Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc cao

Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc cao , các bài toán mũ bậc cao và cách ứng dụng bổ đề Hensel để giải nó . Các bạn và mọi người ở đây có thể thấy số học là một nghành quan trọng trong toán học , cùng với sự phát triển của các nghành giải tích , đại số , topo , giải tích phức thì số học vẫn giữ nguyên vai trò của nó . Rất nhiều nghành khác đã được sinh ra để phục vụ cho số học , ngày nay ta gọi là lý thuyết số . Một trong những dạng toán mà học sinh rất khó để xử lý là các phương trình nghiệm nguyên ở dạng mũ , bậc cao khiến người giải khó có cách để hạ bậc hoặc đưa về các phương trình đơn giản hơn ( định lý lớn Fermat là một ví dụ ) , bởi vậy tôi viết bài viết này để phục vụ cho mục đích đó . Dạng toán này khá khó , và mong bạn đọc đừng bỏ xót chi tiết nào , cũng xin nhắc thêm sẽ có một số bài toán chỉ nêu ý tưởng cho người đọc có thể tự giải chứ không phải tất cả các bài toán đều có lời giải sẵn ( nếu ở đây không nói là số thực ta hiểu tất cả các số ở đây là số nguyên ) , các phương pháp ở đây cũng chỉ là kinh nghiệm cá nhân tôi muốn chia sẻ , nó sẽ không phải là hay nhất , hy vọng bạn đã đọc hãy cố gắng tìm tòi nhiều lời giải mới đẹp đẽ và ngắn gọn hơn , làm đẹp thêm bài toán .Đặc biệt với 1 số trường hợp cần xét theo module nào đó để thấy tính chia hết của các số mũ , tôi sẽ chỉ ghi cần xét module nào và phần còn lại sẽ giành cho người đọc .Các bài toán sẽ đề tên địa chỉ lấy ( các web) và tác giả bài toán đó đăng lên hoặc người cung cấp nó cho tài liệu này . Cách ký hiệu , theo thứ tự A , B , C trong đó A là địa chỉ lấy bài toán , B là người đăng nó lên và C là nó được trích từ đề thi nào ( trong phạm vi hiểu biết ) Để có thể giải được các bài toán này ( không nhất thiết là phương trình nghiệm nguyên ) ta cần biết một bổ đề quan trọng sau , được gọi là bổ đề Hensel hoặc nói cách khác là định lý LTE , nó được phát biểu như sau : Cho p là một số nguyên tố , ký hiệu v_p_(x) là số mũ cao nhất trong phân tích của x đối với p Khi đó nếu với hai số nguyên khác nhau a,b , số nguyên dương n và thỏa mãn v_p_(a-b) > 0 thì ta luôn có đẳng thức , hầu hết ta chỉ xét cho p lẻ Là v_p_(a-b) + v_p_(n)=v_p_(a^n-b^n) Trong trường hợp n là số lẻ , ta có thể thay a-b bởi a+b , và lưu ý là cả a,b đều không chia hết cho p Trong trường hợp p = 2 và n là số nguyên dương chẵn , và 2 | x –y ta có V_2_(x^n-y^n)=v_2_(x+y)+v_2_(x-y)+v_2_(n)-2 Chứng minh không nêu ở đây , bài viết chỉ mang tính áp dụng , nếu không bạn có thể xem