SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƢỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG
CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ

[2012]


Mục lục
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ............................ 2
Nguyễn Duy Liên ....................................................................................................................... 2
MỘT SỐ CÁCH GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG VẬT LÝ THCS............................... 25
Phan Dƣơng Cẩn ...................................................................................................................... 25
HỆ THỐNG BÀI TẬP PHẦN KIM LOẠI DÙNG CHO BỒI DƢỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ
CHUYÊN HOÁ HỌC THCS .................................................................................................. 33
Nguyễn Đình Hùng .................................................................................................................. 33
VẬT CHẤT DI TRUYỀN VÀ CÁC QUÁ TRÌNH TÁI BẢN ADN, PHIÊN MÃ, DỊCH MÃ
.................................................................................................................................................. 62
Trần Thị Dung.......................................................................................................................... 62
Thiên nhiên trong văn học trung đại ........................................................................................ 73
Nguyễn Thị Hồng Thắng ......................................................................................................... 73
GIẢNG DẠY PHẦN LỊCH SỬ VIỆT NAM TỪ 1919 đến 1930 ......................................... 79
Nguyễn Thị Thu ....................................................................................................................... 79
MỘT VÀI KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MƠN ĐỊA LÝ Ở THPT VÀ
THCS....................................................................................................................................... 83
Sái Ngọc Chí .......................................................................................................................... 83
Transition signals ..................................................................................................................... 91
Nguyen Thi Thanh Nhan ......................................................................................................... 91

1

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
Nguyễn Duy Liên
Mở đầu
Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais
L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học
nhƣng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong
đời sống và khoa học. Số học giúp con ngƣời ta có cái nhìn tổng qt, sâu rộng
hơn, suy luận chặt chẽ và tƣ duy sáng tạo.
Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp
Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trị
quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều
phƣơng pháp giải, nhƣng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi
gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong
phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên,
học sinh giỏi u tốn. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sƣu tầm và hệ thống
lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phƣơng pháp giải phƣơng
trình nghiệm ngun " dành cho các thầy cơ giáo dạy toán,các em học sinh bậc
Trung học ,và chỉ địi hỏi kiến thức tốn của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề
gồm các phần :
-Phần I : Bảng các kí hiêu
-Phần II: Kiến thức cơ bản.
-Phần III: Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên
 Phƣơng pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
 Phƣơng pháp 2: Phƣơng pháp phân tích
 Phƣơng pháp 3: Phƣơng pháp cực hạn
 Phƣơng pháp 4: Phƣơng pháp loại trừ
 Phƣơng pháp 5: Dùng chia hết và chia có dƣ

 Phƣơng pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố
 Phƣơng pháp 7: Phƣơng pháp xuống thang
 Phƣơng pháp 8: Dùng bất đẳng thức.
-Phần IV: Bài tập tƣơng tự.
Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên
đƣợc phần chính yếu của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng
khơng thể tránh khỏi đƣợc tất cả , về phƣơng diện chuyên môn cũng nhƣ
phƣơng diện sƣ phạm. Lối trình bày bài giải của tơi khơng phải là một lối duy
nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có
thể theo mà khơng lạc hƣớng. Ngồi ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn
2


vì nhiều lí do phải tự học, vì vậy giản dị và đầyđủ là phƣơng châm của tôi khi
viết chuyên đề này.
Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm
cho những chỗ thơ lâu và phê bình chân thành để có dịp tơi sửa chữa chuyên đề
này hoàn thiện hơn.

3


PHẦN I : BẢNG CÁC KÍ HIỆU
:

Tập hợp các số tự nhiên : 0;1;2;3;...

:

Tập hợp các số tự nhiên khác 0 : 1;2;3;...


:

Tập hợp các số nguyên : ...; 3; 2; 1;0;1;2;3;...

:

Tập hợp các số nguyên tố

:

Tập hợp các số hữu tỉ

:

Tập hợp các số vô tỉ

:

Tập hợp các số thực

x

:

x thuộc

ab

:


a chia hết cho b , a là bội của b

ab

:

a không chia hết cho b

b|a

:

b là ƣớc của a , b chia hết a

*

P

ba :
|

; x là số nguyên

b không là ƣớc của a

a  b  mod m  : a đồng dƣ với b theo môđun m , a  b chia hết cho m

 a, b 
 a, b 

 a; b 

:

ƢCLN của a và b

:

BCNN của a và b

:

cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số



:

Suy ra



:

Tƣơng đƣơng với ,khi và chỉ khi

(đpcm) :
minh

Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng


 , , ,  : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao

Pt,hệ pt,bđt : Phƣơng trình ,hệ phƣơng trìn,Bất đẳng thức
PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN
I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA
1.Định lí:
Cho a, b là các số nguyên tuỳ ý và b  0 ,khi dó có hai số nguyên q, r duy nhất
sao cho : a  bq  r với 0  r  b , a là số bị chia , b là số chia , q là thƣơng số
và r là số dƣ .
4


