Bài toán (Junior Balkan MO 2012) : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $2^x3^y + 5^z = 7^t$ Lời giải : $\blacksquare$ Trường hợp 1 : Xét $x = 1$ : $2.3^{y}+5^{z}=7^{t}$ Ta có $VT\equiv 5^{z}\equiv 1;2(mod3);VP\equiv 1;4(mod3)$ Vì $\left \{ 1;2 \right \}\cap \left \{ 1;4 \right \}=\left \{ 1 \right \}$ Nên $VT=VP\equiv 1(mod3)\Rightarrow t,z$ chẵn. Đặt $z=2z_{1};t=2t_{1}$ ($z_{1};t_{1}\in \mathbb{Z}_{+})$ Được : $(7^{t_{1}}-5^{z_{1}})(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})=2.3^{y}$ Dễ thấy $7^{t_{1}}-5^{z_{1}};7^{t_{1}}+5^{z_{1}}$ đều là số chẵn Nên $4|(7^{t_{1}}-5^{z_{1}}).(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})\Rightarrow 4|2.3^{y}$ Điều này vô lí $\blacksquare$ Trường hợp 2 : Xét $x\geq 2$ : Ta có $1\equiv 7^{t}=2^{x}.3^{y}+5^{z}(mod3)\Rightarrow 5^{z}\equiv 1(mod3)\Rightarrow z$ chẵn $7^{t}=2^{x}.3^{y}+5^{z}\equiv 1(mod4)\Rightarrow t$ chẵn. Đặt $z=2z_{1};t=2t_{1}$ ($z_{1};t_{1}\in \mathbb{Z}_{+}$) Ta được $2^{x}.3^{y}=(7^{t_{1}}-5^{z_{1}})(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})$ Lại có tổng $(7^{t_{1}}-5^{z_{1}})+(7^{t_{1}}+5^{z_{1}})=2.7^{t_{1}}$ chia hết cho $2$ nhưng không chia hết cho $4$. Nên $gcd(7^{t_{1}}-5^{z_{1}};7^{t_{1}}+5^{z_{1}})=2$ Điều này cũng đồng nghĩa với việc một số chia hết cho $2$ và số còn lại chia hết cho $2^{x-1}$. Nhưng $7^{t_{1}}-5^{z_{1}};7^{t_{1}}+5^{z_{1}}$ không thể cùng chia hết cho $3$ vì ước chung lớn nhất của chúng bằng $2$. Do đó xét các trường hợp : \[\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}} =2.3^{y}& (*) & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}}=2^{x-1} & & \end{matrix}\right.\] Từ $(*)\Rightarrow 2.3^{y}+5^{z_{1}}=7^{t_{1}}$. Trường hợp này loại vì được giải ở trường hợp $x = 1$ ở trên \[\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2^{x-1}.3^{y} & & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}} =2& & \end{matrix}\right.\] Điều này vô lí vì hiển nhiên $7^{t_{1}}+5^{z_{1}} >2$ \[\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2^{x-1} & & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}}=2.3^{y}& & \end{matrix}\right.\] Nếu $z_{1}$ chẵn thì $2^{x-1}=7^{t_{1}}-5^{z_{1}}\equiv 0(mod3)$ (vô lí). Do đó $z_{1}$ lẻ, suy ra $25^{z_{1}}\equiv 9(mod16)$ Mặt khác $2^{x}.3^{y}=7^{t}-5^{z}=49^{t_{1}}-25^{z_{1}}\equiv 8(mod16)\Rightarrow x=3$ Khi đó $7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2^{3-1} = 4\equiv 1(mod3)$ , điều này lại vô lí vì với $z_{1}$ lẻ thì $7^{t_{1}}-5^{z_{1}}\equiv 2(mod3)$ Trường hợp này loại \[\left\{\begin{matrix} 7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2 & & \\ 7^{t_{1}}+5^{z_{1}}=2^{x-1}.3^{y} & & \end{matrix}\right.\] Lập luận tương tự trường hợp 3 ta được $x = 3$. Mặt khác ta có thể viết $7^{t_{1}}-5^{z_{1}}=2=7-5\Leftrightarrow 7(7^{t_{1}-1}-1)=5(5^{z_{1}-1}-1)$ \[\Rightarrow 7^{t_{1}-1}-1\equiv 0(mod5)\Rightarrow 4|(t_{1}-1)\Rightarrow (7^{4}-1)|(7^{t_{1}-1}-1)\Rightarrow 25|(7^{t_{1}-1}-1)\Rightarrow 25|5(5^{z_{1}-1}-1)\Rightarrow 5|(5^{z_{1}-1}-1)\Rightarrow z_{1}=1\]. Từ đó tìm được $t_{1} = 1$ Kết luận : $\boxed{(x;y;z;t)=(3;1;2;2)}$

