Tuyển tập Phương trình nghiệm nguyên108 bài

Bài toán : Xét phương trình $x^2+y^2+1=kxy$.

a) Tìm tất cả các số $k$ nguyên dương sao cho phương trình trên có nghiệm nguyên dương $(x,y)$.

b) Với các giá trị $k$ tìm được, hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình.

Lời giải :

a) Cố định $k$ và xét tập :

$S$$=\left\{(x,y)\in {\left({\mathbb{Z}}^{+}\right)}^2|k=\frac{x^2+y^2+1}{xy}\in {\mathbb{Z}}^{+}\right\}$

Trong $S$ chọn ra cặp $(X,Y)$ thỏa mãn $X+Y$ nhỏ nhất, giả sử $X\ge Y$.

Xét phương trình :

$$t^2-ktY+Y^2+1=0$$

Dễ thấy phương trình này có nghiệm $t_1=X$, gọi nghiệm còn lại là $t_0$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}{t}_0+X=kY\\ t_{0}X=Y^2+1\end{array}$$

Từ đây dễ thấy $t_0$ cũng nguyên dương, vì tính nhỏ nhất của $X+Y$ nên $t_0\ge X$.

Suy ra :

$$kY=t_0+X\ge 2X\Rightarrow \frac{X}{Y}\le \frac{k}{2}$$

Vì $X,Y$ nguyên dương nên $X,Y\ge 1$. Như vậy :

$$k=\frac{X}{Y}+\frac{Y}{X}+\frac{1}{XY}\le \frac{k}{2}+1+1\iff k\le 4$$

Và dấu bằng chỉ xảy ra khi $X=Y,2X=kY,X=Y=1$. Mâu thuẫn. Như vậy $k\le 3$. Hơn nữa theo AM-GM ta dễ thấy $k\ge 3$.

Ta được $k=3$. Thử lại với $k=3$ thì $(x,y)=(1,1)$ là một nghiệm của phương trình.

b) Ta tìm tất cả các nghiệm của phương trình :

$$x^2+y^2+1=3xy(1)$$

Xét dãy số $(u_n)$ xác định như sau :

$$\{\begin{array}{c}{u}_0=1,u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-u_{n-1},\forall n\ge 1\end{array}$$

Ta chứng minh nếu $(x,y)$ là cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$ khi và chỉ khi $n$ để $x=x_n,y=x_{n+1}$.

Thực vậy, dễ kiểm tra được $(x_n,x_{n+1})$ thỏa $(1)$ với mọi $n$. Gọi $(w_0,w_1)$ là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$. Nếu $w_0=1$ thì $w_1=1$, tức tồn tại $n=0$ để $w_0=u_0,w_1=w_1$. Do đó ta chỉ cần xét $w_0,w_1>1$, giả sử luôn $w_0>w_1$.

Khi đó ta chọn $w_2=3w_1-w_0$. Dễ thấy $w_2$ nguyên dương và cặp $(w_1,w_2)=(w_1,3w_1-w_0)$ lúc này cũng thỏa $(1)$.

Để ý ta có :

$$w_2=3w_1-w_0=\frac{w_1^2+1}{w_0}<w_0$$

Suy ra $w_2+w_1<w_1+w_0$.

Hoàn toàn tương tự ta chọn được cặp $(w_2,w_3)=(w_2,3w_2-w_1)$ cũng thỏa $w_3$ nguyên dương và $w_3+w_2<w_2+w_1$.

Cứ tiếp tục quá trình này, ta được :

$$...<w_{i+1}+w_i<...<w_2+w_1<w_1+w_0$$

Nhưng $w_1+w_0$ bị chặn dưới bởi $2$ nên phải tồn tại $k$ sao cho :

$$w_k+w_{k+1}=1\Rightarrow w_k=u_1=1,w_{k+1}=u_0=1$$

Từ đó :

$$w_{k-1}=3w_k-w_{k+1}=3u_1-u_0=u_2$$

$$w_{k-2}=3w_{k-1}-w_k=3u_2-u_1=u_3$$

…

$$w_1=3w_2-w_3=3u_{k-1}-u_{k-2}=u_k$$

$$w_0=3w_1-w_2=3u_k-3u_{k-1}=u_{k+1}$$.

Như vậy với cặp $(w_0,w_1)$ bất kỳ thì tồn tại $n=k$ để $(w_1,w_0)=(u_k,u_{k+1})$.

