• Trường hợp 2: Cả ba số đều lẻ thì vế trái của phương trìnhx2+y2+z2 =2015chia cho8 dư3, còn vế phải ( là2015) chia cho8dư7, loại.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2xyz=x+y+z+16.
Do vai trò bình đẳng củax, y, zta giả sử1 ≤ x ≤ y ≤ z. Khi đó2xyz ≤ 3z+16. Doz nguyên dương nên2xy≤3+16z ≤19.Từ2x2 ≤2xy≤19⇒x2≤9. Doxnguyên dương nên
x ∈ {1; 2; 3}.
• Trường hợpx =1: thay vào phương trình2xyz=x+y+z+16ta được
2yz−y−z=17⇔4yz−2y−2z=34⇔(2y−1)(2z−1) = 35. Ta tìm được(y;z)bằng (1; 18)và(3; 4).
• Trường hợpx =2: thay vào phương trình2xyz=x+y+z+16ta được
4yz−y−z=18⇔16yz−4y−4z =72 ⇔(4y−1)(4z−1) = 73. Ta tìm được4y−1=1 nên4y=2, loại.
• Trường hợpx =3: thay vào phương trình2xyz=x+y+z+16ta được
6yz−y−z= 19⇔ 36yz−6y−6z =114 ⇔(6y−1)(6z−1) = 115. Ta tìm đượcy =1, z =4, loại vì trái giả thiếtx≤y.
Vậy nghiệm(x;y;z)của phương trình là(1; 1; 18),(1; 3; 4)và các hoán vị của nó.
!
Kinh nghiệm giải toán
Do vài trò bình đẳng củax,y, ztrong phương trình2xyz =x+y+z+16, ta đã giả sử1 ≤x≤y ≤z, nhờ đó đã chặn trên đượcx≤3.
Ta còn có thể đạt được ước lượng mạnh hơn đó làx ≤2bằng cách làm như sau:
Với giả sửz≥y ≥x ≥1, nếux ≥3thìxy≥9nên2xyz ≥18z =3z+15z. (1) Ta lại có3z ≥x+y+zvà15z≥x+y+z+45. (2) Từ (1) và (2) suy ra2xyz ≥x+y+z+45trái với đề bài. Vậyx ≤2.
Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 4xyz =x+2y+4z+3.
• Xétx=1, thay vào phương trình4xyz =x+2y+4z+3ta được
4yz−2y−4z =4⇔2yz−y−2z=2⇔(y−1)(2z−1) =3.
Từ đó ta có
y−1=1 2z−1=3
hoặc
y−1=3 2z−1=1.
Suy ra(y,z)bằng(2; 2)hoặc(4; 1).
• Xétx≥2. Từ phương trình4xyz =x+2y+4z+3ta có
2y+4z+3=x(4yz−1) ≥2(4yz−1) =8yz−2
nên8yz−2y−4z≤5⇔(2y−1)(4z−1) ≤6. Do4z−1 ≥3nên2y−1≤2hay2y≤3.
Doynguyên dương nêny =1.
Thay vào phương trình4xyz= x+2y+4z+3được4xz−x−4z=5⇔(x−1)(4z−1) = 6.
Do4z−1là ước lẻ của6và4z−1≥3nên
4z−1=3 x−1=2
⇔
z=1 x =3.
Vậy nghiệm(x;y;z)của phương trình là(1; 2; 2),(1; 4; 1),(3; 1; 1).
!
Kinh nghiệm giải toán
• Do vai trò củax,y,zkhông bình đẳng nên ta không thể giả sử1 ≤ x ≤y ≤z.
Trong ví dụ trên, do x nguyên dương nên trước hết ta xét x = 1, sau đó xét x ≥2. Nhờx≥2mà ta giới hạn được2y≤3.
Với bài toán tìm nghiệm nguyên dương của phương trình nhiều ẩn, ta thường xét một hoặc vài giá trị của một ẩn, rồi xét tiếp trường hợp còn lại.
• Ta cũng có thể đặtt=2yvàu=4zđưa phương trình về dạng xtu =2x+2t+2u+6
để sắp xếp1≤ x≤t ≤u(chú ý rằng có điều kiệnt...2vàu...4).
BÀI TẬP Bài 6.1: Tìm nghiệm nguyên của mỗi phương trình sau a) 2x+5y−z =4.
b) 2x−5y−6z=4.
a) Ta có2x+5y−z =4 ⇔ 5y−z =4−2x, đặt x = m, y = nvớim,n ∈ Z, thay vào ta được z=2m+5n−4. Vậy nghiệm(x;y;z)của phương trình là(m;n; 2m+5n−4)vớim,n ∈Z.
b) Xét phương trình2x−5y−6z=4, dễ thấy các hệ số củax,zvà hệ số tự do4chia hết cho2, suy ra5y...2⇒y...2. Đặty=2kvớik ∈ Z. Ta có
x−5k−3z=2⇔ x=5k+3z+2
Đặtz =tvớit ∈ Z. Khi đó nghiệm của hệ là
x =5k+3t+2 y=2k
z=t
vớik,t ∈ Z.
