Phương trình nghiệm nguyên | .:: Pham Quang Toan's blog ::. '-'

Lưu trữ

Archive for the ‘Phương trình nghiệm nguyên’ Category

Number theory 30

Tháng Sáu 1, 2014 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

(Switzerland National Olympiad 2007) Tìm mọi số tự nhiên $a,b$ thỏa mãn $\dfrac{a^3+1}{2ab^2+1}$ là số nguyên.

Lời giải. Xem tại đây.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phép chia hết, phép chia có dư, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 29

Tháng Hai 7, 2014 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

Giải phương trình nghiệm nguyên không âm $33^x+31=2^y$ .

Lời giải. Xem tại đây.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình có ẩn ở số mũ, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 28

Tháng Hai 6, 2014 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

Giải phương trình nghiệm nguyên không âm $11^a5^b-3^c2^d=1.$

Lời giải. Xem tại đây.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình có ẩn ở số mũ, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 22

Tháng Chín 10, 2013 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

(Vietnam VMO 2004) Tìm tất cả các số nguyên dương $(x,y,z)$ sao cho $(x+y)(xy+1)=2^z$ .

Lời giải 1. Đặt $x+y=2^m,xy+1=2^n$ với $m,n \in \mathbb{N}^*$ . Vì $xy+1-(x+y)=(x-1)(y-1) \ge 0$ nên $m \le n$ . Nếu $m=1$ thì $x+y=1$ nên $x=y=1$ . Khi đó $z=2$ .

Nếu $m=2$ thì $x+y=4$ suy ra $x=1,y=3$ hoặc $x=3,y=1$ . Khi đó $z=4$ .

Nếu $m \ge 3$ . Khi đó thì $\begin{cases} x+y=2^m \\ xy=2^n-1 \end{cases}$ . Theo định lý Vieta ta suy ra $x,y$ là hai nghiệm nguyên dương của phương trình

$\begin{array}{l} a^2-2^ma+2^n-1=0, \qquad (1) \\ \Delta = 2^{2m}-4(2^n-1)=2^{2m}-2^{n+2}+4 \end{array}$

Để $(1)$ có nghiệm nguyên thì $\Delta$ là số chính phương, do đó ta đặt $2^{2m-2}-2^n+1=p^2$ với $p \in \mathbb{N}$ .

Đặt $p=2^{m-1} - \alpha \; (\alpha \in \mathbb{N}, \; \alpha \le 2^{m-1})$ thì phương trình trở thành

$1-2^n= \alpha^2- 2^m \alpha \Leftrightarrow 2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = \alpha^2-1 \qquad (2)$

Dễ thấy rằng $\alpha$ lẻ, đặt $\alpha= 2^k \cdot q+1$ với $k,q \in \mathbb{N}, k,q \ge 1, 2 \nmid q$ . Khi đó

$(2) \Leftrightarrow 2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = 2^{k+1} \cdot q \cdot \left( 2^{k-1} \cdot q+1 \right) \qquad (3)$

$\blacktriangleright$ Nếu $k=1$ thì $\alpha=2q+1$ . Do đó $(2) \Leftrightarrow 2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = 4q(q+1)$ . Tiếp tục đặt $q=2^o-1$ với $o \in \mathbb{N}, o \ge 1$ thì ta có $2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = 2^{o+2} \left( 2^o-1 \right)$ . Từ đây ta suy ra $m=2+o$ và $2 \left( 2^{o}-1 \right) - 2^{n-m}+1= 2^o-1$ . Do đó $2^o-2^{n-m}=0$ . Vậy $o=n-m$ .

Quay lại với $(3)$ , ta có $\alpha= 2q+1=2 \left( 2^o-1 \right) +1=2^{o+1}-1$ . Thay vào $(3)$ ta được

$2^m \left( 2^{n-m}-1 \right) = 4 \cdot \left( 2^{n-m}-1 \right) \cdot 2^{n-m} \qquad (4)$

Nếu $n=m$ thì $x+y=xy+1 \Leftrightarrow (x-1)(y-1)=0$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $x=1$ thì phương trình ban đầu tương đương với $(y+1)^2=2^z$ . Vậy $z=2l, y=2^l-1$ với $l \in \mathbb{N}^*$ .

Nếu $n>m$ thì $(4) \Leftrightarrow 2^m=2^{n-m+2} \Leftrightarrow 2m=n+2$ . Ta suy ra $(x+y)^2=4xy+4 \Leftrightarrow (x-y)^2=4$ nên $x-y=2$ hoặc $y-x=2$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y$ . Do đó $x=y+2$ . Thay vào phương trình ban đầu ta được $2(y+1)^3=2^z \Leftrightarrow (y+1)^3=2^{z-1}$ . Vậy $z-1=3g,y=2^g-1$ với $g \in \mathbb{N}^*$ .