ở đây : http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/67575-%E1%BB %A9ng-d%E1%BB%A5ng-s%E1%BB%91-mu-l%E1%BB%9Bn-nh %E1%BA%A5t-c%E1%BB%A7a-th%E1%BB%ABa-s%E1%BB%91- nguyen-t%E1%BB%91-trong-cac-bai-toan-s%E1%BB%91-h%E1%BB %8Dc/ * Bài toán 1 ( VMF , bangbang1412 ) Cho x,y là các số nguyên dương , p là một số nguyên tố , tìm tất cả x,y,p thỏa mãn đẳng thức X^3 + y^3 =p^4 Trước hết ta xét cho p là số nguyên tố lẻ .Ta có thể thấy do p là số nguyên tố , nên bắt buộc phải có p|x+y , vì lũy thừa của x,y là lẻ nên ta có thể áp dụng định lý LTE ( lưu ý rằng ở đây ta chỉ xét cho gcd(x,p)=gcd(y,p)=1 ) Ta có ngay v_p_(3)+v_p_(x+y)=v_p_(x^3+y^3)=4 Có thể thấy với p=3 phương trình không có nghiệm nguyên dương do đó v_p_(3)=0 , vì vậy ta có v_p_(x+y)=v_p_(x^3+y^3)=4 vì vậy phải có x+y>= x^3+y^3 , điều này là vô lý . Vậy bắt buộc ta phải có p chẵn , tức là p=2 . Khi đó kiểm tra thấy có duy nhất bộ (x,y,p)=(2,2,2) là thỏa mãn bài toán . * Bài toán 2 ( Trần Quốc Luật ) Giải phương trình nghiệm tự nhiên 33^x + 31 = 2^y Trước hết ta có thể thấy y>=5 do 33^x+31>=32=2^5 Nếu y=5 ta có ngay x=0 Đưa phương trình về dạng 33^x – 1 = 2^y – 2^5 Để ý rằng do y>=5 nên v_2_(2^y-2^5)=5 V_2_(33^x-1)=v_2_(2^y-2^5)=5 Hay 5+v_2_(x)=5 do đó v_2_(x)=0 nên x là số lẻ Đặt x=2k+1 để ý rằng 33^2 chia cho 64 dư 1 nên ta có phương trình 33^(2k+1)+31=2^y Ta lại nhận thấy rằng số 33^(2k+1)=(32+1)^(2k+1) * Bài toán 3 : Tìm các số m,n,k nguyên dương thỏa mãn đẳng thức 5^m + 7^n = k^3 Bài toán này khá khó , tuy nhiên ý tưởng nó cũng khá rõ ràng , vì ta sẽ đưa nó về dạng chuẩn để áp dụng được bổ đề Hensel Bằng cách xét module khá cơ bản , ở đây ta chọn module của 8 , sẽ thu được ngay m chẵn và n lẻ Tiếp theo ta nhận thấy k^3 chỉ chia 7 dư 0,1,6 trong khi đó 5^m + 7^n sẽ chia 7 dư 1 nếu 3|m , sẽ chia 7 dư 2 nếu m=3a+1 và chia 7 dư 4 nếu m=3a+2 Do đó ta phải có 3|m , đặt m=3a và ta thu được phương trình 7^n = k^3 – 5^(3a) Nhận thấy nếu k – 5^a không chia hết cho 7 thì nó phải là 1 vì vế trái là lũy thừa của 7 nguyên tố . Nếu k = 5^a + 1 ta có k^3-5^(3a)=1+3.5^a.(5^a+1)=7^n nên ta có 7^n – 1 = 3.5^a.(5^a+1) Đặt 5^a = x ta có 7^n – 1 = 3x(x+1) Vì n lẻ nên đặt n=2b+1 ta sẽ xét chẵn lẻ theo b . Ta có 7^n = 7^(2b+1) = 49^b . 