x0 y0

; ;...

k k là các số nguyên, quá

trình cứ tiếp tục như vậy cho đến khi thu được 0 0 n n

x y ; ;...

k k cũng là các số nguyên với

n nguyên dương tùy ý. Do đó, nghiệm của phương trình là (0; 0; 0….).

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: Giải

Giả sử x ; y ;z0 0 0 là nghiệm của phƣơng trình.

Khi đó: 3 3 3 3 3 3

0 0 0 0 0 0 0

x 3y 9z  0 x 3y 9z 3x 3.

Đặt x0 3x1 thay vào phƣơng trình ta đƣợc: 9x13y033z03 0y 30 . Đặt y0 3y1. Khi đó: 3 3 3 1 1 0 0 9x 9y z  0 z 3. Đặt z0 3z1. Ta lại có: 3 3 3 1 1 1 x 3y 9z 0.

86 Nhƣ vậy x0 y0 z0 ; ; 3 3 3    

  là nghiệm của phƣơng trình.

Tiếp tục mãi quá trình ta đƣợc: 0 0 0 k k k x y z ; ; 3 3 3    

  cũng là nghiệm phƣơng trình với k

tùy ý, do đó: x0 y0  z0 0.

Vậy nghiệm của phƣơng trình là: (0; 0; 0).

Nhận xét:

 Đây là một phương pháp hay nhưng khó đối với học sinh THCS, do đó giáo viên có thể tùy theo trình độ học sinh để quyết định có đưa phương pháp này vào trong giảng dạy hay không?!

 Xét về bậc của đa thức thì các đơn thức trong phương trình phải có cùng bậc thì khi ta giản ước cho ước chung phương trình mới còn nguyên dạng cũ.

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: . (1)

Giải

Nếu x, y đều lẻ thì 2

x và y2 đều chia cho 4 đều dƣ 1 x y2 2 chia cho 4 dƣ 1. Do vậy từ (1) 2 2 2 x y z    chia 4 dƣ 1. Mà 2 2 x y chia cho 4 dƣ 2 2 z  chia 4 dƣ 2 (vô lý). Vậy x chẵn hoặc y chẵn. Giả sử x chẵn 2 x  và x y2 2 chẵn. Nên từ (1) 2 2 y z 4

   y;z đều phải chẵn ( vì nếu y, z đều lẻ thì y2 z2 chia 4 dƣ 2).

Nhƣ vậy: x; y; z đều phải chẵn.

Đặt x2x ; y 2y ;z 2z1  1  1 thay vào phƣơng trình (1) ta đƣợc:

2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x y z 4x y . Lập luận tƣơng tự ta đƣợc: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z 16x y với x2 x2 2  ; 2 y2 y 2  ; 2 z2 z 2 

Quá trình này tiếp tục mãi ta đƣợc các số 0 0 0 k k k

x y z ; ;

2 2 2 nguyên với mọi k nguyên dƣơng.

Do đó: Nghiệm của phƣơng trình là (0; 0; 0).

5.3.2 Phƣơng pháp cực hạn

Phương pháp này về cách giải có nhiều điểm tương tự như phương pháp xuống thang và chúng có đặc điểm chung là thường áp dụng đối với những phương

87

trình mà các đơn thức trong vế trái của phương trình là đồng bậc để dẫn đến nghiệm cuối cùng của phương trình là (0; 0; …) hoặc vô nghiệm. Tuy nhiên, điểm khác nhau căn bản để thấy rằng đây là hai phương pháp hoàn toàn khác nhau nằm ở bước lập luận cuối cùng khi dẫn đến kết quả:

+ Đối với phương pháp xuống thang, ta cần chỉ ra 0 0 n n

x y ; ;...

k k cũng là các số nguyên

với n nguyên dương tùy ý để nghiệm của phương trình là (0; 0; 0….);

+ Đối với phương pháp cực hạn, khi giả sử x ; y ;z ...0 0 0  là một nghiệm nguyên

dƣơng của phương trình, ta luôn chọn một trong các ẩn hoặc x0 hoặc y0 hoặc z0

…là giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm của phương trình. Sau đó, dùng lập luận về sự chia hết để dẫn đến một nghiệm khác x ; y ;z ...k k k  của phương trình sao cho

k 0

x x hoặc yk y0 hoặc zk z0. Từ đó dẫn đến điều mâu thuẫn, vì vậy phương trình chỉ có thể có nghiệm (0; 0; 0) hoặc vô nghiệm.