$\blacktriangleright$ Nếu $k \ge 2$ thì $(3) \Rightarrow m=k+1$ và

$\begin{aligned} \alpha - 2^{n-m} = 2^{m-2}q^2+q & \Leftrightarrow 2^{m-1}q+1-2^{n-m}=2^{m-2}q^2+q \\ & \Leftrightarrow 2^{m-2} (2q-q^2) = 2^{n-m}+q-1 \end{aligned}$

Với $q \ge 3$ thì ta có $VT<0<VP$ . Vậy $q=1$ . Khi đó thì $2^{m-1}-2^{m-2}-2^{n-m}=0 \Leftrightarrow 2^{m-2}=2^{n-m}$ . Vậy $2m=n+2$ . Làm tương tự như trường hợp $n>m$ .

Vậy, phương trình có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)= \left( 1,2^l-1,2l \right); \left( 2^l-1,1,2l \right); \left( 2^l+1,2^l-1,3l+1 \right), \left( 2^l-1,2^l+1,3l+1 \right)$ với $l \in \mathbb{N}^*$ .

Lời giải 2. Ta có $x+y=2^m,xy+1=2^{z-m}$ với $z \ge 2m, m \in \mathbb{N}^*$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $x \le y$ .

Nếu $x=1$ thì $y=2^m-1, z=2m$ .

Nếu $x,y \ge 3$ thì ta có $2^m|x^2-1$ vì $x^2-1=x(x+y)-(xy+1)$ . Hiển nhiên rằng $\gcd (x-1,x+1)=2$ nên $2^{m-1}|x-1$ hoặc $2^{m-1}|x+1$ . Nhưng $0<x-1<\frac 12 (x+y)-1<2^{m-1}$ Vậy $2^{m-1}|x+1$ . Ta suy ra $x+1 \ge 2^{m-1}$ .

Nếu $y=x$ thì $2x(x^2+1)$ là lũy thừa của $2$ , mâu thuẫn.

Nếu $y=x+1$ mâu thuẫn vì $x,y$ cùng lẻ. Vậy $y \ge x+2$ . Do đó $x+1 \le \frac 12 (x+y-2)+1=2^{m-1}$ . Vậy $x+1=2^{m-1}$ .

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)=(1,2^m-1,2m),(2^m-1,1,2m),(2^{m-1}-1,2^{m-1}+1,3m-2),(2^{m-1}+1,2^{m-1}-1,3m-2)$ với $m \ge 3$ là số tự nhiên.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình có ẩn ở số mũ, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 19

Tháng Chín 1, 2013 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $x^3+10x-1=y^3+6y^2$ .

Lời giải. Đặt $x=y+b$ với $b \in \mathbb{Z}$ . Ta có

$\begin{aligned} (1) & \Leftrightarrow y^3+3y^2b+3yb^2+b^3+10y+10b-1=y^3+6y^2 \\ & \Leftrightarrow y^2(3b-6)+y(3b^2+10)+b^3+10b-1=0 \qquad (1) \\ \Delta & = (3b^2+10)^2-(12-24b)(b^3+10b-1) \ge 0 \\ & = -3b^4+24b^3-60b^2+252b+76 \\ & = 1399- 3(b^2-4b)^2-3(2b-21)^2 \ge 0 \end{aligned}$

Do đó $(b^2-4b)^2+(2b-21)^2 \le 466$ . Nhận thấy $(2b-21)^2 \le 466$ nên $0 \le b \le 21$ .

Theo phương trình ban đầu thì $x,y$ khác tính chẵn lẻ nên $b$ lẻ.

Nếu $b=1$ thì $(1) \Leftrightarrow -3y^2+13y+10=0 \Leftrightarrow y=5 \Rightarrow x=6$ .

Nếu $b=3$ thì $(1) \Leftrightarrow 3y^2+37y+56=0$ , không có nghiệm nguyên.

Nếu $b=5$ thì $(1) \Leftrightarrow 9y^2+85y+174=0 \Leftrightarrow y=-3$ . Khi đó $x=2$ .

Nếu $b=7$ thì $(1) \Leftrightarrow 15y^2+157y+412=0$ , vô nghiệm.

Nếu $b=11$ thì $(1) \Leftrightarrow 27y^2+373y+1440=0$ , vô nghiệm.

Nếu $b=13$ thì $(1) \Leftrightarrow 33y^2+517y+2326=0$ , vô nghiệm.