7 = (50-1)^b.7 Nếu b lẻ ta có 7^n \equiv -7 (mod5) và do đó 7^n -1 \equiv -8 (mod5) và do đó ta có điều vô lý vì vế phải chia hết cho 5 Nếu b chẵn ta có VT \ equiv 6 (mod5) cũng vô lý ( các sự vô lý ở đây do có a > 0 ) Vì vjaay ta phải có k – 5^a chia hết cho 7 Áp dụng định lý LTE ta có : V_7_(k-5^a)+v_7_(3)=v_7_(k-5^a)=v_7_(k^3- 5^(3a))=n > 0 Do đó ta có k – 5^a = k^3 – 5^(3a) hoàn toàn vô lý Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương Trong trường hợp yêu cầu nghiệm tự nhiên ta sẽ có nghiệm (m,n,k)=(0,1,2) * Bài toán 4 ( VMF , Juliel ) Giả sử số nguyên tố p lẻ có phân tích p = a+b với a,b là các số nguyên dương và tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn n | a^n + b^n . Chứng minh rằng n chia hết cho p Dễ dàng thấy do p nguyên tố nên phải có gcd(a,p)=gcd(a,b)=gcd(b,p)=1 Do p lẻ nên nên a+b lẻ và a^n +b^n lẻ , do đó n lẻ Gọi u là ước nguyên tố nhỏ nhất của n , ta có a^n + b^n \equiv 0(modu) Gọi t là số mà thỏa mãn at \equiv 1(mod u) ( dễ thấy gcd(a,u)=1 nên ta luôn có sự tồn tại của t ) Ta có (at)^n + (bt)^n \equiv 0(modu ) nên (bt)^n \equiv -1(modu) Lại có n lẻ nên (-bt)^n \ equiv 1(mod u ) Gọi x là cấp của –bt theo module u ta có (-bt)^x \equiv 1(modu) Theo tính chất của cấp ta phải có x|n Lại theo định lý nhỏ fermat ta có (-bt)^(u-1) \equiv 1(mod u) nên x|u-1 Nếu x>1 thì x có một ước nguyên tố nào đó là k , mà x|u-1 nên k < u-1 nên n có một ước nguyên tố k < u , trái với điều giả sử Do đó ta có x=1 và vì vậy –bt \equiv 1(modu) Cộng với at\equiv 1(modu) ta có ngay p.t\equiv 0(modu) do gcd(t,u)=1 nên u=p và ta có ngay n chia hết cho p * Bài toán 5 ( VMF , LNH ) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3^m - 7^n =2 Đây là một bài toán khá khó , tôi đã mất khá lâu thời gian có thể giải được nó tuy nhiên có một điều là nó không thể đưa về định lý LTE để giải , mà ở đây tôi chỉ xét module đơn giản cùng với nhị thức newton và phương pháp quy nạp toán học . Trước hết Nếu m chẵn , đặt m=2k ta có 9^k – 2 = 7^n Ta có 9^k – 2 \equiv -1 \equiv 7 (mod8) nên 7^(n-1) \equiv 1(mod8) Nếu n lẻ ta có n=2a+1 và ta có 7^(n-1)=7^(2a) \equiv 1(mod8) còn n chẵn thì hiển nhiên sẽ không thỏa mãn Với cách đặt như thế ta sẽ thu được phương trình 9^k - 2 = 7^(2a+1) Do ở đây chỉ là nghiệm nguyên dương , xét k=1 dễ dàng cho nghiệm n=1 Nếu k>=2 ta có 9^k chia hết cho 81 . Do vậy 7^(2a+1) +2 phải chia hết cho 81 Ta sẽ sử dụng quy nạp để chứng minh rằng 7^(2a+1) + 2=7.49^a+2 không chia hết cho 81 với mọi a nguyên dương . Với a =1 ta có khẳng định đúng Giả sử khẳng định đúng đến a=x ta sẽ chứng minh nó đúng với a=x+1 Ta xét 7.49^(x+1)+2 nếu nó chia hết cho 81 thì trước tiên phải chia hết cho 9 đã , ta có 7.49^(x+1)+2\equiv -2.4^(x+1)+2=2(1-4^(x+1))(mod9) Do đó ta có 9|4^(x+1)-1 Ta sẽ kiểm tra các điều kiện để một số có dạng 4^y -1 chia hết cho 9 Nếu y là bội của 3 ta có sự thỏa mãn Nếu y = 3u+1 ta có 4^y-1=4.