Chuyên đề PT nghiệm nguyên => Ôn 10

- PH ơNG PHáP 1 : Phơng pháp đa về dạng tổng  Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức chứa ẩn viết đợc dới dạng tổng các bình phơng.. - Biến đổi p

2 CáC PH ơNG PHáP GIảI PH ơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:

2.1 - PH ơNG PHáP 1 : Phơng pháp đa về dạng tổng

 Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức chứa ẩn

viết đợc dới dạng tổng các bình phơng.

- Biến đổi phơng trình về dạng một vế là một tổng của các bình phơng các biểu thức chứa ẩn;

vế còn lại là tổng bình phơng của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau)

2

, , , , ,

Với ( ; ; , m n p ∈Z)

- Giải các hệ tơng ứng:

2

2 2

2 2

2

, ,

, ,

, ,













=

=

=

2 2

2 2

2 2

, ,

, ,

, ,







=

=

=

2 2

2 2

2 2

, ,

, ,

, ,







=

=

=

………

 Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x;y Z∈ thoả mãn: 5x2 −4xy y+ 2 =169 (1)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng

 Giải:

(1)⇔4x2 −4xy y+ +2 x2 =144 25 169 0+ = + ⇔ ( )







Từ (I) ta có:

;

5

;

12







=

=

x y

x

x y

x

Tơng tự từ (II) ta có:

2

2

0

13 0

13

26 13













=

= ±

=

= ±

=

x

x y

y x

x

x y

y x

Vậy ( , ) ( (5; 2 ; 5; 22 ; 5; 2 ; 5; 22 ; 12; 19 ; 12; 29) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )

12; 19 ; 12; 29 ; 0; 13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26

∈

x y













 - Ví dụ 2: Tìm x;y Z∈ thoả mãn: x + y - x - y = 8 (2)2 2

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy cả hai vế của phơng trình có thể biểu diễn đợc bằng tổng của hai bình phơng

 Giải:

x + y - x - y = 8













⇒

y

y

Vậy (x y; )∈{ ( ) (2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3;2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1− ) (− ) (− − ) ( ) ( − ) (− ) (− − ) }

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên;

a/ x2+4y2 =115 2− x

b/ x2+ + = + + −y2 z2 xy 3x 2z 4

2.2 - PH ơNG PHáP 2 : Phơng pháp đa về dạng tích

 Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình có các biểu thức chứa ẩn

phân tích đợc thành nhân tử.

- Biến đổi phơng trình về dạng một vế là tích của các đa thức chứa ẩn; vế còn lại là tích các

số nguyên (số nhân tử của hai vế bằng nhau)

( , , ) . ( , ) . ( , , ) .

A x y  B x y  C x y  =m n p

Với ( ; ; , m n p ∈Z)

- Giải các hệ tơng ứng:

, ,

, ,

, ,

x y

x y

x y

  =





  =





, ,

, ,

, ,

x y

x y

x y

  =





  =





, ,

, ,

, ,

x y

x y

x y

  =





  =





………

 Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm x;y Z∈ thoả mãn: x3− =y3 91 (1)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy vế trái của phơng trình dễ dàng phân tích thành nhân tử

 Giải:

(1)⇔(x y x− ) ( 2 +xy y+ 2) =91.1 13.7= (Vì ( x2 +xy y+ 2) >0)

Ta có:







⇒





( ) ( )

;

91 91

1

;

13



 − =











x xy y

x y

x xy y

x xy y

2 13 2

7

 − =

⇒





x y

VN

x xy y

 - Ví dụ 2: Tìm x;y Z∈ thoả mãn: x2 + −x y2 =0 (2)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy vế trái của phơng trình là hiệu của hai đa thức bậc hai độc lập của x và y, nên ta có thể phân tích thành nhân tử

 Giải:

0

0









=

⇒

=

y

y

Vậy: (x y; )∈{ ( ) (0;0 ; 1;0− ) }

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên;

a/ x2−4xy=25

b/ 3x3− =xy 5

c/ x y x y+ = .

2.3 - PH ơNG PHáP 3 : Phơng pháp cực hạn

 Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình đối xứng

- Vì phơng trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng nh nhau Do đó; ta giả thiết

≤ ≤

x y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phơng trình đơn giản Giải

phơng trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm

 Ta thờng giả thiết 1≤ ≤ ≤ ≤x y z

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm ; ;x y z Z thoả mãn: ∈ + x y z x y z (1)+ + = .