Nếu $b=15$ thì $(1) \Leftrightarrow 39y^2+685y+3524=0$ , vô nghiệm.

Nếu $b=17$ thì $(1) \Leftrightarrow 45y^2+877y+5082=0$ , vô nghiệm.

Nếu $b=19$ thì $(1) \Leftrightarrow 51y^2+1093y+7048=0$ , vô nghiệm.

Nếu $b=21$ thì $(1) \Leftrightarrow 57y^2+442y+9470=0$ , vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm nguyên $\boxed{(x,y)=(6,5),(2,-3)}$ .

Nhận xét. Một ví dụ điển hình cho kĩ thuật giảm bậc trong giải phương trình nghiệm nguyên.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 18

Tháng Tám 30, 2013 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

(Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Nghệ An năm 2011) Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn

$x^{2010}+x^{2009}+ \cdots + x+2= y^5$

Lời giải. Xét bổ đề: Nếu $p,q$ là số nguyên tố, $a$ là số nguyên dương lớn hơn $1$ thoả mãn $q| \dfrac{a^p-1}{a-1}$ thì hoặc $p=q$ hoặc $q \equiv 1 \pmod{p}$ .

Chứng minh. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $x^k \equiv 1 \pmod{q}$ . Theo đề bài ta suy ra $x^p \equiv 1 \pmod{q}$ . Vậy $k|p$ . Do đó $k=1$ hoặc $k=p$ .

Nếu $k=1$ thì $x \equiv 1 \pmod{q}$ . Do đó $x^{p-1}+x^{p-2}+ \cdots + 1 \equiv p \pmod{q}$ . Do đó $p \equiv 0 \pmod{q}$ hay $p=q$ .

Nếu $k=p$ . Theo định lý Fermat nhỏ ta lại có $x^{q-1} \equiv 1 \pmod{q}$ nên $p|q-1$ . Vậy $q \equiv 1 \pmod{p}$ .

Quay lại bài toán. Phương trình tương đương với $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}=y^5-1$ . Nhận thấy $2011$ nguyên tố.

Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của $y^5-1=(y-1)(y^4+y^3+y^2+y+1)$ . Ta suy ra $p=2011$ hoặc $p \equiv 1 \pmod{2011}$ . Vậy các ước của $y^5-1$ hoặc chia hết cho $2011$ hoặc chia $2011$ dư $1$

Nếu $2011|y-1$ . Khi đó $y \equiv 1 \pmod{2011}$ với $k \in \mathbb{N}^*$ , điều này mâu thuẫn vì $y^4+y^3+y^2+y+1 \equiv 4 \pmod{2011}$ .

Nếu $y-1 \equiv 1 \pmod{2011}$ . Khi đó $y \equiv 2 \pmod{2011}$ nên $y^4+y^3+y^2+y+1 \equiv 31 \pmod{2011}$ , mâu thuẫn.

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Tổng quát. Nếu $p$ nguyên tố lớn hơn $3$ , $n$ là số nguyên dương sao cho các số $p-1,p,n,n+1$ từng đôi một không có ước số chung lớn hơn $2$ . Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên

$x^{p-1}+x^{p-2}+ \cdots + x+2= y^{n+1}$

Nhận xét. Bài toán này giống với bài toán trong IMO Shortlist 2006.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 17

Tháng Tám 29, 2013 phamquangtoan 1 Bình luận

(Balkan MO 2005) Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p^2-p+1$ là lập phương của một số tự nhiên.

Lời giải. Đặt $p^2-p+1=a^3$ với $a \in \mathbb{N}^*$ . Phương trình tương được với $p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1) \qquad (1)$

Nếu $p|a-1$ thì $a=pk+1$ với $k \in \mathbb{N}$ . Khi đó $(1) \Leftrightarrow p^2-p+1=p^3k^3+3p^2k^2+3pk+1$

Với $k \ge 2$ thì $VT<VP$ , mâu thuẫn. Vậy $0 \le k \le 1$ .

Với $k=0$ thì $p^2-p+1=1 \Leftrightarrow p(p-1)=0$ , mâu thuẫn.

Với $k=1$ thì $p^3-2p^2+4p=0 \Leftrightarrow (p-1)^2+2=0$ , mâu thuẫn.

Vậy $p \nmid a-1$ . Do đó $p| a^2+a+1 \qquad (2)$ .

