SH hai CTT mot so phuong trinh diophant bac hai

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT BẬC HAI Cao Trần Tứ Hải-THPT chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận Email:tuhai.thptlequydon@ninhthuan.edu.vn Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế thô

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT BẬC HAI

Cao Trần Tứ Hải-THPT chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận

(Email:tuhai.thptlequydon@ninhthuan.edu.vn)

Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế thông thường các bài toán

về phương trình Diophant là những bài toán khó vì tính không mẫu mực và các bài giải rất tinh tế Bài viết này giới thiệu một số phương trình Diophant bậc hai và phương pháp giải

I Phương trình Pythagore

Phương trình x2 + y2 =z2 (1.1) gọi là phương trình Pythagore Sau đây ta tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình Pyhthagore

Trước hết ta giả sử x, y, z nguyên tố cùng nhau Thật vậy nếu bộ ba số x y z o, ,o o thỏa mãn (1.1) và có ƯCLN là d, giả sử x o =dx y1, o =dy z1, o =dz1 thì( ; ; )1 1 1 cũng là nghiệm của (1.1)

Với x, y, z nguyên tố cùng nhau thì chúng đôi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số ấy có ước chung là d thì số còn lại cũng chia hết cho d

Ta thấy x và y không thể cùng chẵn (vì chúng nguyên tố cùng nhau, không thể cùng lẻ (vì nếu x và y cùng lẻ thì z chẵn, khi đó x2 + y2 chia cho 4 dư 2, còn z ⋮ ) 2 4 Như vậy trong hai số x và y có một số chẵn, một số lẻ

Cách 1: Giả sử x lẻ, y chẵn thì z lẻ Ta viết (1.1) dưới dạng:

x2 =(z y z y+ )( − )

Ta có z + y và z – y là các số lẻ Chúng nguyên tố cùng nhau Thật vậy, giả sử ,

z y d z y d+ ⋮ − ⋮ (d lẻ) thì:

(z + y) + (z – y) = 2z d⋮

(z + y) −(z−y) = 2y d⋮

Do (2,d) = 1 nên z d y d⋮ ; ⋮

Do (y,z) = 1 nên d = 1 Vậy (z + y, z – y) = 1

Hai số nguyên dương z + y và z – y nguyên tố cùng nhau, có tích là số chính phương x2 nên mỗi số z + y và z – y cũng là số chính phương

Đặt z y m z y n+ = 2, − = 2

Với m, n là các số lẻ, nguyên tố cùng nhau, m > n

Ta được:

2 2

2 2 2 2

x mn

y

z



 =



−

 =





=



Với m và n là các số lẻ, nguyên tố cùng nhau, m > n

Đảo lại, dễ thấy bộ ba số (x, y, z) nói trên thỏa mãn (1.1)

Cách 2: Giả sử x chẵn, y lẻ thì z là số lẻ

Ta có: x2 =(z y z y+ )( − )

2

 

⇔  =

  Do z, y là các số lẻ nguyên

tố cùng nhau nên

2

z y+

và 2

z y−

là các số nguyên và nguyên tố cùng nhau (thật

vậy, giả sử

2

z y d

+

⋮ ,

2

z y d

−

d

d





⋮

⋮

⋮

⋮

)

Hai số nguyên dương

2

z y+

và

2

z y− nguyên tố cùng nhau có tích là số chính

phương

2

2

x

 

 

  nên mỗi số là số chính phương

2

z y

m

+

2

z y

n

−

= (m, n ∈ℕ) thì:

z m= 2 +n2 ; y m= 2 −n2

Do y, z lẻ nên m, n chẵn lẻ khác nhau

Do (m n = 1 nên (m, n) = 1 2, )2

Như vậy:

2 2

2 2

2

=





 = +



Với m và n là các số nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác nhau, m > n

Đảo lại, dễ thấy ba bộ số (x, y, z) nói trên thỏa mãn (1.1) 

Ta gọi ba bộ số (x, y, z) nói trên là bộ ba số Pythagore nguyên thủy Nhân bộ ba

số này với mọi số nguyên dương, ta được tất cả các bộ ba số Pythagore, đó là tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 + y2 =z2

