Number Theory

Bài toán (Balkan Mathematical Olympiad 2013)

Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn :

$$x^5+4^y=2013^z$$

Lời giải : 

Ta đặt $y=5k+r$ với $k\in \mathbb{N},r\in \left\{0,1,2,3,4\right\}$. Chú ý $x^5\equiv 0,1,11(\mathrm{mod}11)$ và $11\mid 2013$.

Ta suy ra :

$$4^{5k+r}\equiv 0,1,11(\mathrm{mod}11)\Rightarrow 4^r\equiv 0,1,11(\mathrm{mod}11)\Rightarrow r=0$$

Như vậy $y=5k$. Đặt $a=x,b=4^k$ với $a,b$ là các số nguyên dương.

Ta đưa về phương trình tích :

$$(a+b)(a^4-a^{3}b+a^2{b}^2-a{b}^3+b^4)=2013^z$$

Gọi $p$ là một ước nguyên tố chung của $a+b$ và $a^4-a^{3}b+a^2{b}^2-a{b}^3+b^4$. Ta có :

$p\mid a^4+b^4+a^2{b}^2-ab(a^2+b^2)$$\Rightarrow p\mid (a^2+b^2{)}^2-a^2{b}^2-ab(a^2+b^2)$$\Rightarrow p\mid {\left[(a+b{)}^2-2ab\right]}^2-a^2{b}^2-ab\left[(a+b{)}^2-2ab\right]$$\Rightarrow p\mid 5a^2{b}^2$

Rõ ràng vì $5\nmid 2013$ nên $p\mid a$ hoặc $p\mid b$.

Nếu $p\mid a$ thì do $p\mid a+b$ nên $p\mid b=4^k$. Như vậy $p=2$, nhưng mâu thuẫn vì dễ thấy $a=x$ là một số lẻ.

Tương tự nếu $p\mid b$ ta cũng gặp mâu thuẫn.

Như vậy ta phải có $\gcd (a+b,a^4-a^{3}b+a^2{b}^2-a{b}^3+b^4)=\gcd \left(a+b,\frac{a^5+b^5}{a+b}\right)=1$.

Hơn nữa để ý ta thấy :

$\frac{a^5+b^5}{a+b}$$=a^4+b^4+a^2{b}^2-ab(a^2+b^2)$$\ge \frac{(a^2+b^2{)}^2}{2}+a^2{b}^2-ab(a^2+b^2)$$\ge a^2{b}^2$$>ab+1$$\ge a+b$

Như vậy ta xét các khả năng :

• Khả năng 1 : $a+b=3^z,\frac{a^5+b^5}{a+b}=671^z$

Chú ý hiển nhiên

$$(a+b{)}^5>a^5+b^5\Rightarrow (a+b{)}^4>\frac{a^5+b^5}{a+b}\Rightarrow 81^z>671^z$$

Ta gặp mâu thuẫn.

• Khả năng 2 : $a+b=11^z,\frac{a^5+b^5}{a+b}=183^z$.

Dễ thấy $a\equiv b\equiv 1(\mathrm{mod}3)$. Từ đó :

$$183^z=a^4+b^4-a^{3}b-a{b}^3+a^2{b}^2\equiv 1(\mathrm{mod}3)$$.

Ta cũng gặp mâu thuẫn.

• Khả năng 3 : $a+b=33^z,\frac{a^5+b^5}{a+b}=61^z$

Chú ý theo BĐT Holder :

$$a^5+b^5\ge \frac{(a+b{)}^5}{16}>(a+b{)}^3$$ hay $$61^z=\frac{a^5+b^5}{a+b}>(a+b{)}^2=(33^z{)}^2$$

Ta lại gặp mâu thuẫn.

Như vậy không tồn tại các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn bài ra.