Lại có $a-1|p(p-1)$ mà $\gcd (p,a-1)=1$ nên $a-1|p-1$ . Đặt $p=(a-1)o+1$ với $o \in \mathbb{N}$ . Khi đó từ $(2)$ ta suy ra $\dfrac{a^2+a+1}{(a-1)o+1}$ là số nguyên dương. Hay

$\dfrac{a^2o+ao+o}{ao-o+1}= \dfrac{ a(ao-o+1)+2(ao-o+1)+3o-2-a}{ao-o+1}= a+2+ \dfrac{3o-2-a}{ao-o+1} \qquad (3)$

nguyên dương. Do đó ta phải có $|3o-2-a| \ge ao-o+1$ .

Trường hợp 1. Nếu $3o-2-a \ge ao-o+1 \Leftrightarrow o(4-a) \ge a+3$ .

Nếu $a \ge 4$ thì $o(4-a)<a+3$ , mâu thuẫn. Vậy $2 \le a \le 3$ . Nếu $a=3$ thì phương trình ban đầu tương đương với $p(p-1)=26$ , mâu thuẫn. Nếu $a=2$ thì phương trình ban đầu tương đương với $p(p-1)=7$ , mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Nếu $2+a-3o \ge ao-o+1 \Leftrightarrow o(2+a) \le a+1$ , mâu thuẫn vì $a+1>a+2$ .

Trường hợp 3. Nếu $3o-2-a=0 \Leftrightarrow a=3o-2$ . Khi đó $p=3o(o-1)+1$ và $a^2+a+1=(3o-2)^2+(3o-2)+1=9o^2-9o+3$ . Do đó $\frac{a^2+a+1}{p}=3$ . Ta có

$(1) \Leftrightarrow p-1=3(a-1) \Leftrightarrow (o-1)(o-3)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} o=1 \\ o=3 \end{array} \right.$

Nếu $o=1$ thì $p=a$ , hoàn toàn mâu thuẫn vì khi đó $p^2+p+1=p^3$ suy ra $p(p^2-p-1)=1$ .

Nếu $o=3$ thì $p=3a-2$ . Khi đó $(1) \Leftrightarrow 9a^2-15a+7=a^3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a=7 \\ a=1 \end{array} \right.$ . Thử lại thấy $a=7$ thoả mãn. Khi đó $p=19$ .

Vậy $\boxed{p=19}$ là đáp án bài toán.

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình nghiệm nguyên, Số chính phương, lập phương, Số nguyên tố, Sơ cấp

Number theory 15

Tháng Tám 11, 2013 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

(Junior Balkan MO 2000) Tìm các cặp số nguyên dương $n$ thỏa mãn $3^n+n^2$ là số chính phương.

Lời giải. Đặt $n^2+3^n=a^2$ với $a \in \mathbb{N}^*$ và $n=3^p \cdot q$ với $p,q \in \mathbb{N}, \; \gcd (3,q)=1$ . Vì $n \ge 1$ nên $q \ge 1$ . Do đó $3^p \cdot q > 2p$ .

Ta suy ra $3^{2p} |n^2+3^n$ . Do đó $3^{p} |a$ . Đặt $a=3^p \cdot k$ với $k \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (k,3)=1$ .

Khi đó phương trình trở thành $q^2+3^{h}=k^2$ với $h=3^p \cdot q-2p \in \mathbb{N}^*, \; \gcd (3,q)=1, \; \gcd (k,3)=1$ .

Phương trình tương đương với $\left( k-q \right) \left( k+q \right) = 3^h$

Đặt $k-q=3^a, \; k+q=3^b$ với $a,b \in \mathbb{N} , \; a<b, \; a+b=h$ . Khi đó $2q=3^a \left( 3^{b-a}-1 \right)$ .

Vì $\gcd (q,3)=1$ nên $a=0$ . Do đó $2q=3^h-1$ hay $2q= 3^{3^p \cdot q-2p}-1 \qquad (1)$ .

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp hai bổ đề sau:

Bổ đề 1. Với mọi $p \in \mathbb{N}$ thì $3^p \ge 2p+1$ .

Chứng minh. Với $p=0$ thì BĐT đúng. Giả sử BĐT đúng với $p=l \in \mathbb{N}$ thì $3^l \ge 2l+1$ .

Ta sẽ đi chứng minh BĐT cũng đúng với $p=l+1$ , tức $3^{l+1} \ge 2(l+1)+1$ .

Thật vậy thì $3^{l+1} \ge 3 \cdot (2l+1) \ge 2(l+1)+1$ .

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $p=0$ hoặc $p=1$ .

Bổ đề 2. Với mọi $q \in \mathbb{N}^*$ thì ta luôn có $3^p \cdot q \ge 2p+q$ (trong đó $p \in \mathbb{N}$ ).