Từ đó tất cả các nghiệm của phương trình là $(x,y)=(u_n,u_{n+1})$ với dãy $(u_n)$ xác định như trên.

 

Lưu ý : Kỹ thuật xét dãy như trên :

Xét dãy truy hồi tuyến tính cấp hai : 

$$\{\begin{array}{c}{u}_0=\alpha ,u_1=\beta \\ u_{n+1}=a{u}_n-u_{n-1}+b\end{array}(\ast )$$

Để ý thì thấy :

$\frac{u_{n+1}+u_{n-1}-b}{u_n}$$=a$$=\frac{u_{n+2}+u_n-b}{u_{n+1}}$$\iff u_{n+1}^2+u_{n+1}{u}_{n-1}-b{u}_{n+1}$$=u_{n+2}{u}_n+u_n^2-b{u}_n$$\iff u_{n+1}^2-(a{u}_{n+1}-u_n+b)u_n-b{u}_{n+1}$$=u_n^2-(a{u}_n-u_{n-1}+b)u_{n-1}-b{u}_n$$\iff u_{n+1}^2+u_n^2-a{u}_{n+1}{u}_n-b(u_{n+1}+u_n)$$=u_n^2+u_{n-1}^2-a{u}_n{u}_{n-1}-b(u_n+u_{n-1})$

Như vậy :

$$u_n^2+u_{n-1}^2-a{u}_n{u}_{n-1}-b(u_n+u_{n-1})={\alpha }^2+{\beta }^2-a\alpha \beta -b(\alpha +\beta )$$

Do đó nếu gặp phương trình có dạng :

$$x^2+y^2-axy-b(x+y)={\alpha }^2+{\beta }^2-a\alpha \beta -b(\alpha +\beta )$$

Thì ta sẽ xét dãy $(\ast )$. 

 

Bài toán (Vietnamese Mathematical Olympiad 2012)

Xét các số tự nhiên lẻ $a,b$ mà $a\mid b^2+2$ và $b\mid a^2+2$. Chứng minh rằng $a,b$ là các số hạng của dãy số tự nhiên $(v_n)$ được xác định bởi :

$$v_1=v_2=1$$ và $$v_n=4v_{n-1}-v_{n-2},\forall n\ge 2$$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh :

$$b\mid a^2+2\wedge a\mid b^2+2\iff ab\mid a^2+b^2+2$$

Thực vậy, ta có :

 $$b\mid a^2+2\wedge a\mid b^2+2\Rightarrow ab\mid (a^2+2)(b^2+2)\Rightarrow ab\mid 2(a^2+b^2+2)$$

Do $a,b$ lẻ nên $ab\mid a^2+b^2+2$.

Ngược lại nếu có $ab\mid a^2+b^2+2$ thì dễ dàng suy ra ngay được $b\mid a^2+2$ và $a\mid b^2+2$.

Từ đó giả thiết đề bài tương đương với việc tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho :

$$a^2+b^2+2=kab$$.

Ta chứng minh $k=4$ bằng Vieta Jumping. Cố định $k$ và xét tập :

$S$$=\left\{a,b\in {\left({\mathbb{Z}}^{+}\right)}^2|k=\frac{a^2+b^2+2}{ab}\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right\}$

Trong $S$ ta chọn ra cặp $(A,B)$ mà tổng $A+B$ là nhỏ nhất. Không giảm tổng quát, ta giả sử $A\ge B$.

Xét phương trình bậc hai ẩn $t$ :

$$t^2-ktB+B^2+2=0$$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $A$, gọi nghiệm còn lại là $t_0$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}{t}_0+A=kB\\ t_{0}A=B^2+2\end{array}$$

Từ đây suy ra được $t_0$ nguyên dương. Chú ý vì $A+B$ là nhỏ nhất nên ta được $t_0\ge A$.

Suy ra $t_0+A=kB\ge 2A$ hay $\frac{A}{B}\le \frac{k}{2}$.

Nếu có một trong hai số $a,b$ bằng $1$, giả sử $b=1$ thì $ka=a^2+3$, dễ suy ra $k=4$.