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy đây là phơng trình đối xứng

 Giải:

Giả sử 1≤ ≤ ≤x y z Khi đó:

(1)⇒x y z x y z = + + ≤ ⇒3z x y ≤3 (Vì ; ;x y z Z )∈ + ⇒x y ∈{1;2;3}

 Nếu: x y= ⇒ = = ⇒ + =1 x y 1 2 z z (vô lí)

 Nếu: x y= ⇒ =2 x 1;y=2;z=3

 Nếu: x y= ⇒ =3 x 1;y= ⇒ = <3 z 2 y (vô lí)

Vậy: ; ;x y z là hoán vị của (1;2;3)

 - Ví dụ 2: Tìm ; ;x y z Z thoả mãn: ∈ + 1 1 1 2+ + =

x y z (2)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Đây là phơng trình đối xứng

 Giải:

Giả sử 1≤ ≤ ≤x y z Khi đó:

(2)⇒ = + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ =2 1 1 1 3 x 32 x 1

Với: x= ⇒ = + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈1 1 1 1 2 y 2 y { }1;2

y z y

 Nếu: y= ⇒ =1 1 0

z (vô lí)

 Nếu: y= ⇒ =2 z 2

Vậy: ; ;x y z là hoán vị của (1;2;2)

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/ x y z t x y z t+ + + = .

b/ 1 1 1+ + =19951

x y z

c/ x y z x y z. + . + . =3

d/ x y+ + =1 x y z .

2.4 - PH ơNG PHáP 4 : Phơng pháp sử dụng tính chất chia hết

 Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình có dạng phân thức mà tử

là một số nguyên; đợc dùng để Giải các bài toán: “Tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nhận giá trị nguyên”

- áp dụng tính chất chia hết trong Z để xác định tập giá trị của biểu thức chứa ẩn (thờng là biểu thức dới mẫu)

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm ;x y Z để: ∈ 2 2

1

+

= x+ +x

A

x x nhận giá trị nguyên

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy A là phân thức có tử và mẫu hơn kém nhau một hằng số nguyên Do đó ta có thể biến đổi A thành tổng của một đa thức và một phân thức có tử là hằng số nguyên

 Giải:

Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 2 1

= x+ +x = x + +x = + + +

A

Để A nhận giá trị nguyên thì 2 1

1

+ +

x x nhận giá trị nguyên.

1

⇒ Mx + + ⇒x x + + ∈x U = −

1







= + + > ∀ ∈ ⇒ + + = ⇒Â x= −

x

Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = 0 hoặc x = - 1

 - Ví dụ 2: Tìm ;x y Z thoả mãn: ∈ 2y x x y2 + + + = +1 x2 2y2+x y (2)

(Đề thi Tuyển sinh vào 10 chuyên Toán đại học KHTN Hà Nội)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta nhận thấy các hạng tử chứa biến từng đôi một có chứa nhân tử chung nên nếu nhóm các hạng tử hợp lí cho ta đa thức có nhân từ chung (x – 1), nên chia hai vế của ph ơng trình cho (x – 1) ta sẽ có một vế luôn nhận giá trị nguyên

 Giải:

Ta có:

(2)⇒2 y2 ( x− −1) x x.( − −1) y x.( − + =1) 1 0 *( )

Với: x =1; *( ) ⇒ = ⇒ =1 0 x 1 không phải là nghiệm của phơng trình

1

−

Phơng trình có nghiệm nguyên ( ) ( )1 { }

0 1

1 1

=





x x

 - Ví dụ 3: Tìm ;x y Z thoả mãn: 3∈ + x + 1 = (y + 1)2 (3)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Vì 3x là số lẻ; suy ra (y + 1)2 chia hết cho 2 Sử dụng tính chất này ta xét các điều kiên của nghiệm của phơng trình

 GIảI:

Ta có:

⇒ =x y− − = y y+ .3x là số lẻ ⇒ y y;( +2) là hai số lẻ liên tiếp

⇒ y y+ = ⇒ y y+ là các luỹ thừa của 3, nên:

( )

3 *

2 3 **

 =



+ =



m

n

y

y

 Với: m= ⇒ = ⇒ =0; n 1 y 1;x=1.