Bài toán [phương trình nghiệm nguyên]

Bài toán (Junior Balkan MO 2012) : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $2^{x} 3^{y} + 5^{z} = 7^{t}$

Lời giải :

$■$ Trường hợp 1 : Xét $x = 1$ : $2. 3^{y} + 5^{z} = 7^{t}$

Ta có $V T \equiv 5^{z} \equiv 1; 2 (m o d 3); V P \equiv 1; 4 (m o d 3)$

Vì ${1; 2} \cap {1; 4} = {1}$

Nên $V T = V P \equiv 1 (m o d 3) \Rightarrow t, z$ chẵn. Đặt $z = 2 z_{1}; t = 2 t_{1}$ ( $z_{1}; t_{1} \in Z_{+})$

Được : $(7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}) (7^{t_{1}} + 5^{z_{1}}) = 2. 3^{y}$

Dễ thấy $7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}; 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}}$ đều là số chẵn

Nên $4∣ (7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}) . (7^{t_{1}} + 5^{z_{1}}) \Rightarrow 4∣2. 3^{y}$

Điều này vô lí

$■$ Trường hợp 2 : Xét $x \geq 2$ :

Ta có $1 \equiv 7^{t} = 2^{x} . 3^{y} + 5^{z} (m o d 3) \Rightarrow 5^{z} \equiv 1 (m o d 3) \Rightarrow z$ chẵn

$7^{t} = 2^{x} . 3^{y} + 5^{z} \equiv 1 (m o d 4) \Rightarrow t$ chẵn.

Đặt $z = 2 z_{1}; t = 2 t_{1}$ ( $z_{1}; t_{1} \in Z_{+}$ )

Ta được $2^{x} . 3^{y} = (7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}) (7^{t_{1}} + 5^{z_{1}})$

Lại có tổng $(7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}) + (7^{t_{1}} + 5^{z_{1}}) = 2. 7^{t_{1}}$ chia hết cho $2$ nhưng không chia hết cho $4$ .

Nên $g c d (7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}; 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}}) = 2$

Điều này cũng đồng nghĩa với việc một số chia hết cho $2$ và số còn lại chia hết cho $2^{x - 1}$ .

Nhưng $7^{t_{1}} - 5^{z_{1}}; 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}}$ không thể cùng chia hết cho $3$ vì ước chung lớn nhất của chúng bằng $2$ .

Do đó xét các trường hợp :

${7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} = 2. 3^{y} 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}} = 2^{x - 1} (*)$

Từ $(*) \Rightarrow 2. 3^{y} + 5^{z_{1}} = 7^{t_{1}}$ . Trường hợp này loại vì được giải ở trường hợp $x = 1$ ở trên

${7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} = 2^{x - 1} . 3^{y} 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}} = 2$

Điều này vô lí vì hiển nhiên $7^{t_{1}} + 5^{z_{1}} > 2$

${7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} = 2^{x - 1} 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}} = 2. 3^{y}$

Nếu $z_{1}$ chẵn thì $2^{x - 1} = 7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} \equiv 0 (m o d 3)$ (vô lí). Do đó $z_{1}$ lẻ, suy ra $2 5^{z_{1}} \equiv 9 (m o d 16)$

Mặt khác $2^{x} . 3^{y} = 7^{t} - 5^{z} = 4 9^{t_{1}} - 2 5^{z_{1}} \equiv 8 (m o d 16) \Rightarrow x = 3$

Khi đó $7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} = 2^{3 - 1} = 4 \equiv 1 (m o d 3)$ , điều này lại vô lí vì với $z_{1}$ lẻ thì $7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} \equiv 2 (m o d 3)$

Trường hợp này loại

${7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} = 2 7^{t_{1}} + 5^{z_{1}} = 2^{x - 1} . 3^{y}$

Lập luận tương tự trường hợp 3 ta được $x = 3$ .

Mặt khác ta có thể viết $7^{t_{1}} - 5^{z_{1}} = 2 = 7 - 5 \Leftrightarrow 7 (7^{t_{1} - 1} - 1) = 5 (5^{z_{1} - 1} - 1)$

$\Rightarrow 7^{t_{1} - 1} - 1 \equiv 0 (m o d 5) \Rightarrow 4∣ (t_{1} - 1) \Rightarrow (7^{4} - 1) ∣ (7^{t_{1} - 1} - 1) \Rightarrow 25∣ (7^{t_{1} - 1} - 1) \Rightarrow 25∣5 (5^{z_{1} - 1} - 1) \Rightarrow 5∣ (5^{z_{1} - 1} - 1) \Rightarrow z_{1} = 1$ .

Từ đó tìm được $t_{1} = 1$

Kết luận : $(x; y; z; t) = (3; 1; 2; 2)$

Bài toán [phương trình nghiệm nguyên]

Đề bài

Mô tả