Tuyển tập Phương trình nghiệm nguyên108 bài

Bài toán :

Tìm tất cả các bộ số tự nhiên $(m,p,q,x,y)$ với $p,q$ là các số nguyên tố thoả mãn 

$$2^{4m+2}+1=p^x{q}^y$$

Lời giải :

Dễ thấy $p,q$ đều lẻ.

Xét theo modulo 5 :

$$p^x.q^y=2^{4m+2}+1\equiv 0(\mathrm{mod}5)$$

Từ đây suy ra hoặc $p=5$ hoặc $q=5$. Không giảm tổng quát ta có thể giả sử $p=5$. Ta có :

$$2^{4m+2}+1=5^x{q}^y\iff (2^{2m+1}+1+2^{m+1})(2^{2m+1}+1-2^{m+1})=5^x.q^y$$

Rõ ràng ta có :

$$\gcd (2^{2m+1}+1+2^{m+1},2^{2m+1}+1-2^{m+1})\mid 2^{m+2}$$

Nhưng $\gcd (2^{2m+1}+1+2^{m+1},2^{2m+1}+1-2^{m+1})\mid 5^x.q^y$. Suy ra $\gcd (2^{2m+1}+1+2^{m+1},2^{2m+1}+1-2^{m+1})=1$.

Từ đây xét ba khả năng :

• Khả năng 1 :

$$\{\begin{array}{c}{2}^{2m+1}+2^{m+1}+1=5^x\\ 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=q^y\end{array}$$

Mặt khác, theo bổ đề LTE :

$$v_5(5^x.q^y)=v_5(2^{4m+2}+1)=v_5(4^{2m+1}+1)=v_5(4+1)+v_5(2m+1)\Rightarrow x=1+v_2(2m+1)$$

Từ đây ta được :

$$5^x=5^{1+v_5(2m+1)}\le 5(2m+1)$$

Như vậy ta có :

$$2^{2m+1}+2^{m+1}+1\le 5(2m+1)\Rightarrow m\in \left\{0,1\right\}$$

Với $m=0$ thì $5^x=5,q^y=1$. Từ đây được $x=1,y=0,q\in \mathbb{P}$.

Với $m=1$ thì $5^x=13$, ta gặp mâu thuẫn.

Tóm lại ta được bộ $(m,x,y,p,q)=(0,1,0,5,q),(0,1,0,q,5)$.

• Khả năng 2 :

$$\{\begin{array}{c}{2}^{2m+1}+2^{m+1}+1=q^y\\ 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=5^x\end{array}$$

Cũng tương tự khả năng 1 thì :

$$2^{2m+1}+1\le 5(2m+1)+2^{m+1}\Rightarrow m\in \left\{0,1,2\right\}$$

Với $m=0$ thì $q^y=5$ và $1=5^x$. Suy ra $x=0$ và $q=5,y=1$.

Với $m=1$ thì $13=q^y,5=5^x$. Suy ra $x=1,q=13,y=1$.

Với $m=2$ thì $41=q^y,25=5^x$. Suy ra $x=2,q=41,y=1$.

• Khả năng 3 :

$$\{\begin{array}{c}{2}^{2m+1}+2^{m+1}+1=5^x.q^y\\ 2^{2m+1}-2^{m+1}+1=1\end{array}$$

Dễ dàng thấy $m=0$. Suy ra $5^x.q^y=1$. Từ đó $x=y=0$ và $q\in \mathbb{P}$.

Kết luận :

$(m,x,y,p,q)$$=(0,1,0,5,r),(0,1,0,r,5),(0,0,1,5,5),(1,1,1,5,13),(1,1,1,13,5),(2,2,1,5,41),(2,1,2,41,5),(0,0,0,5,r),(0,0,0,r,5)$

Trong đó $r$ là số nguyên tố lẻ tuỳ ý.