Vậy khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dƣ là 0;1;2;...; b  1
Đặc biệt với r  0 thì a  bq .Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ƣớc của
a ,kí hiệu a b hay b | a .
Vậy : a b  có số nguyên q sao cho a  bq .
2.Tính chất :
a) Nếu a b và b c thì a c
b) Nếu a b và b a thì a  b
c) Nếu a b , a c và  b, c   1 thì a bc .
d) Nếu ab c , và  b, c   1 thì a c .
II.ĐỒNG DƢ THỨC
Định nghĩa:
Cho số nguyên m  0 .Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dƣ khi chia cho m
thì ta nói a đồng dƣ với b theo mơđun m ,kí hiệu a  b  mod m  .
Vậy a  b  mod m   a  b m
Tính chất
a) a  b(mod m)  a  c  b  c  mod m 
b) a  b  mod m  , c  d  mod m   a  c  b  d  mod m  , ac  bd  mod m 

c) a  b  mod m   a n  bn (mod m)
d) ac  bc  mod m  ,  c, m   1  a  b  mod m 
II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG
a) Số chính phƣơng là bình phƣơng của một số tự nhiên
b) Số chính phƣơng khơng tận cùng bằng 2,3,7,8.
c) Số chính phƣơng chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p 2
Số chính phƣơng chia cho 3 có số dƣ là 0 hoặc 1
Số chính phƣơng chia cho 4 có số dƣ là 0 hoặc 1
Số chính phƣơng chia cho 5 có số dƣ là 0 hoặc 1 hoặc 4
Số chính phƣơng chia cho 8 có số dƣ là 0 hoặc 1
Số lập phƣơng chia cho 7 có số dƣ là 0, 1
Số lập phƣơng chia cho 9 có số dƣ là 0, 1
Nếu hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau có tích là số chính
phƣơng thì mỗi số đều là số chính phƣơng.
III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN
TIẾP
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)

5


Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình
nghiệm nguyên .
1. X n  Y n   X  a   a 

n

*

 Y

n

  X  a  i  với

i  1;2;3...; a  1

n

2. X  X  1... X  n   Y Y  1... y  n    X  a  X  a  1... X  a  n 
 a    Y Y  1...Y  n    X  i  X  i  1... X  i  n 
với i  1;2;...; a  1
IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT
n
Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng: a1 x1n  a2 x2 

 ak xkn  0 (*)

Với n là số nguyên dƣơng lớn hơn 1,các tham số nguyên a1 , a2 ,..., ak và các ẩn
x1 , x2 ,..., xk .,đƣợc giải bằng phƣơng pháp lùi vơ hạn nhƣ sau:
n
+ Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh x1n , x2 ,..., xkn cùng chia hết cho một
số nguyên tố p .Từ đó suy ra x1 , x2 ,...xk cũng chia hết cho p

+ Đặt x1  py1 , x2  py2 ,..., xk  pyk (suy ra y1 , y2 ,..., yk cũng nhận giá trị nguyên)

Phƣơng trình (*) trở thành : a1  py1   a2  py2  
n

n
 a1 y1n  a2 y2 

n

 ak  pyk   0
n

 ak ykn  0 .Hoàn toàn tƣơng tự ,ta chứng minh đƣợc

y1 , y2 ,... yk cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra x1 , x2 ,...xk cũng chia hết cho p 2

+Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra x1 , x2 ,...xk cùng chia hết cho p m với m là
một số nguyên dƣơng lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi
x1  x2  ..  xk  0
Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất x1  x2  ..  xk  0
PHẦN III :MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM
NGUYÊN
 Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ
Thí dụ 1





Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình :  2 x  5 y  1 2 x  x 2  x  y  105
Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2 x  5 y  1 là số lẻ  y chẵn. Mà x 2  x  x  x  1

chẵn nên 2 x lẻ  x  0 . Thay x  0 vào phƣơng trình ta đƣợc
 5 y  1 y  1  21.5   21. 5
5 y  1  21
5 y  1  21
 y  4.
Vì  5 y  1,5  1 nên 
hoặc 
y 1 5
 y  1  5
6


Thử lại x  0, y  4 là nghiệm ngun duy nhất của phƣơng trình.
Thí dụ 2
a) Chứng minh rằng phƣong trình sau khơng có nghiệm ngun:
a 2  b2  c2  2015
b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ x, y, z thoả mãn đẳng thức:

x 2  y 2  z 2  x  3 y  5z  7  0
(Đề TS 10  C.Lê Hồng Phong  Nam Định  20032004 )
Giải: a) Nhận xét : x  ; x 2  0,1,4  mod8 thật vậy:
+ Nếu x  4k  k 
+ Nếu
+ Nếu

  x  16k  0  mod8
x  4k  2  k    x  16k  16k  4  4  mod8
x  2k  1 k    x  4k  k  1  1  1 mod8 (do k  k  1 2 )
2


2

2

2

2

Trở lại bài toán : Từ nhận xết trên có thể xẩy ra 4 trƣờng hợp sau với 3 số
a, b, c .
*) Cả 3 số a, b, c đều lẻ  a 2  b2  c 2  3 mod8
*) Cả 3 số a, b, c đều chẳn  a 2  b2  c 2  0  4  mod8
*) Có 1số chẳn và 2 số lẻ  a 2  b2  c 2  2  6  mod8
*) Có 1số lẻ và 2 số chẳn  a 2  b2  c2  1  5  mod8
Cả 4 thƣờng hợp a 2  b2  c 2  7  mod8 .

Trong khi đó 2015  251.8  7  7  mod8 chứng tỏ rằng :phƣơng trình khơng
có nghiệm ngun.
b)Giả sử tồn tại x, y, z  sao cho x2  y 2  z 2  x  3 y  5z  7  0

  2 x  1   2 y  3   2 z  5  7
2

do x, y, z 

2

2

 a, b, c, d  ( d  0 nhỏ nhất)


 2 x  1,2 y  3,2 z  5 

a
b
c
;2 y  3  và 2 z  5  , ta thấy  a, b, c, d   1 ngƣợc lại
d
d
d
 a, b, c, d   m  1  a  ma1, b  mb1, c  mc1, d  md1 với  a1 , b1 , c1 , d1   1mâu
thuẫn cách chọn d .
Đẳng thức đã cho  a 2  b2  c2  7d 2 (*) theo phần a) VT (*)  7  mod8 Vậy

đẳng thức (*) không thể xẩy ra điều giả sử là sai ta có điều phải chứng minh.