Nếu cả hai số $a,b\ge 2$. Ta có $A\ge B\ge 2$. Thì :

$$k=\frac{A}{B}+\frac{B}{A}+\frac{2}{AB}\le \frac{k}{2}+1+\frac{2}{2.2}\iff k\le 3$$

Lại theo AM-GM :

$$kab=a^2+b^2+2\ge 2(ab+1)\Rightarrow k\ge 3$$

Ta được $k=3$.

Lúc này :

$$A^2+B^2+2=3AB$$

Từ đẳng thức này dễ dàng suy ra phải có một trong hai số chia hết cho $3$, giả sử $3\mid A$ thì $A\ge 3$.

Nếu $B=1$ ta gặp mâu thuẫn, do đó $B\ge 2$. Tức $AB\ge 6$.

Nhưng lúc này :

$$3=\frac{A}{B}+\frac{B}{A}+\frac{2}{AB}\le \frac{3}{2}+1+\frac{2}{6}$$

Điều này vô lí. Vậy $k=4$ là giá trị duy nhất cần tìm.

Ta chứng minh xong việc các số $a,b$ thỏa giả thiết thì cũng phải thỏa mãn phương trình :

$$a^2+b^2+2=4ab(1)$$.

Bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ rằng nếu cặp $(a,b)$ bất kỳ thỏa mãn $(1)$ thì sẽ luôn tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $a=x_n,b=x_{n+1}$.

Gỉa sử $(u_0,u_1)$ là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$. Ta hoàn toàn có quyền giả sử $u_0>u_1$ .Nếu $u_0=1$ thì $u_1=1$, tức tồn tại $n=1$ để $u_0=v_1,u_1=v_2$. Tương tự khi xét $u_1=1$. Do đó ta chỉ cần xét $u_0,u_1>1$.

Khi đó ta chọn cặp $(u_1,u_2)=(u_1,4u_1-u_0)$, dễ thấy $u_1,u_2$ nguyên dương và $(u_1,u_2)$ cũng thỏa mãn $(1)$.

Lúc này ta chú ý $4u_1-u_0<u_0$ vì $4u_1-u_0=\frac{u_1^2+2}{u_0}-u_0=\frac{2-(u_0-u_1)(u_0+u_1)}{u_0}\le 0$.

Suy ra :

$$u_1+u_2=u_1+(4u_1-u_0)<u_1+u_0$$.

Tương tự ta cũng chọn được cặp $(u_2,u_3)=(u_2,4u_2-u_1)$ cũng thỏa $u_2,u_3$ nguyên dương, cũng thỏa $(1)$ và $u_2+u_3<u_1+u_2<u_1+u_0$.

Cứ tiếp tục quá trình này, ta được :

$$...<u_i+u_{i+1}<...<u_1+u_2<u_1+u_0$$

Thế nhưng $u_1+u_0>2$ nên phải tồn tại $k$ sao cho $u_k+u_{k+1}=2$, suy ra $u_k=u_{k+1}=1$.

Tức là ta có :

$$u_k=v_2,u_{k+1}=v_1$$.

Ta có thể thấy được cách xác định $u_n$ là như sau :

$$u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$$ hay $$u_n=4u_{n+1}-u_{n+2}$$.

Từ đó :

$$u_{k-1}=4u_k-u_{k+1}=4v_2-v_1=v_3$$

$$u_{k-2}=4u_{k-1}-u_k=4v_3-v_2=v_4$$

$$...$$

$$u_1=4u_2-u_3=4v_k-v_{k-1}=v_{k+1}$$

$$u_0=4u_1-u_2=4v_{k+1}-v_k=v_{k+2}$$.

Như vậy tồn tại $n=k+1$ để với cặp $(u_0,u_1)$ bất kỳ thỏa $(1)$ thì ta có $(u_1,u_0)=(v_{k+1},v_{k+2})$.

Bài toán (CĐT VMO Bình Định 2013-2014) : Cho các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn $\frac{ab(5a^2+5b^2-2)}{5ab-1}\in \mathbb{Z}$. Chứng minh rằng $a=b$

Lời giải :

Vì $gcd(ab,5ab-1)=1$ nên ta có $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}\in \mathbb{Z}$. Đặt $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}=k\in \mathbb{Z}$.

Dễ dàng có $5(a^2+b^2)-2\ge 10ab-2>5ab-1\Rightarrow k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}>1\Rightarrow k\ge 2$.

