VỚI X  3 THÌ TA CÓ 5( Y Z   ) 18 6  YZ  (6 Y  5)(6 Y  ...

3) Với x  3 thì ta có 5( y z   ) 18 6  yz  (6 y  5)(6 y   5) 133. (*)

Mặt khác y z , nguyên dương và 3   y z nên 15 6  y   5 6 z  5

suy ra (6 y  5)(6 y   5) 15

²

 225. (Mâu thuẫn với (*) ).

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên dương ( ; ; ) x y z là (1;3;3), (2;3; 4) và các hoán vị

của nó.

Nhận xét. Với cách làm tương tự, ta có thể tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

dạng a x (

₁

   x

₂

... x

_n

)   b cx x x

_{1 2}

... ,

_n

trong đó a b c n , , , là các số nguyên dương và n  2.

Ví dụ 8. Tìm tất cả các tam giác có số đo các cạnh là những số nguyên dương và bán

kính đường tròn nội tiếp bằng 1.

Giải.

Gọi độ dài của ba cạnh của tam giác là a b c , , với a b c    1, với a b c , ,   *.

Theo công thức tính diện tích tam giác, ta có

a b c

S  p p a p b p c     pr với ,

p    r là bán kính đường tròn nội tiếp.

( )( )( )

2

Do r  1 nên

   

( )( )( )

2

p p a p b p c p

    

p a p b p c p

       

b c a a b c a b c a b c

 

. . .

2 2 2 2

Suy ra ( b c a a b c a b c   )(   )(    ) 4( a b c   ).

Vì ( b c a   ), ( a b c a b c   ), (   ) cùng chẵn hoặc cùng lẻ, mà 4( a b c   ) là số chẵn nên

( b c a   ), ( a b c a b c   ), (   ) cùng chẵn.

b c a a b c a b c

Đặt , ,

x    y    z    với x y z , ,   * dẫn đến phương trình

2 2 2

.

xyz x y z   

Do a b c   nên x y z   , suy ra xyz     x y z 3 , z dẫn đến xy  {1; 2;3}.

Xảy ra các khả năng

a) Nếu xy  1 thì x  1; y  1 suy ra 2     z z z 0 (loại do ^z  ¹ ).

b) Nếu xy  2 thì x  1; y  2 suy ra 3   z 2 z   z 3.

Trang 28

c) Nếu xy  3 thì x  1; y  3 suy ra ^{4   z 3 z   z 2} (loại do y z  ).

Do vậy ( ; ; ) (1; 2;3) x y z  . Suy ra ( ; ; ) (5; 4;3). a b c 

Vậy tam giác có độ dài ba cạnh là 5, 4,3 thỏa mãn.