Bài toán 1

Chứng minh rằng phương trình x 4 + y 4 = z 2 không có nghiệm nguyên dương Lời giải

Giả sử rằng phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương Giả sử (x, y) = d, tức là x = da, y = db, trong đó (a, b) = 1 Khi đó a 4 + b 4 = (z/d 2 ) 2 Giả sử z = d 2 c,

trong đó c ∈ Q, khi đó

a 4 + b 4 = c 2 (1.2)

Vì c ∈ Q, c2∈ N nên c ∈ N+ Trong tất cả các nghiệm của phương trình (1.2)

, chọn nghiệm có c nhỏ nhất Ta có (a 2 ) 2 + (b 2 ) 2 = c 2 trong đó (a, b) = 1, suy ra

(a 2 , b 2 ) = 1, tức là (a 2 , b 2 , c) là bộ ba Pythagore nguyên thủy Theo công thức

nghiệm phương trình Pyhthagore, tồn tại các số nguyên dương m, n sao cho a 2 =

m 2 - n 2 , b 2 = 2mn, c = m 2 + n 2 trong đó m, n khác tính chẵn lẻ, m > n và (m, n) = 1,

nghĩa là a 2 = m 2 - n 2 lẻ Giả sử m chẵn, n lẻ Khi đó n 2 , a 2 chia 4 dư 1, nghĩa là

m 2 = n 2 + a 2 chia 4 dư 2 mâu thuẫn Vậy m lẻ, n chẵn, Ngoài ra (a, n, m) lập thành

bộ Pythagore nguyên thủy, do đó tồn tại p, q ∈ N+ sao cho a = p 2 - q 2 , n = 2pq, m

= p 2 + q 2 , trong đó p, q khác tính chẵn lẻ, p > q và (p, q) = 1, Ngoài ra b 2 = 2mn,

nghĩa là b 2 = 4pq(p 2 +q 2 ), suy ra b = 2h, h ∈ N+, khi đó

Giả sử rằng tồn tại số nguyên tố r chia hết pq, p 2 +q 2 Vì r chia hết pq nên không

mất tổng quát, có thể giả sử r chia hết p, khi đó r chia hết (p 2 + q 2 ) - p 2 = q 2, suy ra

r chia hết q, mâu thuẫn vì (p, q) = 1 Vậy (pq, p 2 +q 2 ) = 1, như thế, từ (1.3), ta có pq

= s 2 , p 2 + q 2 = t 2 với s, t ∈ N+ Vì pq = s 2 , (p, q) = 1 nên p = u 2 , q = v 2 với u, v ∈

N+, nghĩa là (u 2 ) 2 + (v 2 ) 2 = t 2 hay u 4 + v 4 = t 2 , trong đó c = m 2 + n 2 > m = p 2 + q 2

= t 2 > t, mâu thuẫn với cách chọn c

Như vậy điều giả sử ban đầu là sai và ta có đpcm 

Bài toán 2 Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số nguyên dương sao cho tổng

và hiệu các bình phương của chúng đều là số chính phương

Lời giải

Bài toán tương đương với hệ phương trình sau không có nghiệm nguyên dương

2 2 2 (1.4)







Giả sử ngược lại, gọi (x, y, z, w) là nghiệm nguyên dương của (3.4) sao cho x2 + y 2

nhỏ nhất Rõ ràng (x,y) =1

Cộng vế theo vế các phương trình của hệ (1.4) ta được 2x2 =z2 +w (1.5) 2

Do đó z và w cùng tính chẵn lẻ nên z + w và z – w cùng chẵn Khi đó (1.5) được

viết lại

2

x

z w z w

z w z w

d z Từ phương trình đầu của hệ (1.4) suy ra d y mâu thuẫn với

(x,y)=1 Theo công thức nghiệm của phương trình Pythagore, ta có

Từ 2y2 =z2 −w suy ra 2 2y2 =2(m2 −n2)4mn hay y2 =4(m2 −n mn 2)

Do đó y = 2k với k nguyên dương kéo theo k2 =(m n m n mn− )( + ) (1.6)

