Bài số học thứ 22

Bài toán. Cho $n\ge 3$ là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng $\left\{ 2^{1}-1, 2^{2}-1, .., 2^{n-1}\right\}$ có ít nhất một số chia hết cho $n$

Lời giải.
Giả sử trong tập hợp không có phần tử nào chia hết cho $n$. Dễ thấy $2^{n}-1$ chia cho $n$ không thể có số dư là $n-1$ nên tồn tại hai số $a\ge b$ thỏa mãn $$2^{a}-1\equiv 2^{b}-1(mod\; n) \rightarrow 2^{b}(2^{a-b}-1) \equiv 0 (mod \; n)$$ Do $2^{b}$ không chia hết cho $n$ nên $2^{a-b}-1 \equiv 0 (mod \; n)$. Suy ra $a-b$ chia hết cho $ord_{2}(n)$.
Mà $a-b \le n-2$ nên $ord_{n}(2) \le n-2$. Điều này mâu thuẫn với giả sử.
Vậy điều giả sử là sai. Suy ra đpcm


Bài toán trên được đăng trên group BÀI TOÁN HAY - LỜI GIẢI ĐẸP - ĐAM MÊ TOÁN HỌC

Bài số học Diễn đàn Toán học số 4

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $a> 2$ thì tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^n-1$$ Lời giải.
Ta sẽ xét hai trường hợp của $a$:

Trường hợp 1. Nếu $a$ lẻ thì chọn $n=2^m$. Khi đó $(a,n)=1$ nên theo định lý Euler ta có $$\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^{\varphi (n)}-1=a^{2^{m-1}}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^{2^{m}}-1=a^n-1$$ Do đó tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa $\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^n-1$

Trường hợp 2. Nếu $a$ chẵn thì chọn $a=p^m$ với $p$ là ước nguyên tố của $a-1$.

Khi đó theo định lý LTE ta có: $$v_{p}(a^n-1)=v_{p}(a-1)+v_{p}(n)\geq m+1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
n=p^m
\end{matrix}\right|a^n-1$$ Vậy bài toán được chứng minh

Một bổ đề số học

Bài toán. 
Cho $a,b$ là hai số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+ab+b^2$$ Chứng minh rằng $a,b$ chia hết cho $p$

Lời giải.
Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ cũng không chia hết cho $p$. Do đó $(b,p)=1$

Theo định lý Bezout thì tồn tại $y\in \mathbb{Z}^{+}$ sao cho $by\equiv 1(mod\:p)$

Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( ay \right )^2+\left ( ay \right )\left ( by \right )+\left ( by \right )^2$ hay $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ với $x=ay$

* Cách 1. Sử dụng số chính phương mod p

Từ $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(2x+1)^2+3$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=1\:(1)$

Trường hợp 1. Nếu $p\equiv 1(mod\:4)$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=1$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )$

Theo luật tương hỗ Gauss ta có $$\left ( \frac{3}{p} \right ).\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}.\frac{3-1}{2}}=1\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )$$ Trường hợp 2. Nếu $p\equiv 3(mod\:4)$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=-1$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=-\left ( \frac{3}{p} \right )$

Theo luật tương hỗ Gauss ta có $$\left ( \frac{3}{p} \right ).\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}.\frac{3-1}{2}}=-1\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=-\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )$$ Do đó ta luôn có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )=-1$ (do $p=3k+2$). Điều này mâu thuẫn với $(1)$ nên điều giả sử là sai.

Vậy $a,b$ chia hết cho $p$

* Cách 2. Sử dụng cấp của một số nguyên
Từ $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^3-1$. Đặt $t=ord_{p}(x)$. Ta sẽ suy ra $\left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|3$

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $x\equiv 1(mod\:p)$. Suy ra $$0\equiv x^2+x+1\equiv 3(mod\:p)\Rightarrow p=3$$ Điều này vô lý do $p=3k+2$

Trường hợp 2. Nếu $t=3$ thì theo định lý Fermat nhỏ ta có $$x^{p-1}\equiv 1(mod\:p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{p-1}-1$$Từ đây suy ra $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|p-1$. Điều này vô lý do $p=3k+2$

Vậy điều giả sử là sai nên $a,b$ chia hết cho $p$

Bài số học Diễn đàn Toán học số 3

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Một số nguyên dương được gọi là 'tốt' nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng $p^n-1$, trong đó $p$ là số nguyên tố và $n$  là số nguyên dương.
Tìm tất cả các số nguyên dương 'tốt' mà mọi ước nguyên dương của nó cũng 'tốt'.