(63+1)^y-1\equiv 3(mod9) Tương tự với y=3u+2 và do đó nếu quy nạp sai đến x+1 thì phải có x+1 chia hết cho 3 . Đặt x+1=3b Ta có 7.49^(3b)+2=7^(6b+1)+2 = ( 6+1)^(6b+1)+2 Sử dụng khai triển newton ta thấy nó chỉ chia hết tối đa cho 3 mà thôi , do đó ta có điều vô lý và vì vậy trong TH này ta có (k,n)=(1,1) Nếu m là số lẻ Sử dụng xét module 8 ta chứng minh được n chẵn ( bằng cách làm hoàn toàn tương tự người đọc có thể giải quyết được TH này , lưu ý 49^3 có dạng 9u+1) Bài toán được giải quyết • Bài toán 6 ( VMF , Juliel ) Tìm nghiệm nguyên của phương trình Y^(2010) = x^(2010) – x^(1340)-x^(670)+2 Để ý rằng các số 2010 , 1340 và 670 đều là bội của 670 nên có thể đặt 670=a và thu được y^(3a)=x^(3a)-x^(2a)-x^a + 2 Tiếp tục đặt y^a = u , x^a = v ta có u^3 = v^3-v^2-v+2 Bài toán này từ đây được giải quyết khá dễ bởi nguyên lý kẹp • Bài toán 7 ( VMF , Juliel ) Trước hết ta định nghĩa một số nguyên dương được gọi là số square-free nếu nó là tích các số nguyên tố phân biệt có lũy thừa bậc 1 trong nó Tìm tất cả các số nguyên dương a sao cho a^(a-1) – 1 là một số square- free Trước hết giả sử số a^(a-1)-1 là một số square – free khi đó nếu a=1 ta thấy không thỏa mãn , a=2 không thỏa mãn nên a>2 , do đó a-1>1 Vì vậy gọi p là một ước nguyên tố nào đó mà p|a-1 Áp dụng định lý LTE ta có V_p_(a-1)+v_p_(a-1)=v_p_(a^(a-1)-1)=1( theo định nghĩa số square –free) Mặt khác 2v_p_(a-1) >=2 nên ta có điều vô lý Vậy với mọi a thì số a^(a-1) – 1 không là số square – free • Bài toán 8 : ( PSW của diendantoanhoc ) Giải phương trình nghiệm nguyên dương (x!)^k + (y!)^k = (k+1)^n . (n!)^k Ngoài cách sử dụng định lý LTE ( xem chứng minh ở http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?/topic/2531-gi%E1%BA%A3i- pt-nguy%C3%AAn-d%C6%B0%C6%A1ng-xkykk1n-cdot-nk/ ) Có thể chia 2 vế cho (n!)^k và biện luận khi đó khá dễ dàng không cần phức tạp như lời giải của đường link nói trên  Với một bài toán khó như vậy , hy vọng bạn sẽ không bỏ qua nó , ta cùng sang các bài toán trong một số đề thi , trước hết tôi đề xuất phương trình với các cách giải không phụ thuộc nhiều định lý LTE , và biến hóa hơn . • Bài toán 9 ( Trần Quốc Luật ) Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn phương trình 2^(3^x) + + 1 = 19.3^y Số mũ ở vế trái là lẻ , ta nhận thấy rằng nó đã đủ điều kiện sử dụng định lý LTE Áp dụng ta có v_3_(2^(3^x)+1)=v_3_(3^x)+v_3_(2+1)=x+1 Bởi vậy mà y=x+1 Từ đó thu được phương trình 2^(3^x)+1=19.3^(x+1) Hay 2^(3^x)+1=57.3^x Đặt 3^x=t ta có 2^t + 1 = 57t Bằng quy nạp ta