Bài toán : Xét phương trình $x^2+y^2+1=kxy$.

a) Tìm tất cả các số $k$ nguyên dương sao cho phương trình trên có nghiệm nguyên dương $(x,y)$.

b) Với các giá trị $k$ tìm được, hãy tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình.

Lời giải :

a) Cố định $k$ và xét tập :

$S$$=\left\{(x,y)\in {\left({\mathbb{Z}}^{+}\right)}^2|k=\frac{x^2+y^2+1}{xy}\in {\mathbb{Z}}^{+}\right\}$

Trong $S$ chọn ra cặp $(X,Y)$ thỏa mãn $X+Y$ nhỏ nhất, giả sử $X\ge Y$.

Xét phương trình :

$$t^2-ktY+Y^2+1=0$$

Dễ thấy phương trình này có nghiệm $t_1=X$, gọi nghiệm còn lại là $t_0$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}{t}_0+X=kY\\ t_{0}X=Y^2+1\end{array}$$

Từ đây dễ thấy $t_0$ cũng nguyên dương, vì tính nhỏ nhất của $X+Y$ nên $t_0\ge X$.

Suy ra :

$$kY=t_0+X\ge 2X\Rightarrow \frac{X}{Y}\le \frac{k}{2}$$

Vì $X,Y$ nguyên dương nên $X,Y\ge 1$. Như vậy :

$$k=\frac{X}{Y}+\frac{Y}{X}+\frac{1}{XY}\le \frac{k}{2}+1+1\iff k\le 4$$

Và dấu bằng chỉ xảy ra khi $X=Y,2X=kY,X=Y=1$. Mâu thuẫn. Như vậy $k\le 3$. Hơn nữa theo AM-GM ta dễ thấy $k\ge 3$.

Ta được $k=3$. Thử lại với $k=3$ thì $(x,y)=(1,1)$ là một nghiệm của phương trình.

b) Ta tìm tất cả các nghiệm của phương trình :

$$x^2+y^2+1=3xy(1)$$

Xét dãy số $(u_n)$ xác định như sau :

$$\{\begin{array}{c}{u}_0=1,u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-u_{n-1},\forall n\ge 1\end{array}$$

Ta chứng minh nếu $(x,y)$ là cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$ khi và chỉ khi $n$ để $x=x_n,y=x_{n+1}$.

Thực vậy, dễ kiểm tra được $(x_n,x_{n+1})$ thỏa $(1)$ với mọi $n$. Gọi $(w_0,w_1)$ là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$. Nếu $w_0=1$ thì $w_1=1$, tức tồn tại $n=0$ để $w_0=u_0,w_1=w_1$. Do đó ta chỉ cần xét $w_0,w_1>1$, giả sử luôn $w_0>w_1$.

Khi đó ta chọn $w_2=3w_1-w_0$. Dễ thấy $w_2$ nguyên dương và cặp $(w_1,w_2)=(w_1,3w_1-w_0)$ lúc này cũng thỏa $(1)$.

Để ý ta có :

$$w_2=3w_1-w_0=\frac{w_1^2+1}{w_0}<w_0$$

Suy ra $w_2+w_1<w_1+w_0$.

Hoàn toàn tương tự ta chọn được cặp $(w_2,w_3)=(w_2,3w_2-w_1)$ cũng thỏa $w_3$ nguyên dương và $w_3+w_2<w_2+w_1$.

Cứ tiếp tục quá trình này, ta được :

$$...<w_{i+1}+w_i<...<w_2+w_1<w_1+w_0$$

Nhưng $w_1+w_0$ bị chặn dưới bởi $2$ nên phải tồn tại $k$ sao cho :

$$w_k+w_{k+1}=1\Rightarrow w_k=u_1=1,w_{k+1}=u_0=1$$

Từ đó :

$$w_{k-1}=3w_k-w_{k+1}=3u_1-u_0=u_2$$

$$w_{k-2}=3w_{k-1}-w_k=3u_2-u_1=u_3$$

…

$$w_1=3w_2-w_3=3u_{k-1}-u_{k-2}=u_k$$

$$w_0=3w_1-w_2=3u_k-3u_{k-1}=u_{k+1}$$.