mà 2 x  1 

Thí dụ 3
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x3  x2 y  xy 2  y 3  2001
7


(Junior Balkan 2001 MathematcalOlympiads)

Phƣơng trình   x 2  y 2   x  y   1.3.23.29  x 2  y 2 và x  y cùng lẻ

Giải:

x, y khác tính chẵn lẻ  x 2  y 2 có dạng 4k  1 k 

1;29;3.23  69 hoặc 2001 .Vậy ta có :

x

2

 y 2 chỉ có thể là

 x 2  y 2  1  x, y 0; 1  x 2  y 2  2001
 x 2  y 2  29  x, y 5; 5;2; 2  x  y  69
 x 2  y 2  69  x, y 3  VT 9  69 9 (vơ lí)
 x2  y 2  2001  x, y 3  VT 9  2001 9 (vơ lí)
Vậy phƣơng trình vơ nghiệm.
Bài tập tƣơng tự
1/ Tìm số ngun tố p để 4 p  1 là số chính phƣơng.
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 2 x3  y 2  2007 (ĐềTS10C.Lê Khiết-QN2007)
3/Tìm x, y  thoả mãn điều kiện :

1992 x1993  1993 y1994  1995 (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994)
4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x3  y 3  2 xy  8 (Bungari MO-1978)
 Phương pháp 2:Phương pháp phân tích.
Thí dụ 1
Giải
phƣơng
trình
2
2
 x  1 y  1  2  x  y 1  xy   4 1  xy 

nghiệm


nguyên:

(Titu Andreescu)
Giải: Viết lại phƣơng trình : x 2 y 2  2 xy  1  x 2  y 2  2 xy  2  x  y 1  xy   4

  xy  1   x  y   2  x  y  xy  1  4   xy  1   x  y   4


2

2

2

  x  1 y  1  2

 Nếu :  x  1 y  1  2 ta có các hệ phƣơng trình sau

 x  1  2  x  1  2  x  1  1  x  1  1
;
;
;
có các nghiệm tƣơng ứng lần

y  1  1  y  1  1  y  1  2  y  1  2

lƣợt là: 1;2  ,  3; 0  ,  0;3 ,  2; 1

8



 Nếu :  x  1 y  1  2 ta có các hệ phƣơng trình sau

 x  1  2  x  1  2  x  1  1  x  1  1
có các nghiệm tƣơng ứng lần
;
;
;

 y  1  1  y  1  1  y  1  2  y  1  2
lƣợt là: 1;0  ,  3;2  ,  0; 1 ,  2;3
Phƣơng trình có 8
2; 1 , 1,0 , 3;2   1
2;3
nghiệm: 1;2 ,  3;0 , 0;3 ,        , 0;  , 



Thí dụ 2
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình:
x2  3 y 2  2 xy  2 x  10 y  4  0 (ĐềTS10 Hà Nội  Amsterdam 2008 )
Giải: Ta có x 2  2  y  1 x   3 y 2  10 y  4   0   x  y  1   2 y  2   7
2

2

3 y  x  1  7 3 y  x  1  7
  3 y  x  1 y  x  3  7  
;

 y  x  3  1  y  x  3  1
3 y  x  1  1 3 y  x  1  1
có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:

;
 y  x  3  7  y  x  3  7
3;1 , 1; 3 ,  3;1 ,  7; 3 .

Phƣơng trình có 4 nghiệm :  3;1 , 1; 3 ,  3;1 ,  7; 3
Thí dụ 3
Tìm nghiệm ngun khơng âm của phƣơng trình:  xy  7   x 2  y 2
2

(Indian Mathematical-Olympiads 2006)
Giải: Phƣơng trình   xy  6   13   x  y    xy  6    x  y   13
2

2

2

2

vậy (*)  hai
  xy  6   x  y   xy  6   x  y   13 (*) do x, y 



trƣờng
hợp

sau
:


 xy  6   x  y   1  xy  6   x  y   13  x  y  7  x  y  7
;

;

xy  6  xy  0
xy  6   x  y   13  xy  6   x  y   1




Giải ra ta đƣợc các nghiệm là  x; y    3;4  ,  4;3 ,  0;7  ,  7;0 
Thí dụ 4
Tìm nghiệm ngun dƣơng của phƣơng trình: x y  y x  x y y x  5329
( ĐềTS10 C.Vĩnh Phúc 2009)

9


Giải: Phƣơng trình   x y  1 y x  1  5330 Mà phân tích 5330 thành tích 2
thừa
số
gồm:
1.5330  5.1066  13.410  26.205  10.533  41.130  65.82  2.2665
6 trƣờng hợp đầu tiên vô nghiệm
 x y  1  65  x y  1  82

 x y  64  x y  81
x  4 x  3
  x
 x
 x
 x


y  1  82  y  1  65
y  81  y  64  y  3  y  4


x y  1  2
 x y  1  2665  x  1
 x  2664
  x


 x
 y  2664  y  1
 y  1  2665  y  1  2
Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm  3;4 , 4;3 , 1;2664 , 2664;1 

Thí dụ 5
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình: x 2  y  1  y 2  x  1  1 (*)
(Polish Mathematical-Olympiads 2004)
Giải Đặt x  u  1, y  v  1 ,phƣơng trình (*) trở thành

 u  1 v   v  1 u  1  uv u  v   4uv  u  v   1
 uv  u  v  4    u  v  4   5   uv  1 u  v  4   5