Lời giải.
Trước hết, ta giải các bài toán phụ sau:

Bài toán phụ số 1. Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$  với $a,b\geq 2$ thỏa mãn $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Giải. 
Từ phương trình trên ta có: $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1\Leftrightarrow 2^{a+b}-\left ( 2^a +2^b\right )=2^c-2$$ Ta nhận thấy nếu $c\geq 2$ thì VT chia hết cho 4 và VP không chia hết cho 4. Điều này mâu thuẫn, cho nên $c=1$. Suy ra $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=1\Leftrightarrow 2^a-1=2^b-1=1\Leftrightarrow a=b=1$$ Kết hợp giải thiết suy ra không tồn tại bộ $(a,b,c)$ thỏa mãn yêu cầu.

Bài toán phụ số 2. Tìm tất cả các bộ nguyên dương $(a,b,p,q)$ với $p,q$ là các số nguyên tố lẻ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
p=2^a-1\:(1)\\
2p=q^b-1\:(2)
\end{matrix}\right.$$ Giải.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $2(2^a-1)=q^b-1\Leftrightarrow 2^{a+1}=q^b+1$

Nếu $b$ chẵn thì $q^b+1\equiv 2(mod\:4)$ mà $2^{a+1}$ chia hết cho 4.  Điều này vô lý nên $b$ lẻ. Dẫn đến$$2^{a+1}=q^b+1=(q+1)\left ( q^{b-1}-...+1 \right )$$ Do $q,b$ lẻ nên $q^{b-1}-...+1$ lẻ dẫn đến $q^{b-1}-...+1=1$. Suy ra $$ 2^{a+1}=q^b+1=q+1\:(*) $$Từ đây ta suy ra $b=1$. Ta xét các trường hợp sau:

* Nếu $q=3$ thì $a=1$ và $p=1$ (vô lý)

* Nếu $q\equiv 1(mod\:3)$ thì $2^{a+1}\equiv 2(mod\:3)$. Suy ra $a+1$ lẻ hay $a$ chẵn nên $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|2^a-1=p$

Do đó $p=3$, $a=2$ và $q=7$

* Nếu $q\equiv 2(mod\:3)$ thì từ $(*)$ suy ra $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|2^{a+1}$ (vô lý)

Vậy $(a,b,p,q)=(2,1,3,7)$

Trở lại bài toán chính. Ta chia số nguyên dương 'tốt' $x$ thành hai trường hợp.

* Trường hợp 1. Nếu $x$ lẻ thì $x=p_{1}^{a_1}...p_{k}^{a_{k}}$ trong đó $p_{1},..,p_{k}$ là các số nguyên tố lẻ

Giả sử $a_{1}\geq 2$ hoặc $k\geq 2$ thì $p_{1}=q_{1}^a-1$. Do $p_{1}$ lẻ nên $q_{1}=2$ hay $p_{1}=2^a-1$

Tương tự $p_{2}=2^b-1$ và $p_{1}p_{2}=2^c-1$. Do đó $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Áp dụng bài toán phụ số 1 ta thấy vô lý. Do đó $x=p_{1}=2^a-1$

Vậy số nguyên dương 'tốt' lẻ là số nguyên tố có dạng $2^{n}-1$

* Trường hợp 2. Nếu $x$ chẵn thì $x=2^{a}p_{1}^{a_1}...p_{k}^{a_{k}}$

Giả sử $a_{1}\geq 2$ hoặc $k\geq 2$ thì $p_{1}=q_{1}^a-1$. Do $p_{1}$ lẻ nên $q_{1}=2$ hay $p_{1}=2^a-1$

Tương tự $p_{2}=2^b-1$ và $p_{1}p_{2}=2^c-1$. Do đó $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Áp dụng bài toán phụ số 1 ta thấy vô lý. Do đó $x=2^{a}p_{1}$

Dễ nhận thấy nếu $a\geqslant 5$ thì $32$ là ước của $x$ nhưng không thỏa mãn yêu cầu. Nên $a\leq 4$

Kết hợp bài toán phụ số 2 ta có $p_{1}=3$ nên $x$ có thể là $6,12,24,48$

Thử lại thấy thỏa. Vậy số nguyên dương 'tốt' chẵn là $6,12,24,48$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2017

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2017)
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x,y)$ thỏa mãn $$x^{19}-1=(x-1)(y^{12}-1)$$Lời giải.
*  Nếu $x=1$ thì $y\in \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn phương trình.

* Xét $x\neq 1$. Khi đó phương trình trở thành $$y^{12}-1=\frac{x^{19}-1}{x-1}\Leftrightarrow (y-1)(y^{11}+y^{10}+..+y+1)=x^{18}+x^{17}+..+x+1$$ Gọi  $p$  là ước nguyên tố của $x^{18}+x^{17}+..+x+1$.