Như vậy với cặp $(w_0,w_1)$ bất kỳ thì tồn tại $n=k$ để $(w_1,w_0)=(u_k,u_{k+1})$.

Từ đó tất cả các nghiệm của phương trình là $(x,y)=(u_n,u_{n+1})$ với dãy $(u_n)$ xác định như trên.

 

Lưu ý : Kỹ thuật xét dãy như trên :

Xét dãy truy hồi tuyến tính cấp hai : 

$$\{\begin{array}{c}{u}_0=\alpha ,u_1=\beta \\ u_{n+1}=a{u}_n-u_{n-1}+b\end{array}(\ast )$$

Để ý thì thấy :

$\frac{u_{n+1}+u_{n-1}-b}{u_n}$$=a$$=\frac{u_{n+2}+u_n-b}{u_{n+1}}$$\iff u_{n+1}^2+u_{n+1}{u}_{n-1}-b{u}_{n+1}$$=u_{n+2}{u}_n+u_n^2-b{u}_n$$\iff u_{n+1}^2-(a{u}_{n+1}-u_n+b)u_n-b{u}_{n+1}$$=u_n^2-(a{u}_n-u_{n-1}+b)u_{n-1}-b{u}_n$$\iff u_{n+1}^2+u_n^2-a{u}_{n+1}{u}_n-b(u_{n+1}+u_n)$$=u_n^2+u_{n-1}^2-a{u}_n{u}_{n-1}-b(u_n+u_{n-1})$

Như vậy :

$$u_n^2+u_{n-1}^2-a{u}_n{u}_{n-1}-b(u_n+u_{n-1})={\alpha }^2+{\beta }^2-a\alpha \beta -b(\alpha +\beta )$$

Do đó nếu gặp phương trình có dạng :

$$x^2+y^2-axy-b(x+y)={\alpha }^2+{\beta }^2-a\alpha \beta -b(\alpha +\beta )$$

Thì ta sẽ xét dãy $(\ast )$. 

 

Bài toán (Vietnamese Mathematical Olympiad 2012)

Xét các số tự nhiên lẻ $a,b$ mà $a\mid b^2+2$ và $b\mid a^2+2$. Chứng minh rằng $a,b$ là các số hạng của dãy số tự nhiên $(v_n)$ được xác định bởi :

$$v_1=v_2=1$$ và $$v_n=4v_{n-1}-v_{n-2},\forall n\ge 2$$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh :

$$b\mid a^2+2\wedge a\mid b^2+2\iff ab\mid a^2+b^2+2$$

Thực vậy, ta có :

 $$b\mid a^2+2\wedge a\mid b^2+2\Rightarrow ab\mid (a^2+2)(b^2+2)\Rightarrow ab\mid 2(a^2+b^2+2)$$

Do $a,b$ lẻ nên $ab\mid a^2+b^2+2$.

Ngược lại nếu có $ab\mid a^2+b^2+2$ thì dễ dàng suy ra ngay được $b\mid a^2+2$ và $a\mid b^2+2$.

Từ đó giả thiết đề bài tương đương với việc tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho :

$$a^2+b^2+2=kab$$.

Ta chứng minh $k=4$ bằng Vieta Jumping. Cố định $k$ và xét tập :

$S$$=\left\{a,b\in {\left({\mathbb{Z}}^{+}\right)}^2|k=\frac{a^2+b^2+2}{ab}\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right\}$

Trong $S$ ta chọn ra cặp $(A,B)$ mà tổng $A+B$ là nhỏ nhất. Không giảm tổng quát, ta giả sử $A\ge B$.