Mà m, n nguyên tố cùng nhau nên m, n, m + n, m – n đôi một nguyên tố cùng nhau

Vì thế từ (1.6) ta được m a n b m n c m n d với a, b, c, d là các số = 2, = 2, + = 2, − = 2 nguyên dương Suy ra a2 +b2 =c và 2 a2 −b2 =d hay (a, b, c, d) là nghiệm 2 nguyên dương của hệ (1.4) Hơn nữa,

2 + 2 = + <4 ( 2 − 2)= 2 < 2 + 2

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của x2 + y  2

II Phương trình Pell

Cho D là số tự nhiên không chính phương, phương trình 2 2

x −Dy =1 (2.1) được gọi là Pell loại I Ta nhận xét rằng nếu (x ,y ,1 1) (x ,y2 2) là các nghiệm nguyên dương của (2.1) và x1≤x2 thì y1≤y2 Do đó ta gọi (a,b) là nghiệm nguyên

dương nhỏ nhất của (2.1) tức là a x,b y,a b x y,a b D≤ ≤ + ≤ + + ≤ +x y D ,

với (x,y) là nghiệm nguyên dương tùy ý của (2.1)

Như chúng ta biết phương trình Pell loại I có vô số nghiệm nguyên dương (u , n v n) thỏa mãn

+ +







1 1

(2.2)

Trong đó (a,b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất Kết quả này được chứng

minh dễ dàng bằng phương pháp quy nạp toán học và hệ thức Wandetman nổi tiếng

( a Db ).( u Dv ) ( au Dbv ) D( bu av )

n n

Giờ ta chứng minh { ( )u v n n ∀ ∈ *}

, : n N là tất cả các nghiệm của phương trình (2.1)

Bài toán 3

Chứng minh rằng mọi nghiệm phương trình (2.1) đều có dạng (u n, v n) với

*

n N∈

Lời giải

Giả sử (u , v) là nghiệm nguyên dương sao cho ≠ ( )u v n n ∀ ∈ *

,

( )u v n , n được xác định trong (2.2)

Khi đó tồn tại m N∈ * sao cho u m +v m D u v D u< + < m+1+v m+1 D

( )( )

⇔ <1 u v D u+ m −v m D < +a b D

⇔ <1 uu m−Dvv m + u v uv m − m D a b D< + Đồng thời (uu m−Dvv m)2−D u v uv( m − m)2 =(u2 −Dv2)(u m2 −Dv m2)=1

Nên(uu m −Dvv u v uv là nghiệm nguyên dương của (2.1) m, m − m)

(mâu thuẫn với cách chọn (a,b) ) 

Bài toán 4

Cho D là một số nguyên dương không chính phương Xét phương trình

x 2 – Dy 2 = -1 (2.3)

Gọi (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell liên kết với phương trình

(2.3), tức là phương trình (2.3)

Khi đó phương trình (2.3) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm nguyên dương

a = x 2 + Dy 2 (2.4)

b = 2xy

Lời giải

Giả sử (x0; y0) là nghiệm nguyên dương của hệ phương trình (2.4), vì (a ; b) là

nghiệm nguyên dương của phương trình Pell liên kết nên

a 2 – Db 2 = 1

Do vậy, từ (2.4) ta có (x 0 + Dy 0 ) 2 – D(2x 0 y 0 ) 2 = 1

⇒ (x 0 2 – Dy 0 2 ) 2 = 1 ⇒ x02 – Dy 0 2 = 1 hoặc x 0 2 – Dy 0 2 = -1 Nếu x 0 2 – Dy 0 2 = 1 thì (x 0 , y 0 ) là nghiệm nguyên dương của phương trình Pell liên kết Do (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của (1’) nên x 0 ≥ a, y0 ≥ b,

mà a = x 0 2 + Dy 0 2⇒ x 0 ≥ x 0 2 + Dy 0 2, vô lý!