Gọi  $t$  là cấp của $x$ theo modulo $p$  hay  $t=ord_{p}x$.  Mặt khác ta lại có $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{18}+x^{17}+..+x+1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{19}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|19\Rightarrow t=1;19$$ Trường hợp 1.  Nếu $t=1$ thì $x\equiv 1(mod\:p)$. Khi đó $$x^{18}+x^{17}+..+x+1\equiv 19(mod\;p)$$ Mà  $p$  là ước của $x^{18}+x^{17}+..+x+1$ nên $19\equiv 0(mod\;p)$.  Suy ra $p=19$

Trường hợp 2.  Nếu $t=19$ thì $x^{19}\equiv 1(mod\:p) $.  Suy ra $(x,p)=1$ nên theo định lý Fermat nhỏ ta có $$x^{p-1}\equiv 1(mod\:p) \Rightarrow \left.\begin{matrix}
19
\end{matrix}\right|p-1\Rightarrow p\equiv 1(mod\:19)$$ Vì vậy  $p\equiv 0;1(mod\:19)$ với  $p$  là ước nguyên tố của  $x^{18}+x^{17}+..+x+1$.

Mặt khác,  $y-1$  là ước của  $x^{18}+x^{17}+..+x+1$ nên $$y-1\equiv 0;1(mod\:19)\Leftrightarrow y\equiv 1;2(mod\:19)\Rightarrow y^{11}+y^{10}+..+y+1\equiv 12;10(mod\:19)$$ Ta lại có  $y^{11}+y^{10}+..+y+1$ cũng là ước của $x^{18}+x^{17}+..+x+1$ nên $$ y^{11}+y^{10}+..+y+1\equiv 0;1(mod\:19)$$ Điều này mâu thuẫn. Vậy nghiệm của phương trình là $(x,y)=(1,t)$ với $t\in \mathbb{Z}^{+}$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Quảng Trị 2017

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Quảng Trị 2017)
Cho $p$ là số nguyên tố khác $2$ và $a,b$ là hai số tự nhiên lẻ sao cho $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b$ và $\left.\begin{matrix}
p-1
\end{matrix}\right|a-b$.

Chứng minh rằng  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^b+b^b$

Lời giải.
* Nếu $b$ chia hết cho $p$ thì $a$ chia hết cho $p$. Dẫn đến điều phải chứng minh.

* Xét trường hợp $b$ không chia hết cho $p$.
Do $a,b$  là hai số tự nhiên lẻ nên $$\left.\begin{matrix}
a+b
\end{matrix}\right|a^b+b^b$$Mà theo giải thiết bài toán ta có $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b$  nên suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^b+b^b$

Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}
p-1
\end{matrix}\right|a-b\Rightarrow a-b=(p-1)k$ nên $$b^a-b^b=b^b(b^{a-b}-1)=b^b\left [ b^{(p-1)k}-1 \right ]$$ Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$b^{p-1}\equiv 1(mod\;p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|b^{(p-1)k}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|b^a-b^b\:(2)$$Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^b+b^b$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Quảng Nam 2017

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Quảng Nam 2017)
Cho số nguyên tố $p$  và các số nguyên dương $a,b,c$  phân biệt nhỏ hơn $p$.  Chứng minh rằng
nếu các số $a^3,b^3,c^3$  có cùng số dư khi chia cho $p$ thì $a^2+b^2+c^2$ chia hết cho $a+b+c$

Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$a^3\equiv b^3\equiv c^3(mod\:p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^3-b^3\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(a-b)(a^2+ab+b^2)$$ Do $a,b$  phân biệt nhỏ hơn $p$ nên $a-b$ không chia hết cho $p$.  Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+ab+b^2\:(1)$

Tương tự ta cũng có $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|b^2+bc+c^2\:(2)$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|c^2+ca+a^2\:(3)$.  Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(a^2+ab+b^2)-(b^2+bc+c^2)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(a-c)(a+b+c) $$ Do $a,c$  phân biệt nhỏ hơn $p$  nên $a-c$ không chia hết cho $p$.  Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b+c$

Theo giả thiết bài toán thì $0<a+b+c<3p$  nên $a+b+c=p$ và $a+b+c=2p$

Mặt khác, từ $(1)(2)(3)$ suy ra $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2$$ Mà  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b+c$  và dễ thấy $p>3$ nên  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Ta sẽ xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $a+b+c=p$ thì ta có $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \left.\begin{matrix}
a+b+c
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$$Trường hợp 2. Nếu $a+b+c=2p$. Do $a^2$ và $a$ cùng tính chẵn, lẻ nên $\left.\begin{matrix}
2
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Do $p>3$ nên $(p,2)=1$ nên $\left.\begin{matrix}
2p
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \left.\begin{matrix}
a+b+c
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Bài số học Diễn đàn Toán học số 2

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố lẻ $(p,q)$ sao cho $q\equiv 3(mod\:8)$ và $\frac{q^{p-1}-1}{p}$ là số chính phương.