Xét phương trình bậc hai ẩn $t$ :

$$t^2-ktB+B^2+2=0$$

Dễ thấy phương trình này có một nghiệm là $A$, gọi nghiệm còn lại là $t_0$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}{t}_0+A=kB\\ t_{0}A=B^2+2\end{array}$$

Từ đây suy ra được $t_0$ nguyên dương. Chú ý vì $A+B$ là nhỏ nhất nên ta được $t_0\ge A$.

Suy ra $t_0+A=kB\ge 2A$ hay $\frac{A}{B}\le \frac{k}{2}$.

Nếu có một trong hai số $a,b$ bằng $1$, giả sử $b=1$ thì $ka=a^2+3$, dễ suy ra $k=4$.

Nếu cả hai số $a,b\ge 2$. Ta có $A\ge B\ge 2$. Thì :

$$k=\frac{A}{B}+\frac{B}{A}+\frac{2}{AB}\le \frac{k}{2}+1+\frac{2}{2.2}\iff k\le 3$$

Lại theo AM-GM :

$$kab=a^2+b^2+2\ge 2(ab+1)\Rightarrow k\ge 3$$

Ta được $k=3$.

Lúc này :

$$A^2+B^2+2=3AB$$

Từ đẳng thức này dễ dàng suy ra phải có một trong hai số chia hết cho $3$, giả sử $3\mid A$ thì $A\ge 3$.

Nếu $B=1$ ta gặp mâu thuẫn, do đó $B\ge 2$. Tức $AB\ge 6$.

Nhưng lúc này :

$$3=\frac{A}{B}+\frac{B}{A}+\frac{2}{AB}\le \frac{3}{2}+1+\frac{2}{6}$$

Điều này vô lí. Vậy $k=4$ là giá trị duy nhất cần tìm.

Ta chứng minh xong việc các số $a,b$ thỏa giả thiết thì cũng phải thỏa mãn phương trình :

$$a^2+b^2+2=4ab(1)$$.

Bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ rằng nếu cặp $(a,b)$ bất kỳ thỏa mãn $(1)$ thì sẽ luôn tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $a=x_n,b=x_{n+1}$.

Gỉa sử $(u_0,u_1)$ là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa $(1)$. Ta hoàn toàn có quyền giả sử $u_0>u_1$ .Nếu $u_0=1$ thì $u_1=1$, tức tồn tại $n=1$ để $u_0=v_1,u_1=v_2$. Tương tự khi xét $u_1=1$. Do đó ta chỉ cần xét $u_0,u_1>1$.

Khi đó ta chọn cặp $(u_1,u_2)=(u_1,4u_1-u_0)$, dễ thấy $u_1,u_2$ nguyên dương và $(u_1,u_2)$ cũng thỏa mãn $(1)$.

Lúc này ta chú ý $4u_1-u_0<u_0$ vì $4u_1-u_0=\frac{u_1^2+2}{u_0}-u_0=\frac{2-(u_0-u_1)(u_0+u_1)}{u_0}\le 0$.

Suy ra :

$$u_1+u_2=u_1+(4u_1-u_0)<u_1+u_0$$.

Tương tự ta cũng chọn được cặp $(u_2,u_3)=(u_2,4u_2-u_1)$ cũng thỏa $u_2,u_3$ nguyên dương, cũng thỏa $(1)$ và $u_2+u_3<u_1+u_2<u_1+u_0$.

Cứ tiếp tục quá trình này, ta được :

$$...<u_i+u_{i+1}<...<u_1+u_2<u_1+u_0$$

Thế nhưng $u_1+u_0>2$ nên phải tồn tại $k$ sao cho $u_k+u_{k+1}=2$, suy ra $u_k=u_{k+1}=1$.

Tức là ta có :

$$u_k=v_2,u_{k+1}=v_1$$.

Ta có thể thấy được cách xác định $u_n$ là như sau :

$$u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$$ hay $$u_n=4u_{n+1}-u_{n+2}$$.