2

2

Phƣơng trinh tƣơng

đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau
uv  1  1
uv  1  1
uv  1  5
uv  1  5




u  v  4  5 u  v  4  5 u  v  4  1 u  v  4  1

u  v  1 u  v  9 u  v  3 u  v  5




uv  0
uv  2
uv  4



uv  6
1, 6

giải ra ta đƣợc các nghiệm  u, v   1,0 , 0,1 ,  6,1 ,    
các nghiệm của pt là  x; y   1;2  ,  5;2  ;  2;1 ;  2; 5
Bài tập tƣơng tự
1/Cho p, q là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
1 1 1
sau:  
x y pq
(Titu Andreescu)
2/Tìm tất cả các tam giác vng có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích
bằng số đo chu vi tam giác.
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên 3x 2  10 xy  8 y 2  96
1 1 1
 
2m n 3
(ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002)

4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:

10


5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình :
 x3  y 3  z 2

2
3xy  z  z
( ĐềTS10 C.Bắc Giang 2009)




Phương pháp 3:Phương pháp Cực hạn

Thƣờng đƣợc sử dụng cho phƣơng trình đối xứng nên vai trị các ẩn nhƣ nhau
nên ta có thể giả sử rằng : 1  x  y  z 
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình : 5  x  y  z   4 xyz  24 (1)
( ĐềTS10 ĐHKH Huế 2008)
1
1
1
24
4
  

Giải Phƣơng trình 
xy yz zx 5 xyz 5
Do vai trị x, y, z nhƣ nhau giả sử rằng : x  y  z  1 từ đó ta có
4 3 24 39
39
 z 1,2,3
 2  2  2  z2 
5 z 5z
5z
4



(do 4 x  5  1;4 y  5  1)
z  1 thì (1)   4 x  5 4 y  5  141
4 x  5  47  4x  5  141

giải ra ta đƣợc x  13, y  2, z  1
;

4 y  5  3  4 y  5  1



z  2 thì (1)  8x  58 y  5  297  297.1  99.3  33.9  27.11

8 x  5  297 8 x  5  99 8 x  5  33 8 x  5  27
;
;
;

8 y  5  1 8 y  5  3 8 y  5  9 8 y  5  11


giải ra ta đƣợc  x, y, z    4,2,2 

 z  3 thì (1)  12 x  512 y  5  493  29.17  493.1

12 x  5  29 12 x  5  493
;
vô nghiệm

12 y  5  17 12 y  5  1


Vậy phƣơng trình có các nghiệm  x, y, z   13,2,1 ; 4,2,2  và các hốn vị của
nó

Thí dụ 2
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả mãn đẳng thức
11


x4  y 4  z 4  2x 2 y 2  2 y 2 z 2  2z 2 x 2  2000
(Junior Balkan 2000 Mathematical-Olympiads)
Giải Giả sử tồn tại x, y, z  thoả mãn, theo đề bài các số hạng của vế trái
đều có bậc chẵn .Giả sử rằng x, y, z  0
Trƣớc tiên ta chứng minh các số x, y, z phân biệt .Ngƣợc lại chẳng hạn y  z
Đẳng thức trở thành x 4  4 x 2 y 2  2000  x chẵn , x  2t  t 

 thì ta có

t 2  25
(vơ lí)
t  t  y   125   2
t  y2  5

Giả sử x  y  z . Nếu x 4  y 4  z 4 lẻ thì tồn tại ít nhất một số chẵn và có hai số
có cùng tính chẵn lẻ.
Ta có
2
: x4  y 4  z 4  2x2 y 2  2 y 2 z 2  2z 2 x2   x2  y 2   2  x2  y 2  z 2  z 4  4 y 2 z 2
2

2

2


  x 2  y 2  z 2    2 yz    x 2  y 2  z 2  2 yz  x 2  y 2  z 2  2 yz 
2

2

  x  y  z  x  y  z  x  y  z  x  y  z  đây là tích của 4 số nguyên
phân biệt.Mà số 2000  16.125  24.125 .Mà với 4 thừa số phân biệt :
x  y  z  x  y  z  x  y  z  x  y  z mà các thừa số này chia hết cho
2,và không chia hết cho 4.Trong khi đó ƣớc chẵn nhỏ nhất của 2000 chia hết
2 mà
không chia hết cho 4 là 2,10,50,250 nhƣ 2.10.50.250>2000 Vơ lí

Thí dụ 3
Tìm nghiệm ngun dƣơng của phƣơng trình : x3  7 y  y 3  7 x
Giải Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
x  y
 x  y   x 2  xy  y 2  7   0   2
2
 x  xy  y  7  0
 Nếu x 2  xy  y 2  7  0   x  y   7  3xy  0  xy 
2

7
3

x  1, y  2  x  2, y  1

 x  y  n

*


thoả màn phƣơng thình

Vậy phƣơng trình có các nghiệm 1,2 , 2,1 .  n, n  với n

*

Thí dụ 4
Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đƣờng
trịn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều.
12


Giải : Đặt a  BC.b  CA, c  AB .Gọi x, y, z lần lƣợt là độ dài đƣờng cao ứng
với các cạnh a, b, c của tam giác .Bán kính đƣờng trịn nội tiếp bằng 1 nên
1
1
1
x, y, z  2 .Giả sử x  y  z  2 .Diện tích tam giác ABC : S  ax  by  cz
2
2
2
(1)
1
Mặt khác S  SOBC  SOCA  SOAB   a  b  c  (2)
2
a b c abc
Từ (1) và (2)  ax  by  cz  a  b  c  a  b  c    
1 1 1 1 1 1
 

x y z x y z


1 1 1
3
  1  z  3 z  3.
x y z
z

Từ 

1 1 1
1 1 2
   1     3 x  y   2 xy   2 x  3 2 y  3  9
x y z
x y 3

2 x  3  3 2 x  6
 

 x  y  3  a  b  c  ABC đều
2 y  3  3 2 y  6

2 x  3  9 2 x  12
 

 x  6; y  2; ( Loại )
2 y  3  1 2 y  4

Bài tập tƣơng tự

1/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: xy  yz  zx  2  xyz
2/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x  y  z  xyz  9
3/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:

xy yz zx
  3
z
x
y

4/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:

1 1
1
  2 1
x 2 xy y

5/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình x3  y 3  z 3  3xyz  p trong đó
p là số nguyên tố lớn hơn 3.
(Titu Andreescu,Dorin Andrica)
1 1 1 3
6/ Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình:   
x y z 5
(Romanian
Mathematical-Olympiads
2000)



Phương pháp 4:Phương pháp loại trừ

13


Thí dụ 1
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình : x6  3x3  1  y 4
Giải Ta thấy với x  0; y  1 là nghiệm của phƣơng trình ,ta chứng minh đó là
hai nghiệm ngun duy nhất.