Xét tập $S=\left\{(a,b)\in {\mathbb{Z}}^{+}\times {\mathbb{Z}}^{+}\mid k=\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}\in \mathbb{Z}\right\}$

Cố định $k$ và trong các phần tử của $S$, ta chọn ra cặp số $(A,B)$ nguyên dương thỏa mãn tổng $A+B$ nhỏ nhất. Gỉa sử $A\ne B$, không mất tính tổng quát, xét $A>B$.

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$$\frac{5x^2+5B^2-2}{5xB-1}=k\iff 5x^2-5xBk+5B^2+k-2=0$$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $A$, gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lí $Viete$, ta có :

$$\{\begin{array}{ccc}A+x_0=Bk& (1)& \\ A{x}_0=\frac{5B^2+k-2}{5}& (2)& \end{array}$$

Từ $(1)$ ta có $x_0$ nguyên. Nếu $x_0<0$ thì $x_0\le -1\Rightarrow 5x_0^2-5x_{0}Bk+5B^2+k-2\ge 5+5Bk+5B^2+k-2>0$. Mâu thuẫn. Nếu $x_0>0$ thì $(x_0,B)\in S$.

Khi đó do tính nhỏ nhất của tổng $A+B$ mà ta có $x_0\ge A\Rightarrow \frac{5B^2+k-2}{5A}\ge A\iff \frac{5A^2+5B^2-2}{5AB-1}-2\ge 5(A-B)(A+B)\iff \frac{5(A-B{)}^2}{5AB-1}\ge 5(A-B)(A+B)\iff A-B\ge (A+B)(5AB-1)$.

Rõ ràng điều này vô lí.

Như vậy phải có $x_0=0$, suy ra $5B^2=2-k\ge 0$, lại có $k\ge 2$, do đó $k=2$.

Suy ra $\frac{5a^2+5b^2-2}{5ab-1}=2\iff (a-b{)}^2=0\iff a=b$. Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho $a,b,k$ là các số nguyên dương thỏa mãn $k=\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}$. Chứng minh rằng $k$ là một số chính phương.

Lời giải :

Cố định $k$ và xét tập $S=\left\{(a,b)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}|k=\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}\right\}$

Gỉa sử $k$ không là số chính phương.

Trong các phần tử của $S$ ta chọn ra cặp $(A,B)$ thỏa mãn $A+B$ nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $A>B>0$

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$$k=\frac{x^2+xB+B^2}{xB+1}\iff x^2+(B-kB)x+B^2-k=0$$

Phương trình này hiển nhiên có hai nghiệm là $A$ và $x_0$.

Theo định lí $Viete$ :

$$\{\begin{array}{ccc}{x}_0+A=kB-B& (1)& \\ x_0.A=B^2-k& (2)& \end{array}$$

Từ $(1)$ ta có $x_0$ là số nguyên.

Nếu $x_0<0$ thì $x_0\le -1\Rightarrow x^2-(Bk-B)x+B^2-k\ge x^2+(Bk-B)+B^2-k>0$. Mâu thuẫn

Nếu $x_0=0$ thì $k=B^2$ là một số chính phương (loại)

Nếu $x_0>0$ thì $\left(x_0,B\right)\in S$.

Từ đó :

$$x_0+B=\frac{B^2-k}{A}+B<\frac{B^2}{A}+B<\frac{A^2}{A}+B=A+B$$

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của tổng $A+B$.

Như vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có $k$ phải là một số chính phương.

Bài toán : (VMO 2002) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương $k$ sao cho phương trình $(x+y+z+t{)}^2=k^{2}xyzt$ có nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Viết lại phương trình dưới dạng : $x^2+(2y+2z+2t-k^{2}yzt)x+(y+z+t{)}^2=0$

Trong các nghiệm nguyên dương của phương trình, ta chọn ra bộ nghiệm $(X,Y,Z,T)$ có tổng $X+Y+Z+T$ nhỏ nhất.

Khi đó dễ thấy $X$ là một nghiệm của phương trình bậc hai :

$$x^2+(2Y+2Z+2T-k^{2}YZT)x+(Y+Z+T{)}^2=0(\ast )$$

Gọi nghiệm còn lại của $(1)$ là $X_0$, theo định lí $Viete$ :

$$\{\begin{array}{ccc}X+X_0=k^{2}YZT-2Y-2Z-2T& (1)& \\ X.X_0=(Y+Z+T{)}^2& (2)& \end{array}$$

Từ $(1)$ ta có $X_0$ nguyên và từ $(2)$ ta có $X_0$ dương. Như vậy $(X_0,Y,Z,T)$ cũng là một bộ số thỏa $(\ast )$, nhưng vì tính nhỏ nhất của tổng $X+Y+Z+T$ mà ta có $X_0\ge X$.