Lời giải.
Theo giải thiết bài toán ta có: $$\frac{q^{p-1}-1}{p}=t^2\left ( t\in \mathbb{N} \right )\Leftrightarrow q^{p-1}-1=pt^2$$ Do $p,q$ lẻ nên $t$ chẵn. Suy ra $t=2t_{1}(t_{1}\in \mathbb{N})$. Dẫn đến $$q^{p-1}-1=4pt_{1}^2\Leftrightarrow \left ( q^{\frac{p-1}{2}}+1 \right ) \left ( q^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )=4pt_{1}^2$$Do $\left ( q^{\frac{p-1}{2}}+1,q^{\frac{p-1}{2}}-1 \right ) =2$ nên ta suy ra hai trường hợp:

Trường hợp 1. Nếu $q^{\frac{p-1}{2}}+1=2m^2\:(*)$ và $q^{\frac{p-1}{2}}+1=2pn^2$ thì từ $(*)$ suy ra: $$ 2q^{\frac{p-1}{2}}+2=(2m)^2\Rightarrow \left ( \frac{2}{q} \right )=1$$ Mặt khác ta lại có $$\left ( \frac{2}{q} \right )=(-1)^{\frac{q^2-1}{8}}=-1$$ Dẫn đến điều mâu thuẫn nên loại trường hợp này.

Trường hợp 2. Nếu $q^{\frac{p-1}{2}}+1=2pm^2\:(1)$ và $q^{\frac{p-1}{2}}-1=2n^2\:(2)$ thì từ $(1)(2)$ suy ra $$pm^2-n^2=1 \Rightarrow \left ( \frac{-1}{p} \right )=1\Rightarrow p=4k+1$$ Do đó kết hợp $(2)$ ta được $$\left ( q^{\frac{p-1}{4}}+1 \right )\left ( q^{\frac{p-1}{4}}-1 \right )=2n^2$$ Mà $\left ( q^{\frac{p-1}{4}}+1,q^{\frac{p-1}{4}}-1 \right ) =2$ nên ta xét hai trường hợp nhỏ sau:

    Trường hợp nhỏ 1. Nếu $q^{\frac{p-1}{4}}+1=2u^2 $ và $q^{\frac{p-1}{4}}-1 =4v^2$. Từ đây ta suy ra $$q^{\frac{p-1}{4}}-1 =(2v)^2\Rightarrow \left ( \frac{-1}{q} \right )=1\Rightarrow q\equiv 1(mod\:4)$$Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán

    Trường hợp nhỏ 2. Nếu $q^{\frac{p-1}{4}}+1=4u^2 $ và $q^{\frac{p-1}{4}}-1 =2v^2$ thì suy ra $$q^{\frac{p-1}{4}}+1=4u^2\Leftrightarrow q^{\frac{p-1}{4}}=(2u+1)(2u-1)$$ Dẫn đến $2u-1=1$ và $q^{\frac{p-1}{4}}=(2u+1)$. Do đó $u=1$ và $p=5,q=3$

Vậy kết quả của bài toán là: $p=5,q=3$

Bài số học Diễn đàn Toán học số 1

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Cho $q>3$ là số nguyên tố. Gọi $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ và  $q$ là ước

số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Chứng minh rằng $p\geq q+2$.

Lời giải. 
Dễ thấy nếu $q=2$ thì bài toán được giải quyết. Do đó xét $q>2$ nên $y$ lẻ

Gọi $t=ord_{p}(q-1)$. Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $ord_{p}(q-1)=1$. Dẫn đến $$q-1\equiv 1(mod\: p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(1)$$ Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}
q
\end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Nếu $t=2$ thì $ord_{p}(q-1)=2\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(q-1)^2-1=q(q-2)$

Do $p,q$ là các số nguyên tố nên $(p,q)=1$. Dẫn đến $ \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(3)$

Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}
q
\end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

Trường hợp 3. Xét $t>2$.Từ giả thiết suy ra $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(q-1)^{2y}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|2y$$ Do $t>2$ nên $ \left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|y$ mà $q$ là ước số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Dẫn đến $q\leq t\:(*)$

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ ta được $$(q-1)^{p-1}\equiv 1(mod\:p)$$ Từ đó suy ra $t\leq p-1\:(**)$. Kết hợp giữa $(*)$ và $(**)$ suy ra $q\leq p-1\Leftrightarrow p\geq q+1$

Do $p,q$ là số nguyên tố lẻ nên $p\neq q+1$ nên $p\geq q+2$

Bài số học THTT số 448

Bài toán. (THTT số $448$)
Gọi $\begin{bmatrix}
x
\end{bmatrix}$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$,  $\begin{Bmatrix}
x
\end{Bmatrix}=x-\begin{bmatrix}
x
\end{bmatrix}$ là phần lẻ của $x$.