Với
2
2
x  0 :  x3  1  x6  2 x3  1  x6  3x3  1  y 4  x6  4 x3  4   x3  2 

x3  1  y 2  x3  2 (vơ lí)



Với x  2 :  x3  2   x6  3x3  1  y 4  x6  2 x3  1   x3  1
2

2

Suy ra x3  2  y 2  x3  1 (vơ lí, vì |x3 + 2| > |x3 +1 |)
Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên  x; y    0;1 ,  0; 1
Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x2  x  y 4  y 3  y 2  y
(ĐềTS10 Hà Nội  Amsterdam 1995-1996 )
Giải: Phƣơng trình đã cho   2 x  1   2 y 2  y    y  1 3 y  1

2

2

 Nếu y  1  x  0  x  1
 Nếu y  1, y   y  1  y  0   y  1 3 y  1  0

2y

2

 y    2 x  1   2 y 2  y  2    2 x  1   2 y 2  y  1
2

2

2

2

2

 4 y 4  4 y 3  4 y 2  4 y  1   2 y 2  y  1  y 2  2 y  0  y  0  y  2
2

 y  0  x  0; x  1
y  2 x  5

Vậy phƣơng trình đã cho có 5 nghiệm nguyên
 x; y    0; 1 ,  1; 1 ,  0;0 .  1;0 ,  5;2

Thí dụ 3
Tìm tất cả nghiệm ngun khơng âm của phƣơng trình:

 x  1

2

 x 2   y  1  y 2
4

( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007)

Giải
Phƣơng
4
2
4
3
2
2
2
 y  2 y  3 y  2 y  x  x   y  y  1   x 2  x  1
14

trình


y

 y  1  x 2  x  1 (*) Do


x  0  x 2  x 2  x  1   x  1 từ đây ta có

2

2

2

x 2  x  1   x  1  x  0  y  0 .
2

Vậy phƣơng trình có duy nhất một nghiệm  x; y    0;0 
Thí dụ 4
Tìm tất cả nghiệm ngun khơng âm của phƣơng trình: x 2  y 2  y  1 (1)
Giải

Giả sử

 x; y 

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2001)
là một nghiệm không âm của phƣơng trình

x2  y 2  y  1
Từ đó suy ra x 2  y 2
Mặt khác y  0  y  1  4 y 2  4 y  1   2 y  1 hay
2

thấy y 2  y  1  y 2  2 y  1   y  1

và (2)

2

y  1  2 y  1 .Từ đó ta

(2) .Dấu bằng đạt đƣợc khi y  0 ,từ (1)

 y 2  x 2  y 2  y  1   y  1  x 2   y  1 (do y 2 ,  y  1 là 2 s0ố chính
2

2

2

phƣơng liên tiếp )  y 2  y  1   y  1  y  0  x  1.Vậy phƣơng trình có
một nghiệm duy nhất  x; y   1;0 
2

Thí dụ 5
Giải phƣơng trình nghiệm ngun : x4  x2  y 2  y  10  0 (*)
Giải

Phƣơng trình (*)  y  y  1  x 4  x 2  10(**) ta có

x 4  x 2  x 4  x 2  10   x 4  x 2  10    6 x 2  2  do đó
 y  y  1   x 2  1 x 2  2 
x  x  1  y  y  1   x  3 x  4  
kết hợp với
2

2
 y  y  1   x  2  x  3

2
x  4
 x  2, x  2

(**) suy ra  2
ta có các giá trị y tƣơng ứng là 6, 5,4; 3
x  1.x  1
x 1


2

2

2

2

1;4
1; 3
Vậy phƣơng trình có một nghiệm  x; y    2;6 ,  2; 5 ,  ,    

Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x3   x  1   x  2  
3

3


  x  7  y3
3

(Hungarian Mathematical-Olympiads 2000)
2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng :
15


x 2  y 2  z 2  2 xy  2x  z  1  2 y  z  1  t 2

(Titu Andreescu)
3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x  y  2 y  3 y  1  0
3

3

2

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x6  4 y3  4 y 4  2  3 y  6 y 2
5/Tìm tất cả các cặp số nguyên dƣơng  m, n  thoả mãn điều kiện
a/ 2m  1 n và 2n  1 m
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993)
b/ 3m  1 n và 3n  1 m
(Tạp chí TH&TT tháng 3/1996)



Phương pháp 5 Dùng chia hết và chia có dư


Thƣờng dùng để chứng minh phƣơng trình khơng có nghiệm ngun bằng cách
chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dƣ khác nhau.
Thí dụ 1
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình: 19 x3  98 y 2  1998
Giải Nhận xét a   a3  0,1,6  mod7 

(ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998)

Phƣơng trình đã cho viết lại nhƣ sau : 19  x3  2   98  y 2  20 
Ta thấy 98  y 3  2  7 .Ta chứng minh 19  x3  2   7 thật vậy:
Giả sử 19  x3  2  7   x3  2  7  x3  2  mod7 

(vơ lí)

Từ đó phƣơng trình đã cho vơ nghiệm.
Thí dụ 2
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình: x2  17 y 2  34 xy  51 x  y   1740
(ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005)
Giải Phƣơng trình : x2  17 y 2  34 xy  51 x  y   1740

 x 2  1740  17  y 2  2 xy  3 x  y  *


Nhận xét x   x  17k  r với r  0,1,2,3,4,5,6,7,8 và k 
Từ đó x 2 có dạng tƣơng ứng là:
17h,17h  1;17h  4;17h  9;17h  16;17h  8;17h  2;17h  15;17h  13 h 
16

.