chứng minh được nếu t >= 10 thì phương trình trên không thỏa mãn do 2^t + 1 > 57t Vậy ta có t <= 9 tức là x <=2 , do vậy có x=1 và x=2 Do đó thu được duy nhất bộ số (x,y)=(2,3) thỏa mãn bài toán • Bài toán 10 : ( VMF , HoangTung126 , VMO 2004 ) Tìm tất cả x,y,z nguyên dương thỏa mãn phương trình (x+y)(xy+1)=2^z Không mất tính tổng quát giả sử x <= y Do vế phải là lũy thừa của một số nguyên tố nên các phần tử của vế trái lần lượt là lũy thừa của nó . Do vậy đặt x+y = 2^m và xy+1=2^(z-m) với m>0 , dễ thấy z>=2m do xy+1>=x+y với mọi x,y nguyên dương . Nếu x=1 ta có y+1=2^m và y+1=2^(z-m) bởi vậy có z=2m Nghiệm đầu tiên sẽ là (x,y)=(1,2^m – 1) với z=2m , z,m nguyên dương tùy ý Đến đây ta hạn chế chỉ xét cho x,y>=3 ( TH kia x,y không thể chẵn nên loại ) Ta có x^2 -1 = x(x+y)-(xy+1) chia hết cho 2^m ( do z>=2m) Vì x,y gcd(x-1,x+1)=2 do x lẻ nên để dễ hình dung ta sẽ đặt x-1=2^a.u x+1=2^b.v Trong đó các số này nguyên dương thỏa mãn a+b>=m và u,v lẻ Khi đó hiển nhiên nếu a,b>=2 thì gcd(x-1,x+1)>=4 vì vậy nhất định một trong hai số a,b là 1 , khi đó số còn lại sẽ không nhỏ hơn m-1 Do đó ta có hoặc là 2^m | x-1 hoặc 2^m | x+1 Theo giả sử x<=y, ta có thể xét x=y thu được 2x(x^2+1)=2^z vô lý do x(x^2+1) có ước nguyên tố lẻ Do đó x<y Ta có 0 < x-1 < [ (x+y)/2] -1 < 2^(m-1) do x+y=2^m Do đó ta có 2^(m-1)|x+1 Do x,y cùng lẻ nên ta có y khác x+1 nên y>=x+2 , ta lại có x+y <= [ (x+y-2)/2 ] +1 =2^(m-1) , và hiển nhiên ta có ngay x+1=2^(m-1) Từ đó thu được các bộ nghiệm (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>=3 nguyên dương . • Bài toán 11 : ( VMF , Jinbe ) , giải phương trình nghiệm nguyên dương 7^x + 1= 5^y + 3^z Sử dụng cách xét theo module 8 . Trước tiên nếu x chẵn , chúng ta sẽ chứng minh được rằng y,z cũng chẵn Ta sẽ thấy cả x,y,z đều chẵn trong trường hợp này Đổi sang bộ số (x,y,z)=(2a,2b,2c) Khi đó có phương trình 49^a + 1 = 25^b + 9^c Tuy nhiên 49^a +1 \equiv 2(mod3) còn 25^b+9^c \equiv 1(mod3) nên phương trình trong trường hợp này chỉ có nghiệm (0,0,0) Vậy x lẻ , sử dụng cách xét như trên ta thu được x,y,z đều lẻ Đổi sang bộ số (x,y,z)=(2a+1,2b+1,2c+1) Dễ dàng giải quyết nó với trường hợp một trong các số a,b,c là 0 Vậy ta xét a,b,c>0 khi đó có phương trình 7.49^a + 1 = 5.25^b + 3.9^c Ta có 7.49^a + 1\equiv (-1)^a. 7 + 1 (mod 5) Và 5.25^b + 3.9^c \equiv 3.(-1)^c (mod 5) Bởi vậy cân có 7. (-1)^a + 1 \equiv 3.