 Với: m≥ ⇒ >1; n 1Từ ( ) ( )* ; ** ( 3 ) ( ;( 2) ) 1

2 3



y

y y

Phơng trình có nghiệm nguyên: 1

1

=



 =



x y

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/ x2 −2y2 =5

b/ 19x2 +28y2 =729

c/ xy x+ −2y=3

d/ Chứng tỏ phơng trình sau vô nghiệm:x3+ y3 + = + + +z3 x y z 2000

2.5 - PH ơNG PHáP 5 : Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức

 Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với các phơng trình mà hai vế là những đa

thức có tính biến thiên khác nhau.

- áp dụng các bất đẳng thức thờng gặp:

 Bất đẳng thức Cô – si:

Cho n số không âm: a a a1; ; ; ;2 3 a Khi đó: n

1 2 3

n

Dấu “=” xảy ra ⇔ =a1 a2 = =a3 =a n

 Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

Cho 2n số thực: a a a1; ; ; ;2 3 a và n b b b1; ; ; ;2 3 b Khi đó: n

1 1 + 2 2 + 3 3+ + n n ≤ 1.+ 2.+ + +3 n 1+ 2.+ + +3 n

Dấu “=” xảy ra ⇔ =a i kb i i( =1;n )

 Bất đẳng thức giá trị tuyết đối:

0 0



a b a b

 Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm ;x y Z thoả: ∈ + x y. + y z. + z x. =3

z x y (1)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy đây là một phơng trình đối xứng, nên có thể dùng phơng pháp 3 (phơng pháp cực hạn) Tuy nhiên, các hạng tử trong tổng có giá trị dơng nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cô – si để xác định điều kiện của tích các ẩn

 GIảI:

áp dụng BĐT Cô – si Ta có: 3 3

3= x y + y z + z x ≥3 x y y z z x =3 x y z

⇒ x y z ≤ ⇔ x y z≤ ⇒ = = =x y z

Vậy nghiệm của phơng trình là: x y z= = =1

 - Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: ( )2 ( 2 2 )

(Toán Tuổi thơ 2)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta nhận thấy hai vế của phơng trình có dạng: bình phơng của tổng và tổng các bình phơng; nên ta có thể vận dụng BĐT Bunhiacôpxki

 GIảI:

Theo Bunhiacôpxki, ta cự:

( )2 ( 2 2 2)( 2 2 ) ( 2 2 )

⇔ = = ⇒ = =x y x y

Vậy nghiệm của phơng trình là: x= =y 1

 - Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn:

x− + −3 x 10 + +x 101+ +x 990 + +x 1000 =2004 (3)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và a = −a

 Giải:

Ta có:

(3)⇒ − +3 x 10− + +x x 101+ +x 990 + +x 1000 =2004

Mà

 − ≥ −



− ≥ −









Do đó: − ≤ +1 ( x 101) ≤ ⇒ +1 (x 101) {∈ −1;0;1} ⇒ ∈ −x { 102; 101; 100− − }

Với x= −101⇒2004 2003= (vô lí)

Vậy nghiệm của phơng trình là: x∈ −{ 102; 100− }

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/ x2 −xy y+ 2 =3

b/ x2 +2y2+2z2 −2xy−2yz −2z=4

2.6 - PH ơNG PHáP 6 : Phơng pháp lựa chọn

 Phơng pháp: Phơng pháp này đợc sử dụng với các phơng trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) đợc một vài giá trị nghiệm

- Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết áp dụng các tính chất nh chia hết; số d; số chính

ph-ơng; chữ số tận cùng ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác ph… ơng trình vô nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm ;x y Z thoả: ∈ + x6 +3x3 + =1 y 4

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy với x=0;y = ±1 thì phơng trình đợc nghiệm đúng Ta cần chứng minh phơng trình vô nghiệm với x≠0

 Giải:

+ Với x=0;y= ±1 thì phơng trình đợc nghiệm đúng

+ Với x>0 Khi đó:

6 3 6 3 6 3 ( 3 )2 4 ( 3 )2

Vì (x3 +1 ;) ( x3+2) là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả mãn (*)

Vậy x=0;y= ±1 là nghiệm của phơng trình.