Hãy tìm $$\begin{Bmatrix}
\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}
\end{Bmatrix}$$ biết rằng $p,q$ là các số nguyên tố lớn hơn $5$

Lời giải.
Do $p,q$ là các số nguyên tố lớn hơn $5$ nên $p,q$ lẻ. Suy ra $$p^{2}\equiv q^{2}\equiv 1\left ( mod\;8 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;8  \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;8 \right )$$Theo định lý Fermat (do $(p,3)=(q,3)=1$) ta được $$p^{2}\equiv q^{2}\equiv 1\left ( mod\;3 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;3 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$$Theo định lý Fermat (do $(p,5)=(q,5)=1$) ta được $$p^{4}\equiv q^{4}\equiv 1\left ( mod\;5 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;5 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;5 \right )$$ Do $(3,5,8)=1$ nên $$ p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;120 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}=120k+2\;(k\in Z)$$ Suy ra $$ \begin{Bmatrix}
\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}
\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}
\frac{120k+2}{120}
\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}
\frac{2}{120}
\end{Bmatrix}$$

Bài số học chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad

Bài toán. (USAMO)
Tìm số nguyên dương $n$ để  $n^{7}+7$ là số chính phương.

Lời giải.
Đặt $n^{7}+7=x^{2}\,\left ( x\in N \right )$

Ta có $$n^{7}+7=x^{2}\Leftrightarrow n^{7}+2^{7}=x^{2}+11^{2}$$$$\Leftrightarrow \left ( n+2 \right )\left (n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64  \right )=x^{2}+11^{2}$$
Lại có:   $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+1\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n^{7}+2^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow n^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )\;(*)$$
Gọi  $p$ là ước nguyên tố có dạng  $4k+3$ của $n+2$ (do $n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ nên tồn tại p)

Theo bổ đề $1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|11,x\Rightarrow p=11\Rightarrow x=11x_{1},\;(x_{1}\in Z^{+})$

Ta có $n\equiv -2(mod\,11)\Rightarrow n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64\equiv 8(mod\,11)$

Suy ra $\left.\begin{matrix}
11^{2}
\end{matrix}\right|n+2\Rightarrow n=11^{2}.m-2$. Dẫn đến $$m\left ( n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64 \right )=x_{1}^{2}+1$$Nếu $m$ có dạng $4i+3$ thì tồn tại nguyên tố $h\equiv 3(mod\,4)$. Theo bổ đề $1$ suy ra

                                             $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Do đó $m\equiv 0,1,2(mod\,4)\Rightarrow n+2\equiv 11^{2}.m\equiv 0,1,2(mod\,4)$ (điều này vô lý do $(*)$)

Vậy không tồn tại $n$ thỏa mãn đề bài.

Một số tính chất quan trọng của số nguyên tố dạng $4k+3$

Bổ đề 1. Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$ và $a,b$ là các số nguyên dương. Khi đó,

nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$.

Chứng minh.
Nếu $a$ chia hết cho $p$ thì $b$ chia hết cho $p$

Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ không chia hết cho $p$

Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$a^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow a^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$$$b^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow b^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$ Do đó $a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv  2\left ( mod\;p \right )$

Lại có $$a^{4k+2}+b^{4k+2}=\left ( a^{2} \right )^{2k+1}+\left ( b^{2} \right )^{2k+1}\,\vdots\, a^{2}+b^{2}\,\vdots\, p$$ Suy ra $0\equiv 2\left ( mod\;p \right )\Rightarrow p=2$ (điều này vô lý)

Vậy nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a,b$ đều chia hết cho $p$.

Bổ đề 2. Mọi số nguyên dương có dạng $4m+3$ đều có ước nguyên tố dạng $4k+3$

Chứng minh.
Mọi ước số nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$. Giả sử $4m+3$ không có

ước nguyên tố dạng $4k+3$, tức là các ước nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$.

Điều này dẫn đến $4m+3$ chia cho $4$ dư $1$ (vô lý). Vậy suy ra đpcm.


Bài toán 1. (Đề thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2013)
Giải phương trình nghiệm nguyên $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y$$
Lời giải.
Ta có $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}+2=2\left ( x+y \right )+2011y$$$$\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )^{2}+1=2011y\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2011
\end{matrix}\right|\left ( x+y-1 \right )^{2}+1$$ Do $2011$ là số nguyên có dạng $4m+3$ nên theo bổ đề $2$ tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là

ước của $2011$

Áp dụng bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1,x+y-1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.


Bài toán 2. (Phương trình Euler)
Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^{2}$$ không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.
Ta có $$4xy-x-y=z^{2}\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^{2}+1$$$$\Leftrightarrow \left ( 4x-1 \right )\left ( 4y-1 \right )=\left ( 2z \right )^{2}+1$$ Do $4x-1$ chia cho $4$ dư $3$ nên tồn tại nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $4x-1$. Do đó $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( 2z \right )^{2}+1$$Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1;2z\Rightarrow p=1$ (vô lý)

Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.


Bài toán 3. (Phương trình Lebesgue)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}-y^{3}=7$$
Lời giải.
Ta có   $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}-7\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow y\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$$Lại có $$x^{2}-y^{3}=7\Leftrightarrow x^{2}+1=y^{3}+8\Leftrightarrow x^{2}+1=\left ( y+2 \right )\left ( y^{2}-2y+4 \right )$$Gọi $p$ là ước nguyên tố dạng $4k+3$ của $y+2$ ($p$ tồn tại do bổ đề $2$)

Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.