Bài 6.2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x
5 +y 6 +z
8 = 113 120. Phương trình x
5 +y 6 + z
8 = 113
120 ⇔24x+20y+15z=113 Ta có24x≤113−20−15nên x≤3
Thử với trường hợpx =1, 2, 3chỉ có trường hợpx =2,y =1,z =3thoả mãn.
Đáp số:Nghiệm(x;y;z)là(2; 1; 3).
Bài 6.3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x2+2y2+z2−2xy−2y+2z+2=0.
Biến đổi(x−y)2+ (y−1)2+ (z+1)2 =0.
Đáp số:Nghiệm(x;y;z)là(1; 1;−1).
Bài 6.4: Chứng minh rằng phương trình sau có vô số nghiệm nguyên (x+y+z)2 =x2+y2+z2.
Ta thấy (x;y;z) = (t; 0; 0)với t là số nguyên tùy ý thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có vô số nghiệm nguyên.
Bài 6.5: Tìm các số nguyên dươngx,yđể biểu thức sau là số chính phương.
(x+y+1)2−2x+2y.
Đặt(x+y+1)2−2x+2y =z2. (1) Khi đó:
z2 = (x+y)2+2(x+y) +1−2x+2y ⇔z2 = (x+y)2+4y+1.
Doy ≥1nênz2 >(x+y)2. (2)
Dox≥1nên z2 = (x+y)2+4y+1<(x+y)2+4(x+y) +4= (x+y+2)2. Từ đó và (2) suy ra(x+y)2 <z2 <(x+y+2)2.
Do đóz2 = (x+y+1)2. Kết hợp với (1) được
(x+y+1)2−2x+2y= (x+y+1)2⇔2x=2y ⇔x =y.
Vậy x=y=mvớimlà số nguyên dương tùy ý.
Bài 6.6: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x3+y3+z3 =2003.
Với a ∈ Z ta thấy số dư trong phép chia của a3 cho 9chỉ có thể là 0, 1, 8. Do đó số dư trong phép chiax3+y3+z3cho9chỉ có thể là0, 1, 2, 3, 6, 7, 8.Trong khi đó2003chia cho9dư5nên phương trình đã cho vô nghiệm (vì hai vế phương trình có số dư khác nhau trong phép chia cho9).
Bài 6.7: Tìm nghiệm nguyên dương của mỗi phương trình sau a) x2+y2+z2+xyz =13;
b) xyz =3(x+y+z); c) xyz =10(x+y+z).
a) Giả sử1≤x ≤y≤z.Ta có
13=x2+y2+z2+xyz ≥3x2+x3≥4x2 nênx2=1hayx =1.Khi đó
12=y2+z2+yz ≥3y2
nêny2 ≤4suy ray =1∨y =2.Thử lại trực tiếp chỉ cóy=2ta đượcz =2.Vậy phương trình có nghiệm(1; 2; 2)và các hoán vị.
b) Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Ta có xyz ≤ 3·3z = 9z nên xy ≤ 9. Suy ra x2 ≤ 9, do đó x ∈ {1; 2; 3}.
• Vớix = 1,ta cóyz−3y−3z= 3⇔ (y−3)(z−3) = 12,trong đóy−3 ≤z−3. Ta có bảng giá trị
y−3 1 2 3 z−3 12 6 4 nên có nghiệm(x;y;z)là(1; 4; 15),(1; 5; 9),(1; 6; 7).
• Vớix=2,tương tự có nghiệm(x;y;z)là(2; 2; 12),(2; 3; 5).
• Vớix=3,tương tự có nghiệm(x;y;z)là(3; 3; 3).
Vậy nghiệm(x;y;z)là(1; 4; 15),(1; 5; 9),(1; 6; 7),(2; 2; 12),(2; 3; 5),(3; 3; 3)và các hoán vị.
c) Giả sử1 ≤ x ≤y ≤z. Ta cóxyz =10(x+y+z) ≤30z ⇒ xy≤30,do đó x2 ≤ xy ≤30.
Vậyx ∈ {1; 2; 3; 4; 5}.
• Vớix=1,ta cóyz−10y−10z=10⇔(y−10)(z−10) =110.Ta có bảng giá trị y−10 1 2 5 10
z−10 110 55 22 11
nên có nghiệm(x;y;z)là(1; 11; 120),(1; 12; 65),(1; 15; 32),(1; 20; 21).
• Vớix=2,tương tự có nghiệm(x;y;z)là(2; 6; 40),(2; 10; 12).
• Vớix=3,tương tự có nghiệm(x;y;z)là(3; 4; 35),(3; 5; 16).
• Vớix=4,tương tự có nghiệm(x;y;z)là(4; 5; 9).
• Vớix=5,phương trình vô nghiệm.
Vậy nghiệm(x;y;z)là(1; 11; 120),(1; 12; 65),(1; 15; 32),(1; 20; 21),(2; 6; 40),(2; 10; 12), (3; 4; 35),(3; 5; 16),(4; 5; 9)và các hoán vị.