Nếu x 0 2 – Dy 0 2 = - 1 thì (x 0 ; y 0 ) là nghiệm nguyên dương của phương trình

(2.3)

Đảo lại, giả sử phương trình (2.3) có nghiệm nguyên dương Khi đó gọi (x 0 ; y 0)

là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (2.3) Ta sẽ chứng minh (x 0 ; y 0) chính là nghiệm nguyên dương của hệ (2.4)

Thật vậy, đặt u = x 0 2 + Dy 0 2 , v = 2u 0 v 0 thì u 2 – Dv 2 = (x 0 2 + Dy 0 2 ) 2 – D(2x 0 y 0 ) 2

= (x 0 2 -Dy 0 2 ) 2 = 1 (vì x 0 2 – Dy 0 2 = -1) Suy ra u, v là nghiệm của phương trình (2.1)

Do (a; b) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (2.1) nên u ≥ a, v ≥ b

Ta chứng minh u = a, v = b

Giả sử trái lại u > a, v > b (vì u > a ⇒ v > b)

Ta có 0<a - b D <(a - b D a b D)( + )=a - Db2 2 =1

Do đó

(a - b D x)( 0 +y0 D)<x0 + y0 D ⇔ax0 −Dby ( ay0 0 −bx ) D0 <x0 + y0 D

Từ u > a, v > b suy ra a b D u v D+ < + =(x0 + y0 D)

Do vậy

2

x y D x y D

Hay

Đặt s = ax 0 – Ddy 0 ; t = ay 0 – bx 0, ta có

s t D x y D (2.5)

s t D x y D (2.6)

+ < +

− + < +

0 0

0 0

Ta thấy

s 2 – Dt 2 = (ax 0 2 – Ddy 0 ) 2 – D(ay 0 -bx 0 ) 2

= a 2 (x 0 2 -Dy 0 2 ) + b 2 D(Dy 0 2 -x 0 2 )

= -a 2 + Db 2 = -1

Vậy s 2 – Dt 2 = -1 , suy ra s ≠ 0 (vì nếu s = 0 thì Dt 2 = 1 suy ra D = 1, vô lý)

Ta chứng minh t > 0

Ta có t > 0 ⇒ ay0 > bx0 ⇒ a2y02 > b2x02 ⇒ (1+Db2)y02 > b2(Dy02-1) ⇒ y02 >

-b2 Bất đẳng thức cuối cùng đúng do đó t > 0

Do s ≠ 0 nên s > 0 hoặc –s > 0

Nếu s > 0 thì (s; t) là nghiệm nguyên dương của phương trình (1) Mà (x0; y0) là nghiệm nguyên dương bé nhất của phương trình này nên s ≥ x0, t ≥ y0 suy ra

s t D+ ≥x0+ y0 D trái với (2.5) Trường hợp –s > 0 thì (-s; t) là nghiệm nguyên dương của phương trình (1) và lý luận tương tự, ta đi đến một bất đẳng thức mâu thuẫn với (2.6)

Vậu (u; v) = (a; b) 

Nhận xét Thực tế là ta đã chứng minh kết quả sau : Nếu (a ; b) là nghiệm nhỏ nhất của (2.1) và (m, n) là nghiệm nhỏ nhất của (1) thì a = m 2 + Dn 2 , b = 2mn

Một điều thú vị khác nữa là phương trình dạng Ax 2 – By 2 = 1 cũng có mối liên

quan chặt chẽ đến phương trình x 2 – ABy 2 = 1 Ta có kết quả sau

Bài toán 5

Cho phương trình Ax 2 – By 2 = 1 (2.7)

với A và AB không chính phương Gọi (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell kết hợp x 2 – ABy 2 = 1 (2.8)

Giả sử phương trình (2.7) có nghiệm và (x0; y0) là nghiệm nhỏ nhất của nó thì (x0; y0) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình

b xy



=



2 Lời giải

Giả sử (x0; y0) là nghiệm nhỏ nhất của (2.7) Đặt u = Ax 0 2 + By 0 2 , v = 2x 0 y 0 thì

ta có

u 2 – ABv 2 = (Ax 0 2 + By 0 2 ) 2 – AB(2x 0 y 0 ) 2 = (Ax 0 2 - By 0 2 ) 2 = 1

Chứng tỏ (u; v) là nghiệm của phương trình (2.8) Mà (a; b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này nên u ≥ a, v ≥ b