Do đó từ $(2)$ ta suy ra $X_0=\frac{(Y+Z+T{)}^2}{X}\ge X\Rightarrow Y+Z+T\ge X$

Kết hợp với $(1)$ : $k^{2}YZT-2Y-2Z-2T-X\ge X\Rightarrow k^{2}YZT\ge 2X+2(Y+Z+T)\ge 4X$.

Chia hai vế của đẳng thức $X^2+Y^2+Z^2+T^2+2XY+2XZ+2XT+2YZ+2YT+2ZT=k^{2}XYZT$ cho $XYZT$, ta được :

$\frac{X}{YZT}+\frac{Y}{XZT}+\frac{Z}{XYT}+\frac{T}{XYZ}+\frac{2}{ZT}+\frac{2}{YT}+\frac{2}{YZ}+\frac{2}{XT}+\frac{2}{XZ}+\frac{2}{XY}$$=k^2$

Bây giờ, ta có quyền giả sử $X\ge Y\ge Z\ge T\ge 1$

Khi đó $\frac{X}{YZT}\le \frac{k^2}{4},\frac{Y}{ZTX}\le \frac{1}{ZT}\le 1,\frac{Z}{XYT}\le \frac{1}{XT}\le 1,\frac{T}{XYZ}\le \frac{1}{XY}\le 1$

Từ đó ta có thể suy ra :

$k^2$$\le \frac{k^2}{4}+1+1+1+2+2+2+2+2+2$$=\frac{k^2}{4}+15$$\Rightarrow k^2$$\le 20$$\Rightarrow k\in \left\{1,2,3,4\right\}$

Nếu $k=1$, phương trình có nghiệm $(4,4,4,4)$

Nếu $k=2$, phương trình có nghiệm $(2,2,2,2)$

Nếu $k=3$, phương trình có nghiệm $(1,1,2,2)$

Nếu $k=4$, phương trình có nghiệm $(1,1,1,1)$.

Kết luận: Để phương trình có nghiệm nguyên dương thì tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của $k$ là $\boxed{k\in \left\{1,2,3,4\right\}}$

Bài toán  (Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 năm 2014)

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho phương trình $x^2+y^2+x+y=kxy$ có nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Gọi $\left(x_0,y_0\right)$ là bộ nghiệm nguyên dương của phương trình thỏa mãn $x_0+y_0$ nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $x_0\ge y_0\ge 1$

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$$x^2+y_0^2+x+y_0=kx{y}_0\iff x^2+x(1-k{y}_0)+y_0^2+y_0=0$$

Phương trình bậc hai này hiển nhiên có một nghiệm $x_0$, gọi nghiệm còn lại là $x_1$

Theo định lí $Viete$ :

$$\{\begin{array}{ccc}{x}_0+x_1=k{y}_0-1& (1)& \\ x_0{x}_1=y_0^2+y_0& (2)& \end{array}$$

Từ $(1)$ ta có $x_1$ nguyên, từ $(2)$ ta có $x_1$ dương. Như vậy $(x_1,y_0)$ cũng là một nghiệm thỏa mãn phương trình

Mặt khác, do tính nhỏ  nhất của tổng $x_0+y_0$ mà ta có $x_1\ge x_0$.

Do đó từ $(1)$, ta có : $k{y}_0-1\ge 2x_0\Rightarrow \frac{2x_0}{y_0}+\frac{1}{y_0}\le k$

Từ phương trình :

$k$$=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}+\frac{1}{x_0}+\frac{1}{y_0}$$=\left(\frac{x_0}{y_0}+\frac{1}{2y_0}\right)+\frac{y_0}{x_0}+\frac{1}{x_0}+\frac{1}{2y_0}$$\le \frac{k}{2}+1+1+\frac{1}{2}$$\Rightarrow k$$\le 5$$\Rightarrow k\in \left\{1;2;3;4;5\right\}$