Bài 6.8: Tìm nghiệm nguyên dương của mỗi phương trình sau:
a) 3xyz =x+y+3z;
b) 5xyz =x+5y−4z+31;
c) 3xyz =x+2y+3z+7;
d) 3xyz =x+3y+4z+5.
a) Đặtt =3z,t ∈N∗,t...3đưa về phương trìnhxyt =x+y+t.Tìm đượct =3(xem thí dụ 7). Nghiệm(x;y;z)là(1; 2; 1),(2; 1; 1).
b)
• Xétx =1,thay vào phương trình ta được
5yz−5y+4z=32⇔(5y+4)(z−1) = 28.
Ta có5y+4≥9và5y+4chia5dư4nên
5y+4=14 z−1=2
⇔
y=2 z=3 .
• Xétx ≥2ta có
5y−4z+31=x(5yz−1) ≥2(5yz−1) ⇔10yz−5y+4z ≤33 hay(5y+2)(2z−1)≤31.Vì5y+2 ≥7nên2z−1≤4.Do đóz ∈ {1; 2}.
– Thayz=1vào phương trình ta được5xy−x−5y =27⇔(5y−1)(x−1) = 28.
Ta thấy5y−1chia cho5dư4nên
5y−1 4 14 x−1 7 2 từ đó nghiệm(x;y;z)là(8; 1; 1),(3; 3; 1).
– Thayz=2vào phương trình ta được10xy−x−5y=23⇔(2x−1)(10y−1) = 47.Không có nghiệm nguyên.
Vậy nghiệm(x;y;z)là(8; 1; 1),(3; 3; 1). c)
• Xétx =1,thay vào phương trình ta được
3yz−2y−3z=8⇔(y−1)(3z−2) =10.
Ta có3x−2chia3dư1nên
y−1=1 3z−2=10
hoặc
y−1=10 3z−2=1 nên có nghiệm(x;y;z)là(1; 2; 4),(1; 11; 1).
• Xétx ≥2ta có
2y+3z+7=x(3yz−1) ≥2(3yz−1) ⇔6yz−2y−3z≤9 hay(2y−1)(3z−1)≤10.Vì3z−1 ≥2nên2y−1≤5.Do đóy ∈ {1; 2; 3}.
– Thayy=1vào phương trình ta được3xz−x−3z =9⇔(x−1)(3z−1) = 10.
Ta thấy3z−1chia cho3dư2nên
x−1 2 5 3z−1 5 2 từ đó nghiệm(x;y;z)là(3; 1; 2),(6; 1; 1).
– Thayy=2vày=3vào phương trình ta được nghiệm(x;y;z)là(2; 3; 1). Vậy nghiệm(x;y;z)là(1; 2; 4),(1; 11; 1),(3; 1; 2),(6; 1; 1),(2; 3; 1).
d) Xét lần lượtx=1vàx≥2ta được nghiệm(x;y;z)là(1; 2; 6),(1; 3; 3),(2; 1; 5),(6; 1; 1),(3; 2; 1). Bài 6.9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
x3+y3+z3 =3xyz+1
Ta có
x3+y3+z3−3xyz=1⇔(x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx) = 1.
Dễ thấyx2+y2+z2−xy−yz−zx ≥0nên chỉ có thể
x+y+z=1
x2+y2+z2−xy−yz−zx=1 Từ đó suy ra
x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx =1 x2+y2+z2−xy−yz−zx =1
nên xy+yz+zx = 0do đóx2+y2+z2 = 1. Giả sử x2 ≥ y2 ≥ z2suy ra z = 0,y = 0,x = 1 hoặcx =−1.Thử lại phương trình có nghiệm(x;y;z)là(1; 0; 0)và các hoán vị.
Bài 6.10: Tìm nghiệm nguyên của mỗi phương trình sau a) x2+y2+z2 =x2y2;
b) x4+y4+z4+t4 =2015.
a) Xét phương trìnhx2+y2+z2 =x2y2(∗).Ta cóx2y2là số chính phương nên khi chia cho 4chỉ có số dư là0, 1.Nếux2y2chia cho4dư1thìx,yđều là số lẻ. Khi đóx2+y2+z2chia cho4có thể dư2hoặc3.Điều này mâu thuẫn nênx2y2chia hết cho4từ đóx,ykhông thể cùng là số lẻ.
• Trong hai sốx,ycó một sô chẵn, một số lẻ. Khi đóx2+y2+z2chia cho4có số dư là 1hoặc2.Điều này mâu thuẫn vì hai vế của(∗)có số dư khi chia cho4khác nhau.
• Nếux,yđều là số chẵn suy razchẵn. Đặtx=2x1,y=2y1,z=2z1vớix1,y1,z1 ∈ Z.
thay vào phương trình ta đượcx21+y21+z21 =4x21y21. Lập luận tương tự và sử dụng phương pháp lùi vô hạn phương trình có nghiệm duy nhất là(0; 0; 0).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là(0; 0; 0).
b) Với a ∈ Zta thấy số dự trong phép chia củaa4cho16chỉ có thể là0hoặc1do đó số dư trong phép chia x4+y4+z4+t4 cho 16chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4. Trong khi đó2015 chia cho16dư15nên phương trình đã cho vô nghiệm.