Bài toán 4. (Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2013)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố  $p$ thì $$p^{3}+\frac{p-1}{2}$$ không là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn  $p^{3}+\frac{p-1}{2}=x\left ( x+1 \right )\;\left ( x\in N \right )$$$\Leftrightarrow 4p^{3}+2\left ( p-1 \right )=4x\left ( x+1 \right )\Leftrightarrow 2p\left ( 2p+1 \right )=\left ( 2x+1 \right )^{2}+1$$
Dễ thấy $p=2$ không thỏa. Do đó $p$ chỉ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$

* Nếu $p=4k+3$ thì theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)

* Nếu $p=4k+1$ thì $2p+1=4m+3$. Theo bổ đề $2$ tồn tại $h$ là số nguyên tố có

dạng $4n+3$ là ước của $2p+1$. Theo bồ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)

Do đó điều giả sử sai. Vậy không tồn tại  $p$ thỏa đề bài.


Bài toán 5.
Cho dãy số $\left ( u_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
u_{1}=2013\\ u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n},\;\forall n\in N^{*}

\end{matrix}\right.$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau  $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $p$

là ước của $u_{2014}+2009$

Lời giải.
Ta có $$u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}\Leftrightarrow u_{n+1}-2=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}-2=\left ( u_{n}-2 \right )\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dễ thấy $u_{n}\neq 2,\,\forall n\in N^{*}$ (vì nếu $\exists n:u_{n}= 2\Rightarrow u_{1}=2$). Do đó $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{n}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dẫn đến $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{1}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}...\left ( u_{1}-2 \right )^{2}=A^{2}\Rightarrow u_{2014}=2011A^{2}+2$$
Suy ra    $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|u_{2014}+2009=2011\left ( A^{2}+1 \right )$

* Khả năng 1. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2011$ thì  $p=2011$ (do $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$)

* Khả năng 2. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A^{2}+1$. Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A,1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Vậy $p=2011$


Một số bài tập liên quan số nguyên tố dạng $4k+3$.

Bài 1. (Chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad)
Tìm số nguyên dương $n$ để  $n^{7}+7$ là số chính phương.

Bài 2. Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=5\\ x_{n+1}=x_{n}^{3}-2x_{n}^{2}+2,\;\forall n\in N^{*}

\end{matrix}\right.$$
Cho số nguyên tố $p$ thỏa  $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x_{2011}+1$. Chứng minh rằng $p=3$

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^{3}-x^{2}+8=y^{2}$$

Bài 4. Chứng minh không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho  $$3^{p}+19\left (  p-1\right )$$ là số chính phương.

Bài số học thi International Mathematical Olympiad

Bài toán.  (IMO 1988)
Cho $a, b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $\left.\begin{matrix}
ab+1
\end{matrix}\right|a^{2}+b^{2}$. Chứng minh rằng $$k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}\in Z$$ là số chính phương.

Lời giải.
Cố định $k$. Xét tập hợp sau $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( a,b \right )\in Z^{*}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}
\end{Bmatrix}$$
Do $a, b$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( a_{0}, b_{0} \right ) \in S$ mà $a_{0}+b_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất

và giả sử $a_{0}\geq b_{0}$

Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-kb_{0}X+b_{0}^{2}-k=0\;(1)$$
Dễ thấy $(1)$ có một nghiệm là $a_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $x$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}+x=kb_{0}\;(*)\\ a_{0}.x
=b_{0}^{2}-k\;(**)
\end{matrix}\right.$$
Nếu $x< 0$ thì suy ra $x^{2}-kb_{0}.x+b_{0}^{2}-k=x^{2}+b_{0}^{2}-k\left ( b_{0}x+1 \right )\geq x_{2}+b_{0}^{2}>0$

Điều này vô lý. Do đó $x\geq 0$

Nếu $x>0$. Khi đó $\left ( x,b_{0} \right )\in S\Rightarrow x+b_{0}\geq a_{0}+b_{0}\Rightarrow x\geq a_{0}$. Kết hợp $(*)$ ta được $$2a_{0}\leq x+a_{0}=nb_{0}\Rightarrow \frac{a_{0}}{b_{0}}\leq \frac{k}{2}$$Lại có $$k=\frac{a_{0}^{2}+b_{0}^{2}}{a_{0}b_{0}+1}< \frac{a_{0}}{b_{0}}+\frac{b_{0}}{a_{0}}\leq \frac{k}{2}+1\Rightarrow k=1$$
Nếu $x=0\Rightarrow b_{0}^{2}-k=0\Rightarrow k=b_{0}^{2}$

Vậy $k$ là số chính phương.