• Với $k=1$, ta có : $x^2+y^2+x+y=xy$, phương trình này vô nghiệm nguyên dương vì $x^2+y^2+x+y\ge 2xy+x+y>xy$
• Với $k=2$ , tương tự như trên, ta cũng lập luận được phương trình này vô nghiệm nguyên dương
• Với $k=3$, phương trình có nghiệm nguyên dương $(2;2)$
• Với $k=4$ thì phương trình có nghiệm $(1;1)$.
• Với $k=5$, dấu bằng phải đồng thời xảy ra ở các điểm :

$$\frac{x}{y}+\frac{1}{2y}=\frac{k}{2}=\frac{5}{2},\frac{1}{x}=1,\frac{1}{2y}=1,\frac{y}{x}=1$$

Dễ thấy không tồn tại các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn tất cả các điều trên. Trường hợp này bị loại.

Kết luận : $\boxed{k\in \left\{3;4\right\}}$

Bài toán : Cho phương trình ${\left(x+y+z\right)}^2=nxyz$ với $n$ là số tự nhiên khác không. Tìm $n$ để phương trình có nghiệm nguyên dương

Lời giải :

Gọi $\left(x_0;y_0;z_0\right)$ bộ số thỏa đề sao cho $x_0+y_0+z_0$ nhỏ nhất.

Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ :

$(x+y_0+z_0{)}^2$$=nx{y}_0{z}_0$$\iff x^2-(n{y}_0{z}_0-2y_0-2z_0)x_0+(y_0+z_0{)}^2$$=0$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $x_0$, gọi nghiệm còn lại là $x_1$.

Theo định lí $Viete$ :

$$\{\begin{array}{ccc}{x}_1+x_0=n{y}_0{z}_0-2y_0-2z_0& (1)& \\ x_1{x}_0=(y_0+z_0{)}^2& (2)& \end{array}$$

Từ $(1)$ có $x_1$ nguyên dương, do đó bộ $\left(x_1;y_0;z_0\right)$ cũng thỏa mãn phương trình, mặt khác do tính nhỏ nhất của tổng $x_0+y_0+z_0$ nên $x_1\ge x_0$.

Từ $(2)$ : $x_0^2\le x_1{x}_0=(y_0+z_0{)}^2\Rightarrow x_0\le y_0+z_0$

Do đó từ $(1)$ : $2x_0\le x_1+x_0=n{y}_0{z}_0-2(y_0+z_0)\le n{y}_0{z}_0-2x_0\Rightarrow \frac{x_0}{y_0{z}_0}\le \frac{n}{4}$

Khai triển vế trái và chia hai vế của phương trình ban đầu cho tích $x_0{y}_0{z}_0$ :

$\frac{x_0}{y_0{z}_0}+\frac{y_0}{x_0{z}_0}+\frac{z_0}{x_0{y}_0}+\frac{2}{x_0}+\frac{2}{y_0}+\frac{2}{z_0}$$=n$

Bây giờ, ta giả sử $x_0\ge y_0\ge z_0>0\Rightarrow x_0\ge 3;y_0\ge 2;z_0\ge 1$

Khi đó $\frac{y_0}{z_0{x}_0}\le \frac{1}{x_0}\le 1;\frac{z_0}{x_0{y}_0}\le \frac{1}{y_0}\le \frac{1}{2}$

Suy ra $n\le \frac{n}{4}+1+\frac{1}{2}+2+2+2\iff n\le 10$

Mà $n$ nguyên dương nên $n\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\right\}$

• Nếu $n=1$ phương trình có nghiệm $(9;9;9)$
• Nếu $n=2$ phương trình có nghiệm $(8;4;4)$
• Nếu $n=3$ phương trình có nghiệm $(3;3;3)$
• Nếu $n=4$ phương trình có nghiệm $(4;2;2)$
• Nếu $n=5$ phương trình có nghiệm $(1;4;5)$
• Nếu $n=6$ phương trình có nghiệm $(1;2;3)$
• Nếu $n=7$, phương trình vô nghiệm (chứng minh tại đây )
• Nếu $n=8$, phương trình có nghiệm $(1;2;1)$
• Nếu $n=9$ phương trình có nghiệm $(1;1;1)$
• Nếu $n=10$ thì dấu bằng phải xảy ra đồng thời ở các điểm :

$$\frac{2}{x}=\frac{2}{y}=\frac{2}{z}=2$$

$$\frac{x}{yz}=\frac{n}{4}=\frac{10}{4}$$

$$\frac{y}{zx}=1;\frac{z}{xy}=\frac{1}{2}$$

Dễ thấy không tồn tại các số $x,y,z$ thỏa mãn tất cả các điều kiện trên.