Để hiểu rõ hơn về phương pháp này, ta xét một vài ví dụ sau:

Ví dụ 1: Tìm x, y, z nguyên dƣơng thỏa mãn: (1)

Giải

Giả sử x ; y ;z0 0 0 là nghiệm của phƣơng trình với x ; y ;z0 0 0 và z0 nhận giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm có đƣợc của phƣơng trình (1).

Khi đó, ta có: 2 2 2

0 0 0

x y 3z 2 2

0 0

x y 3

   x0 và y0 phải cùng chia hết cho 3. Đặt x0 3x ; y1 0 3y1 với x ; y1 1 .

Thay vào phƣơng trình (1) ta đƣợc:  2 2 2 1 1 0

3 x y z z 30 . Đặt z0 3z1 với z1. Khi đó: 2 2 2

1 1 1

x y 3z .

Vậy x ; y ;z1 1 1 cũng là một nghiệm của phƣơng trình (1) với z1z0 (mâu thuẫn với điều giả sử). Do đó, phƣơng trình không có nghiệm nguyên dƣơng.

Ví dụ 2: Tìm x, y, z nguyên sao cho: . (1)

Giải

Nhận xét: Ta thấu nếu x ; y ;z0 0 0 là nghiệm của phƣơng trình (1) thì

x ; y ; z0  0  0 cũng là nghiệm của phƣơng trình (1).

Do đó ta có thể giả sử x ; y ;z0 0 0 là nghiệm của phƣơng trình (1) với x ; y ;z0 0 0

và z0 nhận giá trị nhỏ nhất trong các nghiệm có đƣợc của phƣơng trình (1).

Ta có: 3 3 3 0 0 0 x 2y 4z 0 3 0 0 0 1 x 2 x 2 x 2x       x1.

88 Đặt y0 2y1y1. Khi đó: 3 3 3 3 3 3 1 1 0 1 1 0 0 4x 8y 2z  0 2x 4y z  0 z 2 . Đặt z0 2z1z1. Khi đó: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 2x 4y 8z  0 x 2y 4z 0. Vậy x ; y ;z cũng là một nghiệm của phƣơng trình (1) với 1 1 1 z1z0 (mâu thuẫn với điều giả sử). Do đó, phƣơng trình không có nghiệm nguyên dƣơng, không có nghiệm nguyên âm.

Thử lại: (x; y; z) = (0; 0; 0) thỏa mãn phƣơng trình (1) Vậy nghiệm của phƣơng trình là: (0; 0; 0).

5.3.3 Phƣơng trình nghiệm nguyên mà các ẩn bình đẳng

Khi giải toán ta thường gặp không ít những bài toán mà trong đó các ẩn bình đẳng với nhau, nghĩa là nếu ta trao đổi các ẩn đó cho nhau thì không làm thay đổi bài toán. Chẳng hạn bài toán: “tìm x, y, z nguyên dương thỏa mãn phương trình x + y + z = xyz” hay bài toán “tìm x, y, z nguyên dương của phương trình 1/x + 1/y + 1/z =1”… là những bài toán có tính chất trên. Để giải các bài toán như thế có nhiều cách giải khác nhau tùy thuộc vào từng bài cụ thể. Ở đây, ta chỉ nghiên cứu một phương pháp giải như sau: Để giải bài toán trên ta giả sử các ẩn xảy ra theo một trật tự tăng dần hoặc giảm dần rồi tiến hành giải; khi tìm được nghiệm ta hoán vị vòng tròn các nghiệm ta được nghiệm của phương trình cần tìm.

Ví dụ 1: Tìm x, y, z nguyên dƣơng sao cho: xyz = 9 + x + y + z. Giải

Vì x, y, z vai trò bình đẳng nên ta giả sử: 0  x y z. Khi đó: x y z 9 3z 9 xyz 3z 9 xy 3 9 z            12(vì z). Mà 2 x xy nên 2 x 12 x 4 x 1;2;3(do x). + Nếu x = 1 thì yz = y + z + 10 y 1 z 1    11. Mà y;z và y 1  z 1 nên y 1 1 y 2 . z 1 11 z 12             Giải tƣơng tự, ta đƣợc:

+ Nếu x = 2 thì 2yz = y + z + 11. Giải ta đƣợc: y = 1; z = 12 (loại vì y < x). + Nếu x = 3 thì 3xy = x + y + 12. Giải ta đƣợc: y = 1; z = 19 (loại).