Từ đó :

$$u_{k-1}=4u_k-u_{k+1}=4v_2-v_1=v_3$$

$$u_{k-2}=4u_{k-1}-u_k=4v_3-v_2=v_4$$

$$...$$

$$u_1=4u_2-u_3=4v_k-v_{k-1}=v_{k+1}$$

$$u_0=4u_1-u_2=4v_{k+1}-v_k=v_{k+2}$$.

Như vậy tồn tại $n=k+1$ để với cặp $(u_0,u_1)$ bất kỳ thỏa $(1)$ thì ta có $(u_1,u_0)=(v_{k+1},v_{k+2})$.

Bài toán (Định lí về cấu trúc nghiệm của phương trình Pell loại 1)

Cho $d$ là số nguyên dương không chính phương. Xét phương trình $x^2-d{y}^2=1(1)$. Gỉa sử $(a,b)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất (nghiệm cơ sở) của $(1)$. Xét hai dãy số $(x_n),(y_n)$ như sau :

$$\{\begin{array}{c}{x}_1=a,y_1=b\\ x_{n+1}=a{x}_n+db{y}_n\\ y_{n+1}=b{x}_n+a{y}_n\end{array}$$

Chứng minh rằng $(x,y)$ là một nghiệm của $(1)$ khi và chỉ khi tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $x=x_n,y=y_n$.

Lời giải :

Ta chứng minh với mọi $n$ thì $(x_n,y_n)$ là nghiệm của $(1)$. Thực vậy, ta có :

Với $n=1$ thì hiển nhiên. Gỉa sử $(x_n,y_n)$ là nghiệm của $(1)$. Xét với $n+1$ :

$$x_{n+1}^2-d{y}_{n+1}^2=(a{x}_n+db{y}_n{)}^2-d(b{x}_n+a{y}_n{)}^2=(a^2-d{b}^2)x_n^2-d{y}_n^2(a^2-d{b}^2)=x_n^2-d{y}_n^2=1$$

Vậy $(x_{n+1},y_{n+1})$ cũng là nghiệm của $(1)$. Quy nạp xong. Ta chứng minh xong một chiều.

Bây giờ ta sẽ chứng minh nếu $(x,y)$ là một nghiệm của $(1)$ thì tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $x=x_n,y=y_n$.

Nếu $x=a$ thì $y=b$, khi đó tồn tại $n=1$ để $(x,y)=(a,b)=(x_1,y_1)$. Do $(a,b)$ là nghiệm nhỏ nhất của $(1)$ nên ta xét $x>a$.

Ta chọn cặp $(u_1,v_1)=(ax-dby,bx-ay)$. Ta chứng minh $u_1,v_1$ đều nguyên dương. Thực vậy, ta có :

$$\{\begin{array}{c}{a}^2-d{b}^2=1>0\\ x^2-d{y}^2=1>0\end{array}\Rightarrow a>b\sqrt{d},x>y\sqrt{d}\Rightarrow ax>bdy$$

Và :

$$\{\begin{array}{c}{a}^2-d{b}^2=1\\ x^2-d{y}^2=1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{a}^2{y}^2-d{b}^2{y}^2=y^2\\ b^2{x}^2-d{b}^2{y}^2=b^2\end{array}$$

Chú ý vì $b<y$ nên $bx>ay$. Như vậy $(u_1,v_1)$ nguyên dương. Lại có :

$$u_1^2-d{v}_1^2=(ax-dby{)}^2-d(bx-ay{)}^2=(a^2-d{b}^2)x^2-d{y}^2(a^2-d{b}^2)=x^2-d{y}^2=1$$

Tức là $(u_1,v_1)$ cũng là một nghiệm nguyên dương của $(1)$.