Ta chứng minh u = a, v = b

Thật vậy, giả sử trái lại u > a ; v > b

( )( )

1

−

=

⇒

<

Lại có

2

2

⇒

A

y

Đặt s = ax 0 – Bby 0 , t = ay 0 – Abx 0 thì các bất đẳng thức trên có thể viết lại thành

s A+t B <x0 A+y0 B (2.9)

s A−t B <x0 A+ y0 B (2.10)

Tiếp theo, ta có (As 2 – Bt 2 ) = A(ax 0 – Bby 0 ) 2 – B(ay 0 – Abx 0 ) 2

= (a 2 – ABb 2 )(Ax 0 2 – By 0 2 ) = 1.1 = 1

Ta thấy s > 0 vì

s > 0 ⇒ ax 0 > Bby 0 ⇒ a 2 x 0 2 > B 2 b 2 y 0 2 ⇒ a 2 x 0 2 > Bb 2 (Ax 0 2 -1)

⇒ (a 2 -ABb 2 )x 0 2 > - Bb 2 ⇒ x 0 2 > - Bb 2

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, do đó s > 0

Ta thấy t ≠ 0 vì t = 0 ⇒ ay 0 = Abx 0 ⇒ a 2 y 0 2 = A 2 b 2 x 0 2 ⇒ (ABb 2 +1)y 0 2 =

Ab 2 (By 0 2 +1) ⇒ y 0 2 = Ab 2 Điều này không thể xảy ra do A không chính phương

Nếu t > 0 thì (s; t) là nghiệm nguyên dương của (2.7) , mà (x 0 ; y 0 ) là nghiệm nhỏ

nhất của (1) nên s ≥ x 0 ; t ≥ y 0, do vậys A+t B ≥x0 A y+ 0 B, điều này mâu thuẫn với (2.9)

Tương tự, với t < 0 thì (s ; -t) là nghiệm nguyên dương của (2.7) và ta cũng dẫn

đến một bất đẳng thức mâu thuẫn với (2.10)

Vậy u = a, v = b hay (x 0 ; y 0 ) là nghiệm của hệ trên 

Bài toán 6

Cho a, b là các số nguyên dương không chính phương sao cho a.b cũng không chính phương Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình

Ax2 – By2 = 1 và Ax2 – By2 = –1 không có nghiệm nguyên dương (Vietnam TST 2009)

Lời giải

Giả sử cả hai phương trình

Ax2 – By2 = 1 (2.11)

và

Bx2 – Ay2 = 1 (2.12)

có nghiệm

Gọi (m ; n) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình x2 – ABy2 = 1, (x1; y1) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2.11) và (x2, y2) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình (2.12) Theo công thức nghiệm của phương trình Pell loại II, ta có

m = Ax12 + By12

n = 2x1y1

và

m = Bx22 + Ay22

n = 2x2y2

Do Ax12 = By12 + 1 và Ay22 = Bx22 – 1 nên từ đây ta suy ra

Ax 1 2 + By 1 2 = Bx 2 2 + Ay 2 2

⇒ 2By 1 2 + 1 = 2Bx 2 2 – 1

⇒ B(x 2 2 -y 1 2 ) = 1

Điều này không thể xảy ra do B > 1 

III Phương trình Diophant dạng Markov

Bài toán 7

Xét các số tự nhiên lẻ a,b mà a là ước của b 2 + 2 và b là ước của a 2 + 2 Chứng

minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (v n ) xác định bởi

v 1 = v 2 = 1 và v n = 4v n-1 – v n-2 với mọi n > 2

(VMO 2012) Lời giải

Do a,b lẻ nên (a,b)=1 Ta thấy a2 + b2 +2 chia hết cho a và b nên tồn tại số nguyên dương k sao cho a2 + b2 +2= kab (3.1)

Giả sử (a0,b0) là nghiệm nguyên dương của (3.1) với a0 + b0 nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a0 ≥ b0

Phương trình a2 – kb0a + b02 +2 =0 có nghiệm a0 nên theo định lý Viete, nó có một nghiệm nữa là a kb a b