Vậy nghiệm của phƣơng trình là:

x, y, z 1, 2,12 ; 1,12, 2  2,1,122,12,1 12,1, 2 12, 2,1 .  

Ví dụ 2: Tìm x; y; z nguyên dƣơng thỏa mãn: .

89

Vì x, y, z vai trò bình đẳng nên ta giả sử: 0  x y z. Ta có: 2 xy yz xz y z yz x 3 x 2x 3x z x y z y x x               . x 1

  . Mà x nguyên dƣơng nên x = 1.

Với x = 1 thì 3 y yz z 2 yz 1 yz y z 1

z y

          .

Thử lại ta thấy x = y = z = 1 thỏa mãn.

Vậy nghiệm của phƣơng trình là: (x; y; z) = (1; 1; 1).

Ví dụ 3: Chứng minh rằng phƣơng trình sau không có nghiệm tự nhiên:

Giải

Vì x, y vai trò bình đẳng nên giả sử 2 2

0  x y x xyy . Khi đó: 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 x 3 x 1 x 1 x xy y x           (vì x > 0). Với x = 1 ta có: 1 1 12 1 1 12 0 y y y y       (vô lý vì y > 0).

Vậy phƣơng trình không có nghiệm tự nhiên.

5.3.4 Sử dụng tính chẵn lẻ trong bài toán tìm nghiệm là số nguyên tố

Với những bài toán tìm nghiệm nguyên của phương trình thỏa mãn là số nguyên tố ta thường sử dụng tính chẵn lẻ để chỉ ra một trong các giá trị là chẵn thì bắt buộc giá trị đó bằng 2, từ đó ta tìm ra các ẩn còn lại của phương trình.

Ví dụ 1: Tìm x; y; z nguyên tố để: . Giải Vì x, y là số nguyên tố nên x; y2 y x 4 z 5 z      lẻ (vì z là số nguyên tố) y x  chẵn xchẵn. Mà x là số nguyên tố nên x = 2. Thay x = 2 ta đƣợc: y 2  1 z. + Nếu y lẻ y 2k 1 y 2k 1 z 2 1 2  1

        chia hết cho 3 (mâu thuẫn với z nguyên tố và z5) y chẵn  y 2.

Thay x = 2; y = 2  z 5. Vậy x = 2; y = 2; z= 5.

5.3.5 Phƣơng pháp loại trừ, chặn nghiệm

Phương pháp này áp dụng trong trường hợp có thể nhẩm trước được các nghiệm của phương trình. Nội dung phương pháp này gồm hai hướng:

90

+ Hai là, khẳng định các nghiệm của phương trình trước, sau đó tìm cách loại trừ các trường hợp còn lại để các nghiệm đã tìm được là tất cả các nghiệm cần tìm.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 1! + 2! + …+ x! = . Giải

Với x5, ta luôn có: x! chia hết cho 10 hay x! có tận cùng là 0. Do đó: 1! 2! 3! 4! 5! .... x! 33 5! ... x!          có tận cùng là 3.

 2

y có tận cùng là 3 (vô lý vì không có số chính phƣơng nào tận cùng bằng 3). Vậy x < 5. Mà x nguyên dƣơng nên x1;2;3;4.

+ Với x = 1 thì 2 y   1 y 1 (chọn). + Với x = 2 thì 2 y   1 2 3 (loại). + Với x = 3 thì 2 y      1 2 6 9 y 3 (chọn). + Với x = 4 thì 2 y    1 2 6 24 33 (loại).

Vậy các nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình là: x, y    1,1 ; 3,3

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 1 + x + .

Giải Ta thấy: Với x = 0 thì 3 y   1 y 1. Với x = -1 thì 3 y   0 y 0. + Xét x 0. Ta có:  3 3 2 3 2 3 3 x1 x 3x 3x 1 x x   x 1 y x . Nhƣ vậy: x 1  y x (vô lý) + Xét x < -1. Đặt a    x 1 a 0.

Thay x = -a – 1 vào phƣơng trình đã cho và rút gọn ta đƣợc:  a3 2a22a y3.

y 0   . Khi đó: 3 2 3  3 a 2a 2a y  y . Đặt z = -y  z 0, ta đƣợc: 3 2 3 a 2a 2az . Ta lại có: 3 3 2 3 3 2  3 a a 2a 2az a 3a 3a 1 a1 . a z a 1     (vô lý).

Vậy phƣơng trình chỉ có hai nghiệm là: x, y    0,1 ; 1,0.

Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: .