Chú ý vì ta có :

$$u_1+v_1=(a+b)x-(a+bd)y<a(x-y)+b(x-dy)<x(x-y)+y(x-dy)=x^2-d{y}^2=1<x+y$$

Tương tự nếu chọn $(u_2,v_2)=(a{u}_1-db{v}_1,b{u}_1-a{v}_1)$ thì $(u_2,v_2)$ cũng là một nghiệm nguyên dương của $(1)$ và ta cũng có :

$$u_2+v_2<u_1+v_1<x+y$$.

Cứ tiếp tục quá trình này ta được :

$$...<u_i+v_i<...<u_1+v_1<x+y$$

Hơn nữa $x+y$ bị chặn dưới bởi $a+b$ nên chắc chắn phải tồn tại $k$ sao cho $u_k+v_k=a+b$, chú ý vì $(a,b)$ là nghiệm nhỏ nhất nên $u_k=a=x_1,v_k=b=y_1$.

Dễ thấy $(u_n)(v_n)$ được xác định như sau :

$$\{\begin{array}{c}{u}_n=a{u}_{n-1}-db{v}_{n-1}\\ v_n=b{u}_{n-1}-a{v}_{n-1}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{u}_{n-1}=a{u}_n+bd{v}_n\\ v_{n-1}=b{u}_n+a{v}_n\end{array}$$

Từ đó :

$$u_{k-1}=a{u}_k+bd{v}_k=a{x}_1+bd{y}_1=x_2,v_{k-1}=b{u}_k+a{v}_k=b{x}_1+a{y}_1=y_2$$

$$u_{k-2}=a{u}_{k-1}+bd{v}_{k-1}=a{x}_2+bd{y}_2=x_3,v_{k-2}=b{u}_{k-1}+a{v}_{k-1}=y_3$$

$$...$$

$$u_1=a{u}_2+bd{v}_2=a{x}_{k-1}+bd{y}_{k-1}=x_k,v_1=b{u}_2+a{v}_2=b{x}_{k-1}+bd{y}_{k-1}=y_k$$

Ta có :

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=ax-dby\\ v_1=bx-ay\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}x=a{u}_1+bd{v}_1=a{x}_k+bd{v}_k=x_{k+1}\\ y=b{u}_1+a{v}_1=b{x}_k+a{y}_k=y_{k+1}\end{array}$$

Chiều ngược lại của định lí cũng được chứng minh. Ta hoàn tất vấn đề.

 

Có thể thấy một ứng dụng đẹp của định lí này là bài thi VMO 1999.

Bài toán : Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn :

$$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}\in {\mathbb{Z}}^{+}$$

Lời giải :

Ta đặt $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=k(k\in {\mathbb{Z}}^{+})$. Biến đổi phương trình về dạng :

$$m^2+m(1-kn)+n^2+n=0$$

Phương trình này có $\Delta =(1-kn{)}^2-4(n^2+n)=(k^2-4)n^2-2n(k+2)+1$. Ta chọn $k$ cụ thể để thuận tiện cho việc biến đổi, ta chọn $k=4$. Ta cần chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho $\Delta =12n^2-12n+1$ chính phương.

Hay phương trình :

$$12n^2-12n+1=t^2\iff 3(4n^2-4n+1)-2=t^2\iff t^2-3(2n-1{)}^2=-2$$

có vô số nghiệm nguyên dương.

Ta xây dựng hai dãy $(x_n),(y_n)$ như sau :

$$\{\begin{array}{c}{x}_0=1,y_0=1\\ x_{n+1}=2x_n+3y_n\\ y_{n+1}=x_n+2y_n\end{array}$$

Khi ấy ta có :

$$x_{n+1}^2-3y_{n+1}^2=(2x_n+3y_n{)}^2-3(x_n+2y_n{)}^2=x_n^2-3y_n^2=...=x_0^2-3y_0^2=-2$$

Điều này chứng tỏ phương trình dạng :

$$X^2-3Y^2=-2(X=t,Y=2n-1)$$

có vô hạn nghiệm nguyên dương $(x_k,y_k)$ với $x_k,y_k$ là số hạng bất kỳ của hai dãy $(x_n)(y_n)$

Chú ý là ta có :

$$m=\frac{4n-1\pm t}{2}$$

Nên để $m$ nguyên thì $t$ phải lẻ.