Kết luận :$\boxed{n\in \left\{1;2;3;4;5;6;8;9\right\}}$

Bài toán : Chứng minh rằng phương trình $(x+y+z{)}^2=7xyz$ không có nghiệm nguyên dương

Lời giải :

Gọi $\left(x^{\prime };y^{\prime };z^{\prime }\right)$ là một nghiệm thỏa mãn phương trình với $z^{\prime }$ là số nhỏ nhất

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $x^{\prime }\le y^{\prime }\le z^{\prime }$

Khi đó ta có :

$$z^{\prime }|(x^{\prime }+y^{\prime }+z^{\prime }{)}^2\Rightarrow z|(x^{\prime }+y^{\prime }{)}^2+2z^{\prime }(x^{\prime }+y^{\prime })+z^{\prime 2}\Rightarrow z^{\prime }|(x^{\prime }+y^{\prime }{)}^2$$

Mặt khác xét phương trình bậc hai ẩn $z$ :

$$z^2-(7x^{\prime }{y}^{\prime }-2x^{\prime }-2y^{\prime })z+(x^{\prime }+y^{\prime }{)}^2=0$$

Hiển nhiên phương trình này có một nghiệm $z^{\prime }$

Theo định lí $Viete$ thì nghiệm còn lại của nó là $\frac{(x^{\prime }+y^{\prime }{)}^2}{z^{\prime }}\in \mathbb{Z}$.

Như vậy $\left(x^{\prime };y^{\prime };\frac{(x^{\prime }+y^{\prime }{)}^2}{z^{\prime }}\right)$ cũng là một bộ số thỏa mãn phương trình.

Nếu giả sử $x^{\prime }+y^{\prime }<z^{\prime }\Rightarrow \frac{(x^{\prime }+y^{\prime }{)}^2}{z^{\prime }}<z^{\prime }$ thì vô lí vì $(x^{\prime };y^{\prime };z^{\prime })$ cũng là một bộ số thỏa mãn phương trình và vì tính nhỏ nhất của $z^{\prime }$

Do đó phải có $z^{\prime }\le x^{\prime }+y^{\prime }$. Khai triển phương trình ban đầu và chia hai vế của nó cho $x^{\prime }{y}^{\prime }{z}^{\prime }$ ta được :

$7$$\le \frac{x^{\prime }}{y^{\prime }{z}^{\prime }}+\frac{y^{\prime }}{z^{\prime }{x}^{\prime }}+\frac{z^{\prime }}{x^{\prime }{y}^{\prime }}+\frac{2}{x^{\prime }}+\frac{2}{y^{\prime }}+\frac{2}{z^{\prime }}$$\le \frac{1}{z^{\prime }}+\frac{1}{x^{\prime }}+\frac{x^{\prime }+y^{\prime }}{x^{\prime }{y}^{\prime }}+\frac{2}{x^{\prime }}+\frac{2}{y^{\prime }}+\frac{2}{z^{\prime }}$$=\frac{4}{x^{\prime }}+\frac{3}{y^{\prime }}+\frac{3}{z^{\prime }}$$\le \frac{10}{x^{\prime }}$$\Rightarrow x^{\prime }$$\le \frac{10}{7}$$\Rightarrow x^{\prime }$$=1$

Khi đó $y^{\prime }\le z^{\prime }\le y^{\prime }+1\Rightarrow z^{\prime }=y\vee z^{\prime }=y^{\prime }+1$

• Nếu $z^{\prime }=y^{\prime }$ thì ta có phương trình $(1+2z^{\prime }{)}^2=7z^{\prime 2}\iff 3z^{\prime 2}-4z^{\prime }-1=0\iff z^{\prime }=\frac{2\pm \sqrt{7}}{3}$ (loại)
• Nếu $z^{\prime }=y^{\prime }+1$ thì ta có phương trình $(2+2z^{\prime }{)}^2=7z^{\prime }(z^{\prime }+1)\iff 3z^{\prime 2}-z^{\prime }-4=0\iff z\in \left\{-1;\frac{4}{3}\right\}$ (loại)

Kết luận : Phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.