Ta nhận thấy rằng 1740  17.102  6  VP * có dạng 17l  6  l   ,trong khi
VT(*) thì x 2 chia cho 17 trong mọi trƣờng hợp đều khơng có số dƣ là 6 .Vậy
phƣơng trình đã cho khơng có nghiệm ngun.
Thí dụ 3
Chứng minh rằng không tồn tại x, y 

*

sao cho : x5  y 5  1   x  2    y  3
5

(Junior

Balkan

2005

5

Mathematical-

Olympiads)
Giải Nhận xét : a   a5  a  mod10  thật vậy

a5  a  a  a 2  1 a 2  4  5  a  a 2  1 a 2  4   5a  a 2  1  0  mod10 
Khi đó phƣơng trình: x5  y 5  1   x  2    y  3 chuyển qua đồng dƣ với 10
ta đƣợc : x  y  1  x  2  y  3 mod10   2  0  mod10  vơ lí .Vậy khơng
tồn tại
5


x, y 

*

5

sao cho : x5  y 5  1   x  2    y  3
5

5

Thí dụ 4
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình: x3  y 3  2001 p với p là số nguyên tố.
(Junior Balkan 2001 Mathematical-Olympiads)
Giải +)Trƣờng hợp p  3
1. Nếu x  y  0  mod3  x3  y 3  0  mod 27   27 2001p (vơ lí)
2. Nếu x  y  1 mod3  x  y  0 mod3  x 2  y 2  xy  1 mod3
 x3  y 3  ( x  y)( x 2  y 2  xy)  0  mod9   9 x3  y 3 2001 p vơ lí

Bởi vì n3  n  mod3  x3  y 3  x  y  2(mod3) vơ lí
3. Nếu x  y  1 mod3  x  y  0 mod3  x 2  y 2   xy  1 mod3
 x3  y 3  ( x  y)( x 2  y 2  xy )  0  mod9   9 x3  y 3 2001 p vô lí

Mặt khác x3  y 3  x  y  2(mod3)  x3  y 3  2001 p vơ lí
+) Trƣờng hợp p  3

 x3  y 3  6003  4(mod7)

mà a   a3  0,1,6  mod7   VT  0; 1; 2  mod7  dẫn đến vơ lí

Vậy phƣơng trình đã cho khơng có nghiệm ngun.

17


Thí dụ 5
4
Giải phƣơng trình nghiệm ngun: x14  x2 

 x74  1992

Giải
 Nếu x  2k thì x 4 16

 Nếu x  2k  1 thì x 4  1   x 2  1 x 2  1 16 (vì x  1; x  1là hai số chẵn
liên tiếp nên tích chia hết cho 8 và x 2  1 2)
4
Nhƣ vây khi chi tổng x14  x2   x74 cho 16 có số dƣ bằng số các số lẻ
trong các số x1 , x2 ,..., x7 tức là không vƣợt quá 7 còn
1992  16.124  8  8  mod16  .

Vậy phƣơng trình đã cho khơng có nghiệm ngun.
Bài tập tƣơng tự
1. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên :
a) x 2  3 y 2  17
c) 2x  122  y 2  32
b) x 2  5 y 2  17

d) 15x 2  7 y 2  9


2. Chứng minh rằng tổng bình phƣơng của 3 số nguyên trong phép chia
cho 8khơng thẻ có dƣ là 7 từ đó suy ra phƣơng trình 4 x 2  y 2  9 z 2  71
khơng có nghiệm ngun.
3. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x7  y 7  z 7  4
4. Giải phƣơng trình nghiệm nguyên

x  x  1 x  2    x  1 x  2  x  3  x  x  1 x  3  x  x  2  x  3  y 2
5.Chứng minh rằng các phƣơng trình sau khơng có nghiệm nguyên:
a) x5  5x3  4 x  24(5 y  1)
b)
5
3
2
3 3x  x  6 x  15x  2001



Phương pháp 6 Sử dụng tính chất nguyên tố

Tính chất 1 Với mọi số nguyên a ,số a 2  1 khơng có ƣớc ngun tố dạng
4k  3 k   .
Chứng minh : Giả sử a 2  1 khơng có ƣớc ngun tố dạng 4k  3 k 
.Khi đó a p1  1  a 4 k 2  1   a 2 

2 k 1

.

 1 a 2  1 p * .Mặt khác theo định lí


Fermat ta có: a p1  1 p ** .Từ (*) và (**) suy ra 2 p do đó p  2 khơng
có dạng 4k  3 k   vơ lí.
18

x


Vậy a 2  1 khơng có ƣớc ngun tố dạng 4k  3 k 

.