Như vậy bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được có vô số số hạng của dãy $(x_n),(y_n)$ là số lẻ. Điều này là hiển nhiên vì ta thấy mọi số hạng của dãy $(x_n),(y_n)$ đều lẻ và ta hoàn toàn chứng minh được điều này bằng quy nạp toán học.

Như vậy phương trình :

$$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=4$$

có vô hạn nghiệm nguyên dương, tức bài toán được chứng minh.

 

Lưu ý ở bài này ta chỉ có thể chọn $$k=3$$ hoặc $$k=4$$. Còn những trường hợp còn lại thì phương trình không có nghiệm nguyên, có thể xem chứng minh tại đây.

Bài toán : Tìm các số nguyên dương $m,n$ với $m,n>1$ và thỏa mãn :

$$mn-1\mid n^3-1$$.

Lời giải :

Từ giả thiết ta có :

$$mn-1\mid m{n}^3-m=n^2(mn-1)-m+n^2\Rightarrow mn-1\mid n^2-m(1)$$

Từ đó lại suy ra :

$$mn-1\mid m{n}^2-m^2=n(mn-1)+n-m^2\Rightarrow mn-1\mid m^2-n(2)$$

Từ $(2)$ ta được $\left|n-m^2\right|\ge mn-1$.

Nếu mà $n>m^2$ thì :

$$n-1>n-m^2>mn-1$$

Và đây là điều vô lí.

Nếu mà $n=m^2$ ta được nghiệm $(m,n)=(k,k^2)$ với $k$ nguyên dương tùy ý.

Nếu mà $n<m^2$ :

$$m^2-1>m^2-n>mn-1\Rightarrow m>n$$

Từ $(1)$ ta lại có $\left|m-n^2\right|\ge mn-1$. Khi $m>n^2$ thì $m-1>m-n^2>mn-1$, điều này vô lí. Khi $m<n^2$ thì $n<m<n^2$ thì $n^2-n>n^2-m>mn-1$, điều này cũng vô lí với $m>n$. Như vậy $m=n^2$ ta được $(m,n)=(k^2,k)$ với $k$ nguyên dương tùy ý.

Kết luận nghiệm của bài toán là :

$$(m,n)=(k,k^2),(k^2,k)$$

với $k$ nguyên dương tùy ý.

Bài toán (Balkan Mathematical Olympiad 2009)

Giải phương trình

$$3^x-5^y=z^2$$

trên tập nghiệm nguyên dương.

Lời giải :

Bằng cách xét modulo $4$ ta được $x$ chẵn, đặt $x=2k$ với $t$ nguyên dương. Ta viết phương trình dưới dạng :

$$(3^k-z)(3^k+z)=5^y$$

Ta gọi $d=\gcd (3^k-z,3^k+z)$ ta được $d\mid (3^k-z)+(3^k+z)=2.3^t$. Lại có $d\mid (3^k-z)(3^k+z)=5^y$. Hai điều này mâu thuẫn nhau.