+

2

0

2

Rõ ràng a1 nguyên dương và (a1,b0) là nghiệm của (3.1)

Do đó a0 + b0 ≤ a1 + b0⇔ ≤ − ⇔ 0 ≤

a k

a kb a

b

Mà 2 + 2 + = ⇔ 0 + 0 + = k

2

a b ka b

b a a b (3.2) Sau đây ta sử dụng phương pháp phương trình Markov quen thuộc để chứng minh k=4

Từ (3.2) suy ra ≤ + + 1 2

2

k

0

1

2

a k

a b

b ) nên k ≤ 6 Hơn nữa, doa 2 + b 2 ≥ a b

0 0 2 0 0 nên k > 2

Nếu k ≠ 4 thì (a0,b0) ≠ (1,1) nên a0b0 ≥ 2

Từ (3.2) ⇒ ≤ + + ⇒ ≤ 1 1 4

2

k

Nếu k = 3 thì 2 + 2 + =

a b a b chia hết cho 3

Nên có đúng một số trong hai số a0, b0 chia hết cho 3

Dễ thấy a0 ≠ 1và b0 ≠ 1 nên a0b0 ≥ 6

Từ (3.2) suy ra ≤ + + ⇔ ≤ 1 2 8

k

k k mà k nguyên dương nên k ≤ 2 (mâu thuẫn với k > 2)

Như vậy các số tự nhiên lẻ a,b phải thỏa mãna 2 + b 2 + = ab

2 4 (3.3) Tiếp theo ta mô tả tất cả các nghiệm của (3.3) thông qua cặp số hạng liên tiếp của dãy (vn) bằng phương pháp sau đây được gọi là phương pháp gien

(3.3) ⇔ 2 − + 2 + 2 + = 2 −

b ab a a a ab

⇔ 4a b− 2 +a2 + = 2 4 4a b a.−

Do đó nếu (a,b) là nghiệm của (3.3) thì (4a – b,a) cũng là nghiệm

Từ đó, do (v2,v1) = (1,1) là nghiệm của (3.3) nên (4v2-v1,v2) = (v3,v2) cũng là nghiệm Bằng quy nạp toán học suy ra (vn+1,vn) và (vn ,vn+1) là nghiệm của (3.3) Giả sử tồn tại cặp số tự nhiên lẻ (a,b) sao cho {a,b}≠ {vn+1,vn}, ∀n Nε *.

Ta chọn sao cho a + b nhỏ nhất

Nếu a = b suy ra a = b = 1 nên (a,b) = (v2,v1) (mâu thuẫn với cách chọn a, b) Nên không mất tính tổng quát, ta giả sử a > b>1

Ta lại có (3.3) ⇔ ( − ) 2 + 2 + = ( − ) .

4b a b 2 4 4b a b

nên (4b – a, b) là nghiệm nguyên dương của (3.3)

Mà a > b nên ab – b2 = b(a – b) ≥ 3

b a a b a b a b.

a a

Do cách chọn (a,b) nên {4b – a,b} = {vn+1,vn} với n nào đó

Hơn nữa

a ab b b ⇒ − (a 3b a b)( + ) ≥ 0 ⇒ −a 3b≥ ⇒ 0 4b a b.− ≤



b a v a v v v

Vậy điều giả sử trên sai, nghĩa là tồn tại số tự nhiên n sao cho {a,b} = {vn+1,vn} 

Để thấy được rõ hơn sự kết hợp nhuần nhuyễn phương pháp cực hạn và phương pháp phương trình Markov (còn gọi là phương pháp nhảy Viete), phương pháp gien trong giải phương trình Diophant, ta xét bài toán sau

Bài toán 8

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình sau: x2 + y2 + x + y + 1 = xyz (3.4)

Giải

Trước hết ta dùng phương pháp bước nhảy Viete để tìm z

Nếu x = y thì x (xz – 2x – 2) =1 x y

z

= =



⇒ 

=



1

5 Gọi (x1,y1,z1) là nghiệm thỏa z1 5, khi đo x1≠ y1 Không mất tính tổng quát, giả sử x >y1 1 và x1+ y1nhỏ nhất