Tính chất 2 :Cho a, b , p là số nguyên tố dạng 4k  3 k 
minh rằng nếu a 2  b2 p thì a p và b p

 .Chứng

Chứng minh
a p1  1 mod p   a 4 k 2  1 mod p  , a p1  1 mod p   a 4 k 2  1 mod p 
a 4 k 2  b4 k 2  2  mod p   p  2 .Vậy a p và b p

Thí dụ 1
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng : x 2  y 2  20111995 1 10  z 
k

(BáoTHTT tháng 5/1995)
Giải Vì 2011 là số nguyên tố dạng 4k  3 do đó theo tính chất 2 ta đƣợc
x  2011x1 , y  2011y1 .Đặt 2n  1995k  1 

 2011x    2011y 
2


1

1

2

 20112 n 10  z   x12  y12  20112 n2 10  z  .Tiếp

tục

nhƣ vậy n lần ta có :
2
2
 xn  yn  10  z (*) với x  2011n xn , y  2011n yn .Bằng cách thử trực tiếp ta
thấy nghiệm của phƣơng trình (*) là:
 xn , yn , z   1,1,8; 1,2,5;  2,1,5;  2,2,2  .Từ đó suy ra nghiệm nguyên dƣơng
của phƣơng trình đã cho là:

 x, y, z    2011 ,2011 ,8;  2011 ,2.2011 ,5;  2.2011 ,2011 ,5;  2.2011 ,2.2011 ,2
n

(với n 

n

n

n


n

n

n

1  1995n
)
2

Thí dụ 2
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x 2  y 3  7
Giải x 2  y 3  7  x 2  1   y  2   y 2  2 y  4 
 Nếu y chẵn thì x 2  1 4  x 2  1  3 mod 4  vơ lí
 Nếu y lẻ thì y 2  2 y  4   y  1  3 có dạng 4k  3 nên phải có một
ƣớc nguyên tố có dạng đó ( vì tích các số dạng 4k  1 sẽ có dạng
4K  1 ),do đó
Vậy x 2  1 có ƣớc nguyên tố dạng 4k  3 k   .
2

Vậy phƣơng trình đã cho khơng có nghiệm nguyên.

19

n


Thí dụ 3
Tìm tất cả các cặp số ngun tố p, q thoả mãn: p3  q5   p  q  (1)
2


(Tạp chí TH&TT tháng 5/2004)
Giải Do p, q là các số nguyên tố nên từ (1)  p3  q5  0  p3  q5  25 Vậy
p  3 và do đó khơng chia hết cho 3 .Ta đi xét hai trƣờng hợp của q
TH1: q 3  q  3 (do q  P ) thay q  3 vào (1) ta đƣợc
p3  35   p  3  p3  p 2  6 p  252  0   p  7   p 2  6 p  36   0
2

 p  7  0  p  7 .Vậy p  7, q  3 thoả mãn một cặp số nguyên tố.

TH2: q  3 ta xét các khả năng xẩy ra sau đây
Khả năng1 :

 p  q   1 mod3 vô lí
Khả năng2 p  1 mod3 , q  2  mod3 hoặc p  2  mod3 , q  1 mod3 thì
 p  q  0  mod3 mà  p  q   0  mod3 vơ lí

p  q  1  2  mod3  p3  q5  0  mod3 mà
3

5

2

2

Vậy p  7, q  3 thoả mãn một cặp số ngun tố.
Thí dụ 4
Giải phƣơng trình nghiệm ngun: x 2  2 x  4 y 2  37
Ta có x 2  2 x  4 y 2  37   x  1   2 y   38 19 (số nguyên tố dang

 x  1 19
2
2
4k  3 )  
  x  1   2 y  192 (vơ lí ).  Pt khơng có nghiệm
2 y 19
ngun
2

Giải

2

Thí dụ 5
Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất sao cho viết đƣợc p thành 10 tổng dạng :
2
2
p  x12  y12  x2  2 y2  x32  3 y32 
các số nguyên dƣơng.
Giải Dễ thấy p >10

2
2
 x10  10 y10 trong đó xi , yi  i  1,2,...,10  là
(Tạp chí TH&TT tháng 8/2004)

2
2
2
 p  x10  10 y10  x10  0,1,4,5,6,9  mod10 

 p  1,9  mod10  (1)
+) 
p 


 p  x32  3 y32
 p  1 mod3
+) 
 p  10

(2)
20


 p  x82  8 y82  x82  0,1,4  mod8 
 p  1 mod8 
+) 
p 




Từ (2) và (3) ta suy ra p  1 24  p  1  24m m 

(3)
*

.

Từ (1)  24m  0  8  mod10  m  0,2,7  mod10 

(do p  x52  5 y52  x52  0,1,4  mod5 p  1  0,3,4  mod10  m  10a  u với
u  0,2,7) (*)

 p  x72  7 y72  x72  0,1,4,2  mod 7 
 p  1,2,4  mod 7 
+) 
p 

mà 24m  p  1  24m khi chia cho 7 chỉ có tận cùng là 0 ,1,3  m chia cho 7
có số dƣ là 0,1,5 hay m  7b  v với v  0,1,5.(5)
Ta tìm số m  50 thoả mãn đồng thời điều kiện (1) và (5) khi cho
0  a  4,0  b  6 ta đƣợc m  7,12,22,40,42,47 Từ công thức p  24m  1

 m  7  p  169  132 Không là số nguyên tố.
 m  12  p  289  172 Không là số nguyên tố.
 m  22  p  529  232 Không là số nguyên tố.
 m  40  p  961  312 Không là số nguyên tố.
 m  42  p  1009 là số nguyên tố. thoả mãn
Thử lại
1009  152  282  192  2.182  312  3.42
 152  4.142  17 2  5.122  252  6.82
 12  7.122  192  8.92
 282  9.52  32  10.102

Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

4xy  x  y  z 2

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:


4 xy  4 x  y  2  9 x 2

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x 2  y 3  16

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

19 x 2  28 y 2  729

 x 2  13 y 2  z 2
5/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình:  2
2
2
13x  y  t