Như vậy phải có $\gcd (3^k-z,3^k+z)=1$. Ta được :

$$3^k-z=1$$ và $$3^k+z=5^y$$

Dẫn đến :

$$2.3^k=5^y+1$$

Dễ thấy $y=k=1$ thỏa. Ta xét $k,x>1$. Đưa về dạng :

$$5(5^{y-1}-1)=2.3(3^{k-1}-1)$$

Ta có :

$$3^{k-1}\equiv 1(\mathrm{mod}5)\Rightarrow 4=or{d}_5(3)\mid k-1$$

Từ đó :

$$5(5^{y-1}-1)=2.3(3^{k-1}-1)⋮2(3^4-1)⋮32$$

Suy ra :

$$5^{y-1}\equiv 1(\mathrm{mod}32)\Rightarrow 8=or{d}_{32}(5)\mid y-1$$

Kéo theo :

$$2.3(3^{k-1}-1)=5(5^{y-1}-1)⋮5^8-1⋮13$$

Như vậy :

$$3^{k-1}\equiv 1(\mathrm{mod}13)\Rightarrow 6=or{d}_{13}(3)\mid k-1$$

Lại suy ra :

$$5(5^{y-1}-1)=2.3(3^{k-1}-1)⋮3^6-1⋮7$$

Từ đó ta được :

$$5^{y-1}\equiv 1(\mathrm{mod}7)\Rightarrow 6=or{d}_7(5)\mid y-1$$

Nhưng lúc này thì :

$$2.3(3^{k-1}-1)=5(5^{y-1}-1)⋮5^6-1⋮9$$

Và đây là điều vô lí. Ta được nghiệm duy nhất của phương trình là $(x,y,z)=(2,1,2)$.

Bài toán (Korea Final Round 2007)

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(x,y,z)$ thỏa mãn :

$$1+4^x+4^y=z^2$$

Lời giải :

Không giảm tổng quát, ta giả sử $x\le y$.

Nếu $2x<y+1$ thì dễ dàng thấy :

$$(2^y{)}^2<z^2=1+4^x+4^y<(2^y+1{)}^2$$

Và đây là điều mâu thuẫn.

Nếu $2x=y+1$ ta được :

$$1+4^{(y+1)/2}+4^y=z^2\iff z=2^y+1$$

Ta được nghiệm $(x,y,z)=(t,2t-1,2^{2t-1}+1)$ với $t$ là số nguyên dương bất kì.

Nếu $2x>y+1$.

Phương trình đã cho có thể viết thành :

$$2^{2x}(4^{y-x}+1)=(z-1)(z+1)$$

Vì $z$ lẻ nên $\gcd (z-1,z+1)=2$, từ đó ta được $2^{2x-1}\mid z-1$ hoặc $2^{2x-1}\mid z+1$.

Nếu mà $2^{2x-1}\mid z-1$ ta đặt $z=2^{2x-1}.k+1(k\in {\mathbb{Z}}^{+})$. Thay vào phương trình ban đầu :

$1+4^x+4^y$$=(2^{2x-1}.k+1{)}^2$$\iff 4^x+4^y$$=4^{2x-1}{k}^2+4^{x}k$$\iff 1+4^{y-x}$$=4^{x-1}{k}^2+k$

Vì $2x>y+1$ nên ta có $y-x<x-1$, suy ra :

$$1+4^{y-x}<4^{x-1}{k}^2+k$$

Ta gặp mâu thuẫn.

Nếu mà $2^{2x-1}\mid z+1$. Ta đặt $z=2^{2x-1}k-1(k\in {\mathbb{Z}}^{+})$. Thay vào phương trình ban đầu :

$$1+4^x+4^y=(2^{2x-1}k-1{)}^2\iff 4^{y-x}+1=4^{x-1}{k}^2-k$$

Vì $2x>y+1$ nên $y-x<x-1$, suy ra :

$$4^{x-1}{k}^2-k<4^{x-1}+1\iff 4^{x-1}(k-1)<0\iff k=1$$

Được :

$$4^{y-x}+1=4^{x-1}-1\Rightarrow min\left\{x-1,y-x\right\}=1\Rightarrow y-x=1\Rightarrow x=y-1$$

Dễ thấy tiếp được điều vô lí.

Ta kết luận nghiệm :

$$(x,y,z)=(t,2t-1,2^{2t-1}+1),(2t-1,t,2^t+1)$$

Trong đó $t$ nguyên dương tùy ý.