Number theory 13

Trang chủ > Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình có ẩn ở số mũ, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp > Number theory 13

Number theory 13

Tháng Bảy 23, 2013 phamquangtoan Bình luận về bài viết này Go to comments

(Mathematical Reflection Magazine Issue 4- 2013) Giải phương trình nghiệm nguyên dương $10^n-6^m=4n^2$ .

Lời giải. Nhận thấy $m=n=1$ là một nghiệm của phương trình.

Thử với $n=2,3$ thì không thỏa mãn. Với $n \ge 4$ , ta có bổ đề sau:

Bổ đề 1. Nếu $a \in \mathbb{N}, \; a \ge 2$ thì $10^a>6^a+4a^2$ .

Bổ đề này dễ chứng minh bằng quy nạp. Do vậy, từ bổ đề ta suy ra $6^m>6^n \Rightarrow m>n \ge 4$ .

Trường hợp 1. Nếu $n$ lẻ thì $4n^2 \equiv 4 \pmod{16}$ và $10^n \equiv 0 \pmod{16}$ (vì $n \ge 4$ ). Do đó $6^m \equiv 12 \pmod{16} \Rightarrow 6^m=16k+12=4(4k+3)$ . Ta suy ra $m=2$ . Tuy nhiên $m=2$ thì $6^m=6^2 \equiv 4 \pmod{16}$ , mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Nếu $n$ chẵn thì $n=2n_1$ với $n_1 \in \mathbb{N}, \; n_1 \ge 2$ . Mặt khác, ta có nhận xét sau:

Nhận xét. Nếu $a \in \mathbb{Z}$ thì $a^2 \equiv 0,1,2,4 \pmod{7}$ .

Từ nhận xét ta suy ra $4n^2 \equiv 0,1,2,4 \pmod{7}$ .

Khả năng 1. Nếu $3|n_1$ thì $3|4n^2$ và $3|6^m$ nên $3|10^n$ , mâu thuẫn.

Khả năng 2. Nếu $n_1=3k+1$ thì theo định lý Fermat nhỏ ta có $10^n=10^{6k+2} \equiv 2 \pmod{7}$ .

+) Với $m$ chẵn thì $6^m \equiv 1 \pmod{7} \Rightarrow 4n^2 \equiv 1 \pmod{7}$ (có thể xảy ra).

+) Với $m$ lẻ thì $6^m \equiv 6 \pmod{7} \Rightarrow 4n^2 \equiv 3 \pmod{7}$ , mâu thuẫn.

Khả năng 3. Nếu $n_1=3k+2$ thì $10^n=10^{6k+4} \equiv 4 \pmod{7}$ .

+) Với $m$ chẵn thì $4n^2 \equiv 3 \pmod{7}$ , mâu thuẫn.

+) Với $m$ lẻ thì $4n^2 \equiv 5 \pmod{7}$ , mâu thuẫn.

Vậy ba khả năng trên ta suy ra $m=2m_1$ với $m_1 \in \mathbb{N}, \; m_1 \ge 2$ .

Như vậy $(1) \Leftrightarrow \left( 10^{n_1}-6^{m_1} \right) \left( 10^{n_1}+6^{n_1} \right) = 16n_1^2 \qquad (2)$

Vì $m>n$ nên $(2) \Leftrightarrow 2^{2n_1} \left( 5^{n_1}-2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1} \right) \left( 5^{n_1}+2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1} \right)= 16n_1^2$

Đặt $n_1=2^q \cdot k$ với $q,k \in \mathbb{N},k$ lẻ. Khi đó phương trình trở thành

$\left( 5^{n_1}-2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1} \right) \left( 5^{n_1}+2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1} \right)= \dfrac{2^{2q+4}}{2^{2^{q+1} \cdot k}} \cdot k^2$

Vì $m>n$ nên các số $5^{n_1}-2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1}, 5^{n_1}+2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1}$ đều là số lẻ. Do đó $2^{2q+4}=2^{2^{q+1} \cdot k} \Rightarrow 2q+4=2^{q+1} \cdot k \Rightarrow q+2=2^q \cdot k$ .

Ta sẽ đi chứng minh bằng quy nạp: Với mọi $q \ge 1,k \ge 3$ thì $2^q \cdot k>q+2$ .

Do đó chỉ có thể $k=1$ . Vậy $\left( 5^{n_1}-2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1} \right) \left( 5^{n_1}+2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1} \right) =1$ , điều này hiển nhiên mâu thuẫn do $5^{n_1}+2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1}>1$ .