Chứng minh. Với $q=1$ thì $3^p \ge 2p+1$ , đúng với $p \in \mathbb{N}$ theo bổ đề 1. Giả sử BĐT đúng với $q=l \in \mathbb{N}^*$ . Khi đó $3^p \cdot l \ge 2p+l$ .

Ta cần chứng minh BĐT cũng đúng với $q=l+1$ , tức $3^p \cdot (l+1) \ge 2p+ (l+1)$ . Thật vậy, $3^p \cdot (l+1) \ge 2p+l +3^p \ge 2p+l+1$ , đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $q=1,p=0$ hoặc $q=1,p=1$ .

Quay lại $(1)$ . Theo bổ để $2$ ta có $3^p \cdot q-2p \ge q \Rightarrow 2q+1 \ge 3^q-1$ . Tuy nhiên theo bổ đề $1$ nên ta suy ra $q=1$ . Khi đó $3^p=2p+1$ . Áp dụng một lần nữa bổ để $1$ thì dẫn đến $p=0$ hoặc $p=1$ . Vậy $n=1$ hoặc $n=3$ .

Vậy số tự nhiên $n$ cần tìm là $\boxed{ n \in \{ 1;3 \}}$ .

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình có ẩn ở số mũ, Phương trình nghiệm nguyên, Số chính phương, lập phương, Sơ cấp

Number theory 14

Tháng Bảy 26, 2013 phamquangtoan Bình luận về bài viết này

Giải phương trình nghiệm nguyên dương $x^{2}y+x+y=xy^{2}z+yz+7z$ .

Lời giải. Vì $y,x \in \mathbb{N}^*$ nên $xy^2+y+7>0$ . Phương trình tương đương với $z= \dfrac{x^2y+x+y}{y^2x+y+7}$ .

Bài toán được đưa về dạng tìm $x,y$ nguyên dương sao cho $z$ nguyên dương. Ta thấy $z$ nguyên dương thì

$y \cdot z= \dfrac{x^2y^2+xy+y^2}{y^2x+y+7}= x+ \dfrac{y^2-7x}{y^2x+y+7}$

nguyên dương. Khi đó $\dfrac{y^2-7x}{y^2x+y+7}$ nguyên. Do đó $|y^2-7x| \ge y^2x+y+7$ .

$\blacktriangleright$ Trường hợp 1. Nếu $y^2>7x$ thì $y^2-7x \ge y^2x+y+7 \Leftrightarrow (y^2+7)(1-x) \ge 14+y$ . Vì $x,y \in \mathbb{N}^*$ nên $(y^2+7)(1-x) \le 0$ còn $14+y>0$ , mâu thuẫn.

$\blacktriangleright$ Trường hợp 2. Nếu $y^2<7x$ thì $7x-y^2 \ge y^2x+y+7 \Leftrightarrow (7-y^2)(x+1) \ge 14+y$ .

Với $y^2 >7$ thì $(x+1)(7-y^2) <0$ mà $14+y>0$ , mâu thuẫn.

Vậy $y^2 \le 7 \Rightarrow y^2 \in \{ 1 ; 4 \} \Rightarrow y \in \{ 1;2 \}$ .

Nếu $y=1$ thì $z=\dfrac{x^2+x+1}{x+8}= x-7+ \dfrac{57}{x+8}$ là số nguyên dương khi $x+8 \mid 57$ . Do $x+8 \ge 9$ nên $x+8 \in \{ 19;57 \} \Rightarrow x \in \{ 11;49 \}$ .

Nếu $y=2$ thì $z= \dfrac{2x^2+x+2}{4x+9} \Rightarrow 16z= 4x-7+ \dfrac{79}{4x+9}$ là số nguyên dương thì $4x+9 \mid 79$ .

Lại có $4x+9 \ge 13$ nên $4x+9=79 \Rightarrow x= \frac{35}{2}$ , mâu thuẫn với điều kiện $x$ nguyên dương.

$\blacktriangleright$ Trường hợp 3. Nếu $y^2=7x$ thì để $x \in \mathbb{N}^*$ thì $x=7t^2$ với $t \in \mathbb{N}^*$ . Khi đó $y=7t$ .

Cũng vì $y^2=7x$ nên $y \cdot z=x \Rightarrow z=t$ .

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương $\boxed{ (x,y,z)=(11;1;7),(49;1;43), (7t^2,7t,t) }$ với mọi $t \in \mathbb{N}^*$ .

Chuyên mục:Bài toán, Lý thuyết số, Phương trình nghiệm nguyên, Sơ cấp

Number theory 13

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

(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 $5^{n_1}+2^{m_1-n_1} \cdot 3^{m_1}>1$ .