Bài số học thi Olympic 30/4 lớp 10 năm 2013

Bài toán. ( Đề chính thức Olympic 30/4 lớp 10 năm 2013)

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$  sao cho phương trình $$x^{2}+y^{2}+x+y=kxy\;\;(*)$$  có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Cố định $k$. Xét tập hợp sau  $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( x,y \right )\in Z^{+}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{x^{2}+y^{2}+x+y}{xy}
\end{Bmatrix}$$ Do $x,y$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( x_{0},y_{0} \right )\in S$ mà $x_{0}+y_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất

và giả sử $x_{0}\geq y_{0}$

Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-\left ( ky_{0}-1 \right )X+y_{0}^{2}+y_{0}=0\;(**)$$
Phương trình $(**)$ có một nghiệm là $x_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $a$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a+x_{0}=ky_{0}-1\;\;(1)\\ax_{0}=y_{0}^{2}+y_{0}
\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Từ $(1)$ suy ra $a\in Z$, từ $(2)$ suy ra $a>0$. Do đó $a\in Z^{+}$ nên $\left ( a,y_{0} \right )\in S$

Dẫn đến $a+y_{0}\geq x_{0}+y_{0}\Rightarrow a\geq x_{0}$. Kết hợp với $(1)$ ta có $$2x_{0}\leq a+x_{0}=ky_{0}-1< ky_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}< \frac{k}{2}$$
Nếu $y_{0}=1\Rightarrow x_{0}=1\Rightarrow k=4$

Nếu $y_{0}>1$. Ta có $$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}=kx_{0}y_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{y_{0}}=k\Rightarrow k< \frac{k}{2}+1+1+\frac{1}{2}\Rightarrow k\leq 4$$Lại có $$kx_{0}y_{0}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}> 2x_{0}y_{0}\Rightarrow k\geq 3$$Dẫn đến $k=3$ hoặc $k=4$

Nếu $k=3$ thì tồn tại $x=y=2$ là nghiệm của phương trình $(*)$.

Nếu $k=4$ thì tồn tại $x=y=1$ là nghiệm của phương trình $(*)$.

Vậy $k=3$ hoặc $k=4$.

Bài toán trên đã từng xuất hiện trong đề chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2010 và
phương pháp sử dụng chính trong bài là bước nhảy Viete (Viete Jumping)

Bài số học chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}y^{2}z^{2}$$
Lời giải.
Nếu $x,y,z$ cùng lẻ thì $x^{2},y^{2},z^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow \left ( xyz \right )^{2}\equiv x^{2}+y^{2}+z^{2}\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$

Điều này không thể xảy ra vì số chính phương chia cho  $4$  dư  $0$  hoặc  $1$

Do đó tồn tại ít nhất $1$ trong  $3$  số $x,y,z$ là  số chẵn.

Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z\,\vdots \,2\Rightarrow z=2z_{1}\,\left ( z_{1}\in Z^{+} \right )$. Suy ra $$x^{2}+y^{2}+4z_{1}^{2}=4x^{2}y^{2}z_{1}^{2}\Rightarrow x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$$
Nếu $x,y$ lẻ thì $x^{2},y^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+y^{2}\equiv 2\left ( mod\;4 \right )$

Điều này vô lý vì $x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$. Do đó tồn tại $1$ trong $2$ số $x,y$ là số chẵn.

Không mất tính tổng quát, giả sử  $y\,\vdots \,2\Rightarrow x\,\vdots \,2\Rightarrow x=2x_{1},y=2y_{1}\left ( x_{1},y_{1} \in Z^{+}\right )$

Khi đó phương trình trở thành $$x_{1}^{2}+y_{1}^{2}+z_{1}^{2}=16x_{1}^{2}y_{1}^{2}z_{1}^{2}$$
Tương tự ta được $$x_{1}=2x_{2},y_{1}=2y_{1},z_{1}=2z_{2}\left ( x_{1},y_{1},z_{1}\in Z^{+} \right )$$
Tiếp tục như vậy ra suy ra $$x=2^{k}x_{k},y=2^{k}y_{k},z=2^{k}z_{k}\Rightarrow x,y,z\,\vdots\, 2^{k}$$
Điều này chỉ đúng khi $x=y=z=0$. Do đó phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Bài số học chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)

Cho hai số nguyên dương $a,b$ và số nguyên tố  $p$ thỏa $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$. Biết rằng $p$

bằng tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng $\frac{a^{2}+b^{2}}{p}$ bằng tổng của hai số chính

phương.