 - Ví dụ 2: Tìm ;x y Z thoả: ∈ + x2 + − =x 1 32y+1 (2)

( Toán học và tuổi trẻ)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta nhận thấy vế phải là luỹ thừa bậc lẽ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 9 Ta cần xét chữ số tận cùng của vế trái

 Giải:

Gọi b là chữ số tận cùng của x Vì vậy b∈{0;1;2; ;9} Khi đó: ( x2 + −x 1) có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9 (*)

Mặt khác: 32y+1là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7 (**)

Từ (*)và v (**)suy ra phơng trình vô nghiệm.s

 - Ví dụ 3: Tìm ;x y Z thoả mãn: ∈ + x2 −6xy+13y2 =100 (3)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Với trờng hợp này ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng) Tuy nhiên

vế phải là một số chính phơng nên ta có thể sử dụng tính không âm của luỹ thừa bậc chẳn để giới hạn tập giá trị, sau đó sử dụng sự lựa chọn

 Giải:

5

3 4 25

25

 ≤



y

Do đó : y∈ − − −{ 5; 4; 3;0;3;4;5} ⇒ ∈x {3;9;11;13}

Phơng trình có nghiệm nguyên:

( ) (x y; ∈ −{ 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3) (− ) (− ) ( ) ( ) ( ) ( ) }

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/ x x.( +1 ) ( x+1 ) ( x+ =1) y2

b/ 6x2 −5y2 =74

2.7.- PH ơNG PHáP 7 : Phơng pháp lùi vô hạn (xuống thang)

 Phơng pháp: Phơng pháp này thờng sử dụng với những phơng trình có (n – 1) ẩn mà

hệ số có ớc chung khác 1

- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do,

để có đợc phơng trình đơn giản hơn

- Sử dụng linh hoạt các phơng pháp để Giải phơng trình đó

 Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Giải phơng trình: x3 −3y3 −9z3 =0 (1)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy x3 −3y3−9z3 = ⇒0 ( x3−3y3 −9z3)M3 mà (−3y3−9z3)M3nênx3M3

 Giải:

Ta có: (1) ( 3 3 3) 3

1

⇒ x − y − z M ⇒x M ⇒xM ⇒ =x x

Khi đó: (1) ( 3 3 3) ( 3 3 3) 3

⇒ x − y − z M ⇒ x − y − z M ⇒ y M ⇒ yM ⇒ =y y

⇒ x − y − z M ⇒z M ⇒zM ⇒ =y z

* Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x y z là nghiệm của (1) và thì 0; ;0 0 3∈U(x y z0; ;0 0) và

0≤x y z; ; ≤9 Thực hiện thử chọn ta đợc: x0 = y0 = =z0 0

Vậy nghiệm của phơng trình là: x0 = y0 = =z0 0

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên:

a/ x2 +2y3 =4z3

b/ x3−2y3 −4z3 =0

c/ x2 −5y2 =0

2.8 - PH ơNG PHáP 8 : Phơng pháp sử dụng điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai

 Phơng pháp: Phơng pháp này đợc sử dụng với các phơng trình có dạng: f( )x y; =0 Trong

đó: f( )x y; là đa thức bậc hai

- Biến đổi phơng trình đa về dạng phơng trình bậc hai (một ẩn là ẩn của phơng trình bậc

hai; một ẩn là tham số) Biện luận nghiệm theo điều kiện nghiệm của phơng trình bậc hai.

* Chú ý: Nên chọn ẩn có hệ số bằng 1

 Các ví dụ minh hoạ:

 - Ví dụ 1: Tìm ;x y Z thoả: ∈ + 3x2+ y2 +4xy+4x+2y+ =5 0 (1)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy phơng trình này có thể xem là một phơng trình bậc hai ẩn y tham số x

 Giải:

(1) ⇒ y2 +2 2( x+1) y+3x2 +4x+ =5 0

1,2

Do đó: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x ⇔ ∆′nhận giá trị nguyên

′

⇔ ∆ =x − =n n∈Ơ ⇒ = ±x (áp dụng phơng pháp 2: Đa về dạng tích)

+ Với x= − ⇒ = −2 y 5

+ Với x= ⇒ =2 y 3

Vậy nghiệm của phơng trình là: (x= −2;y= −5 ;) (x =2;y =3)

 - Ví dụ 2: Tìm ;x y Z thoả: ∈ 12x2 +6xy+3y2 =28( x y (2) + )

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Ta thấy phơng trình này có thể xem là một phơng trình bậc hai ẩn y tham số x