21


Phương pháp 7 Phương pháp xuống thang
Thí dụ 1
Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x3  3 y 3  9 z 3  0
Giải Giả sử  x0 , y0 , z0  là nghiệm nguyên của phƣơng trình ,khi đó x0 3 đặt
3
3
x0  3x1 thay vào phƣơng trình ta đƣợc: 9 x13  y0  3z0  0  y0 3 , đặt y0  3 y1
thay
vào
phƣơng

trình
ta
đƣợc
3
3
3
3
3
3
9 x1  27 y1  3z0  0  3x1  9 y1  z0  0  z0  3z1 thay vào phƣơng trình ta
3
đƣợc 3x13  9 y13  z0  0  x13  3 y13  9 z13  0 .Nhƣ vậy bộ ba
 x0 y0 z0 
 ;
 cũng là nghiệm của của phƣơng trình. Quá trinh cứ tiếp diễn mãi
3 3 3
 x0 y z 
các số  k ; k0 0  là các số nguyên vói mọi k   x0  y0  z0  0 .
k
3 3 3 

Vậy phƣơng trình có một nghiệm ngun duy nhất là  0,0,0 
Thí dụ 2
Cho n là số ngun khơng âm .Tìm a, b, c, d 
biết
2
2
2
2
n

a  b  c  d  7.4
(Junior Balkan 2003 Mathematical-Olympiads)
Giải
 n  0  22  12  12  12  7   a, b, c, d    2,1,1,1 và các hoán vị

rằng

 n  1  a 2  b2  c 2  d 2  0  mod 4  vậy cả 4 số a, b, c, d có cùng tính
chất chẵn lẻ
+ a, b, c, d cùng lẻ a  2a1  1, b  2b1  1, c  2c1  1, d  2d1  1 thay vào
phƣơng trình ta đƣợc

4a1  a1  1  4b1  b1  1  4c1  c1  1  4d1  d1  1  4  7.4n1  1 (*)

Nếu n  1  VT (*) 8,VP(*)  4 7.4n1  1 8 (vô lí)
Nếu n  1  a 2  b2  c2  d 2  28   a, b, c, d    3,3,3,1 ,1,1,1,5
+ a, b, c, d cùng chẵn a  2a1 , b  2b1 , c  2c1 , d  2d1 thay vào phƣơng trình ta
đƣợc
a12  b12  c12  d12  7.4n1 cứ lập luận nhƣ thế sau n bƣớc ta đƣợc
2
2
an  bn2  cn  dn2  7 ta có một nghiệm  an ;bn ; cn ; dn   2,1,1,1  Và các hốn
vị của nó.

22


Vậy
phƣơng
trình

có
các
n 1
n
n
n
n
n
n
n
 2 ,2 ,2 ,2  , 3.2 ,3.2 ,3.2 ,2 

nghiệm

sau

đây

 2 ,2 ,2 ,5.2  và các hốn vị.
n

n

n

n

Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm ngun:


x2  y 2  z 2  t 2  2 xyzt

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x2  y 2  z 2  x2 y 2

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x3  2 y 3  4 z 3

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

8x4  4 y 4  2 z 4  u 4

5/Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:
1
3
 x  y  y  z  z  x    x  y  z   1  xyz
2
Phương pháp 8 Dùng bất đẳng thức
 Bất đẳng thức Côsi : Cho n số không âm a1 , a2 ,..., an thì
a1  a2   an n
 a1a2 ...an .Dấu bằng xẩy ra khi a1  a2  ...  an
n
 Bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)
Cho 2 n số thực a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn ta có

a b  a b
1 1


2 2



 anbn    a12  a22 

 an2 b12  b22 

 bn2 

Dấu bằng xẩy ra khi ai  kbi , i  1,2,3,.., n và k 
Thí dụ 1
Tìm nghiệm ngun dƣơng của phƣơng trình:

xy yz zx
  3
z
x
y

(1)

Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
3xyz  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  3 3 x 4 y 4 z  3xyz 3 xyz  xyz  1  x  y  z  1
Vậy phƣơng trình có nghiệm ngun dƣơng là  x, y, z   1,1,1
Thí dụ 2
Tìm nghiệm ngun của phƣơng trình :  x  y  1  3 x 2  y 2  1
2

Giải Theo bất đẳng thức Schwarz (Bunhiacopxki)

23

:


 x  y  1  1
2

2

 12  12  x 2  y 2  1  3 x 2  y 2  1 dấu bằng xẩy ra khi

x  y 1

Thí dụ 3
Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: x3  8  7 8 x  1
(Tạp chí TH&TT tháng
8/1999)
Giải Cách 1 Điều kiện x  0 (do x  )
x  0, x  1, x  2, x  4 không thoả mãn phƣơng trình
x  3 thoả mãn phƣơng trình
x  5 ta có 7 8x  1  7 8x  x  21 x  21x  x 2 .x  x3  8 phƣơng trình
khơng có nghiệm x  5 .Vậy phƣơng trình có một nghiệm duy nhất x  3
Giải Cách 2 Điều kiện x  0 (do x  )
7
Phƣơng trình x3  8  7 8x  1  5  x3  8  7 25.8 x  1   25  8 x  1
2
(*)
(áp dụng bất đẳng thức cơsi) khi đó (*)
10 x3  56 x  102  0  5x3  28x  51  0   x  3  5x 2  15x  17   0

 x  3  0  0  x  3 Thử các giá trị thuộc đoạn  0;3 chỉ có x  3 thoả mãn.

Bài tập tƣơng tự
1/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x2  2 y 2  2 z 2  2 xy  2 yz  2 z  4

2/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  4

3/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x3  2 y 3  6 xy  8  0

1
x  y  z
2
5/Tìm tất cả các số nguyên dƣơng x, y, z thoả mãn điều kiện sau
x  y 1  z  2 

4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

x  y  2z
 2
2
2
x  y  2z  8
(Junior Balkan 2000 Mathematical-


Olympiads)
TÀI LIỆU THAM KHẢO

24