Lời giải.
Theo giả thiết đề bài ta được  $p=c^{2}+d^{2},\, c,d\in Z$

Do đó $$\frac{a^{2}+b^{2}}{p}=\frac{\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( c^{2}+d^{2} \right )}{p^{2}}=\left ( \frac{ac+bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad-bc}{p} \right )^{2}=\left ( \frac{ac-bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad+bc}{p} \right )^{2}$$
Lại có: $$(ac+bd)(ac-bd)=a^{2}c^{2}-b^{2}d^{2}=\left ( a^{2}+b^{2} \right )c^{2}-b^{2}\left ( c^{2}+d^{2} \right )\vdots p$$
Suy ra  $ac+bd\;\vdots \;p$  hoặc  $ac-bd\;\vdots \;p$

* Nếu $ac+bd\;\vdots \;p$ ta được $$ ad-bc\;\vdots \;p\Rightarrow p=\left ( \frac{ac+bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad-bc}{p} \right )^{2}=m^{2}+n^{2},\, m,n\in Z$$
*Nếu $ac-bd\;\vdots \;p$ ta được $$ ad+bc\;\vdots \;p\Rightarrow p=\left ( \frac{ac-bd}{p} \right )^{2}+\left ( \frac{ad+bc}{p} \right )^{2}=m^{2}+n^{2},\, m,n\in Z$$

Bài số học thi Olympic Chuyên KHTN 2014

Bài toán. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Tìm tất cả các bộ ba số $(x,n,p)$ với $x,n$ là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn
$$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)\Leftrightarrow x^{3}+2x+3=3p^{n}\Leftrightarrow (x+1)(x^{2}-x+3)=3p^{n}$$
Gọi $d=gcd(x+1;x^{2}-x+3)$. Khi đó ta có: $$\left\{\begin{matrix}
x+1\vdots d\\ x^{2}-x+3\vdots d

\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x+1\vdots d\\ (x+1)(x-2)+5\vdots d

\end{matrix}\right.\Rightarrow 5\vdots d\Rightarrow d=1;5$$
Nếu $p=3$ thì $$(x+1)(x^{2}-x+3)=3^{n+1}\Rightarrow x+1=1\Rightarrow x=0$$
Điều này vô lý do $x$ nguyên dương.

Nếu $p\neq 3$ thì xét hai khả năng sau:

* Khả năng 1. Nếu $d=1$ thì ta có hai trường hợp sau:

                    $\left\{\begin{matrix}
x+1=3\\ x^{2}-x+3=p^{n}

\end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix}
x+1=p^{n}\\ x^{2}-x+3=3

\end{matrix}\right.$

Giải ra ta được $(x,n,p)=(2,1,5);(1,1,2)$

* Khả năng 2. Nếu $d=5$ thì ta có $$5^{2}\left |  \right |(x+1)(x^{2}-x+3)\Rightarrow p=5,n=2\Rightarrow  (x+1)(x^{2}-x+3)=75\Rightarrow x=4$$

hoặc $$5^{3}\left |  \right |(x+1)(x^{2}-x+3)\Rightarrow p=5;n=3\Rightarrow x\notin Z^{+}$$

Vậy $(x,n,p)=(2,1,5);(1,1,2);(4,2,5)$

Bài số học chọn đội tuyển Chuyên Lương Thế Vinh 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

Xác định tất cả các cặp số nguyên tố $(p;q)$ sao cho $$p^{q+1}+q^{p+1}$$ là số chính phương.

Lời giải.
Nếu $p,q$ cùng chẵn thì $p=q=2$ (thỏa đề bài)

Đặt $$p^{q+1}+q^{p+1}=x^{2}$$ với $\left ( x\in N \right )$

Nếu $p,q$ cùng lẻ thì $$p^{q+1}\equiv q^{p+1}\equiv 1(mod \, 4)\Rightarrow x^{2}\equiv 2(mod\, 4)$$
Điều này mâu thuẫn vì số chính phương chia cho $4$ dư $0$ hoặc $1$

Nếu $p,q$ khác tính chẵn lẻ. Do vai trò $p,q$ như nhau nên giả sử $q$ chẵn và $p$ lẻ

Suy ra $q=2$ và $p=2k+1$

Ta lại có: $$p^{3}+2^{p+1}=x^{2}\Leftrightarrow p^{3}=x^{2}-2^{2k+2}\Leftrightarrow (x+2^{k+1})(x-2^{k+1})=p^{3}$$
Do $x+2^{k+1}> x-2^{k+1}$ nên ta xét hai trường hợp sau:

* Trường hợp 1. $x+2^{k+1}=p^{2}\Rightarrow x-2^{k+1}=p\Rightarrow p(p-1)=2^{k+2}$

Do $p$ lẻ nên $p=1$ và $p-1=2^{k+2}$ (vô lý)

* Trường hợp 2. $$x+2^{k+1}=p^{3}\Rightarrow x-2^{k+1}=1\Rightarrow p^{3}-1=2^{k+2}\Rightarrow (p-1)(p^{2}+p+1)=2^{k+2}$$
Do $p^{2}+p+1$ lẻ nên $p^{2}+p+1=1$ (vô lý)


Vậy  $(p,q)=(2;2)$