 Giải:

(2) ⇒3y2+2 3( x−14) y+12x2−28x=0 Ta có: y nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x

⇔ ∆ = −′ 27x2 +196=k2 ≥ ⇒0 x2 ≤ ⇒ ∈7 x {0; 1; 2± ± }

+ Với x= ⇒ =0 y 0

+ Với x= ⇒ =1 y 8

+ Với x= − ⇒ =1 y 10

+ Với x= ± ⇒ ∉y Â

Vậy nghiệm của phơng trình là: (x=0;y=0 ;) (x=1;y =8 ;) ( x= −1;y =10)

 - Ví dụ 3: Tìm ;x y Z thoả mãn: ∈ + x2 −6xy+13y2 =100 (3)

 Nhận xét Tìm h– ớng Giải:

Với trờng hợp này ta có thể sử dụng phơng pháp 1 (Phơng pháp đa về dạng tổng) hoặc đã Giải trong phơng pháp 6 (phơng pháp lựa chọn) Tuy nhiên, ta có thể đa về phơng trình bậc hai

ẩn x tham số y

 Giải:

(3) ⇒ ∆ = −′ 4( y2 −25) ⇒ ≤y 5

Do đó : y∈ − − −{ 5; 4; 3;0;3;4;5} ⇒ ∈x {3;9;11;13}

Phơng trình có nghiệm nguyên:

( ) (x y; ∈ −{ 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3) (− ) (− ) ( ) ( ) ( ) ( ) }

 Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình nghiệm nguyên dơng:

a/ 2x2 +2y2 −2xy x y+ + − =10 0

b/ x2 −xy+5y−5x+ =2 0

3) ứNG DụNG CủA BàI TOáN PH ơNG TRìNH NGHIệM NGUYêN:

Bài toán về phơng trình nghiệm nguyên có nhiều ứng dụng là công cụ để giải các dạng loại bài tập khác Việc vận dụng đòi hỏi t duy kết hợp các phơng pháp giải một cách hợp lí Sau đây,

là một số ứng dụng thờng gặp của bài toán phơng trình nghiệm nguyên

 Các ví dụ minh hoạ:

 Ví dụ 1: Tìm n∈Ơ sao cho 28+211+2n là số chính phơng (*)

HD Giải: Ta có:

+ Đặt: n= +p q p q( , ∈Ơ;p q Ta có:≥ )

48 2

−





q

p

a

lẻ ) nên:

= ⇒ = ⇒ =

 Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (x;y) sao cho:

4 1

HD Giải:

+ Vì (2) là phơng trình đối xứng và x, y là số nguyên tố nên đặt:

2 . 6

5

≥



≤ < ⇒  + ≥



x y

x y

x y và y là số lẻ (I) Ta có:

(**)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

6

1 4

1 2

2

1 2

1 2

1

1 2

1 4

1

1 4

1 1

 − + =







 − + =

 − − =



 − + =





 − + =

 − − =



 − + =





+ Kết hợp với điều kiện (I) ta có cặp số nguyên tố cần tìm là:( x y; ) ( )= 2; 5

 Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình nghiệm nguyên dơng:

3 3 315 (1)

495 (2)

+ + =





x y z

( Toán học tuổi trẻ số 373; tháng 7/2008)

HD Giải: Ta có: Hệ là hệ phơng trình đối xứng và

7 =343 495 512 8< < = ⇒7 < +x y + <z 8

nên: 0≤ ≤ ≤x y 8 Giả sử: 0≤ ≤ ≤x y 8

15

480 495

+ + =





x y z

Vì: (a3 −a) =(a−1 ) (a a+ ∀ ∈1 ;) a  ; nên:

(x3 − +x) ( y3− y) (+ z3− =z) 480

Kết hợp phơng pháp lựa chọn và phơng pháp đa về tổng ta có nghiệm của hệ phơng trình

đã cho (x; y; z) là hoán vị của (3; 5; 7)

 Ví dụ 4: Bài toán cổ Trăm con trâu – Ăn trăm bó cỏ

Trâu đứng ăn năm – Trâu nằm ăn ba

Lụm khụm trâu già – Ba con một bó

HD Giải: Gọi a; b; c lần lợt là số lợng trâu đứng; trâu nằm; trâu già Ta có hệ phơng trình

nghiệm nguyên dơng:

3

+ + =





c