Giải

Vì x, y nguyên dƣơng xy + 61 > 0    x3 y3 0 x3 y3    0 x y 0. Đặt x = y + a (với a > 0) thay vào phƣơng trình ban đầu ta đƣợc:

 3 3  

ya y  ya y61. 3y a 3a y a2  2    3 y2 ay 61.

91 2    3 y 3a 1 ay 3a 1 a 61       .   2  3 3a 1 y ay a 61      .

Vì a nguyên dƣơng nên 3a – 1 > 0 và 2

y ay0 3 a 61 a 4     . Ta xét các trƣờng hợp sau: + Nếu a = 1 thì  2  2 2 y    y 1 61 y  y 30 0  y 5 hoặc y = 6. Với y = 5 thì x = y + a = 6 (thỏa mãn).

Với y = 6 thì x = y + a = 7 (thử lại không thỏa mãn).

+ Nếu a = 2 thì  2   2 

5 y 2y   8 61 5 y 2y 53 (loại vì 535 ).

+ Nếu a = 3 thì  2   2 

8 y 3y 27 61 8 y 3y 34 (loại vì 348). Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất là (x, y) = (6, 5).

5.3.6 Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức

Để áp dụng phương pháp này chúng ta cần nắm được những bất đẳng thức cơ bản thường dùng như CôSi hay Bunhiacopxki, với việc sử dụng các bất đẳng thức như vậy sẽ cho ta nghiệm của phương trình chính là trường hợp khi dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra. Ưu điểm của phương pháp này là lời giải sẽ rất ngắn gọn, dễ hiểu. Ví dụ 1: Tìm x, y, z nguyên dƣơng: (1) Giải Từ (1) 3xyzx y2 2y z2 2z x2 2. Mà áp dụng BĐT Cô Si ta có: 2 2 2 2 2 2 3 4 4 4

x y y z z x 3 x y z (Dấu bằng xảy ra khi x = y = z)

3

3xyz 3xyz xyz

  .

1 xyz

     x y z 1 (vì x, y, z nguyên dƣơng). Vậy nghiệm của phƣơng trình là: (x, y, z) = (1, 1, 1).

Ví dụ 2: Tìm x, y nguyên dƣơng:

Giải

Ta có: 2

x  1 2x (1) (Dấu “=” xảy ra khi x = 1). y2 1 2y (2) (Dấu “=” xảy ra khi y = 1). Từ (1) và (2)  2  2 

x 1 y 1 4xy

    (Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1). Vậy phƣơng trình có nghiệm x = y = 1.

92

5.3.7 Bài tập tự luyện

Bài 1: Chứng minh rằng phƣơng trình: 1 1 1 1

x  y z 1995 chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên dƣơng.

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dƣơng của các phƣơng trình sau:

a) x2y2   x y 6;

b) 5 x    y z t 102xyzt; c) xyyzzxxyz2; d) 2x 2y2z 2t;

Bài 3: Giải các phƣơng trình nghiệm nguyên:

a) x63x3 1 y4;

b)  4 4 3

x2 x y ; c) 1 x  2 x3 x4y ;4

Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 1! + 2! +3! + …+ x! = 3

y .

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 2 2 2

93

KẾT LUẬN

Nhiều bài toán số học đƣợc phát biểu cực kì đơn giản đến mức một học sinh Trung học cơ sở bình thƣờng cũng có thể hiểu đƣợc, nhƣng lời giải của nó có thể làm đau đầu cả những nhà Toán học xuất sắc nhất. Để hiểu đƣợc và giải đƣợc các bài toán số học phổ thông ngƣời ta cần rất ít kiến thức Toán học, nhƣng lại cần nhiều đến khả năng tƣ duy, trí thông minh và đôi chút năng khiếu. Chính vì lẽ đó mà Số học là một công cụ rất tốt để rèn luyện trí thông minh, tƣ duy Toán học và cũng là một phép thử đáng tin cậy để phát hiện ra các tài năng Toán học.

Các dạng toán về Số học đƣợc phân chia rõ ràng, và mỗi một dạng đều gồm rất nhiều các bài toán đa dạng và phong phú. Các đề thi vô địch Quốc gia của ta cũng nhƣ nhiều nƣớc khác trên thế giới luôn có một tỉ lệ thích hợp dành cho Số học. Tuy nhiên hiện nay, chƣơng trình chuyên ở cấp THCS đã giảm tải khá nhiều gây khó khăn cho giáo viên và học sinh trong việc tìm tài liệu cũng nhƣ rèn luyện thêm