(-1)^c ( mod 5) Chỉ xảy ra khi a,c cùng chẵn . • Bài toán 12 : ( Romanian IMO TST 2005 ) Giải phương trình nghiệm nguyên dương : 3^x = 2^x . y + 1 Nếu x lẻ , ta có 3^x – 1 = 2^x .y Áp dụng định lý LTE ta có X= V_2_(3^x-1)=v_2_(x)+v_2_(3-1)=1 Nên ta có ngay x=1 , từ phương trình ta có ngay y=1 Nếu x chẵn , ta sẽ đưa ra 1 dạng khác của định lý LTE , với p chẵn như sau Nếu n là một số nguyên dương chẵn , và x,y nguyên dương thỏa mãn 2|x- y hoặc 2|x-y Khi đó ta luôn có đẳng thức V_2_(x^n – y^n ) = v_2_(x-y) + v_2_(x+y)+v_2_(n)-1 Áp dụng với (x,y,n)=(3,1,x) ta có V_(2^x.y)=V_2_(3^x-1)=v_2_(3-1)+v_2_(3+1)+v_2_(x)- 1=2+v_2_(x) Đặt x=2^m . k với k lẻ , m,k nguyên dương ta sẽ chứng minh quy nạp 2^m.k >= m+2 với m >=3 Từ đó thu được nghiệm của phương trình (x,y)=(1,1),(2,2),(4,5) • Bài toán 13 : ( IMO shorlist 2010 ) Tìm tất cả m,n không âm thỏa mãn đẳng thức M^2 + 2.3^n = m.(2^(n+1)-1) Lập các giá trị của n từ 0 đến 5 Ta có: - Nếu n = 0 không có m thỏa mãn . - Nếu n = 1 không có m thỏa mãn . - Nếu n = 2 không có m thỏa mãn . - Nếu n = 3 thì m = 6 hoặc m = 9 - Nếu n = 4 thì không có m thỏa mãn . - Nếu n = 5 thì m = 9 hoặc m = 54 . Giờ ta sẽ giải quyết với n > = 6 Nhận thấy phải có m | 2.3^n nên m có dạng 2.3^p hoặc 3^p với 0 <= p <= n Đặt q = n – p ta có ( m = 3^p ) 2^(n+1) – 1 = 3^p + 2.3^q Bởi vậy ta có 3^p < 2^(n+1) = 8^ [ (n+1)/3 ] < 9^[ (n+1)/3 ] = 3^[2(n+1)/3] Và 2.3^q < 2^(n+1) = 2. 8^[n/3] < 2 . 9^[n/3] < 2.3^[2(n+1)/3] Do vậy ta có p,q < 2(n+1)/3 Ta có n - p < 2(n+1)/3 nên 3n – 3p < 2n+2 hay (n-2)/3 < p Tương tự thì (n-2)/3 < q Do vậy ta có (n-2)/3 < p,q < 2(n+1)/3 Vì n > 6 nên min (p,q) > 1 do đó p,q>=2 nên 2^(n+1) – 1 là một bội của 9 Kiểm tra và thấy rằng ord_9_(2)=6 nên 6 | n+1 Đặt n + 1 = 6a ta có 2^(n+1) – 1 = 4^(3a)-1 = (2^a-1)(2^a+1)(4^(2a) +4^a+1) là bội của 9 Nhưng 4^(2a)+4^a+1=(4^a-1)^2+3.4^a có (4^a-1)^2 chia hết cho 9 còn 3.4^a chỉ chia hết cho 3 nên v_3_(4^(2a)+4^a+1)=1 Từ phương trình 2^(n+1) – 1 = 3^p + 2.3^q Ta thấy 2^(n+1) – 1 phải chia hết cho 3^[min(p,q)] mặt khác có v_3_(4^(2a)+4^a+1)=1 nên phải có (2^a-1)(2^a+1) chia hết cho 3^[min(p,q)-1] Chỉ có 1 trong 2 số 2^a-1 và 2^a+1 là chia hết cho 3 nên hoặc 3^[min(p,q)- 1] | 2^a + 1 hoặc là 3^[min(p,q)-1] | 2^a – 1 Nên ta có 3^[ min (p,q)-1] <= 2^a + 1 <= 3^a = 3^[ (n+1)/6] nên ta có (n-2)/3 <Min(p,q) < 1+(n+1)/6 Bởi vậy ta có 2(n-2) < 6 + (n+1) hay n < 11 , đến đây dễ dàng giải quyết tiếp Với n có dạng 2.3^p ta xử lý tương tự và chứng minh được phương trình có các nghiệm (m,n) = (6,3) , (9,3) , (9,5) , (54,5) . • Bài toán 14 : Tìm tất cả các số nguyên dương x,y thỏa mãn 2^x + 1 = x^2.y Đặt x = 3^k . d với gcd(3,d)=1 Hiển nhiên x lẻ nên d lẻ , sử dụng định lý LTE ta có : V_3_(2^x+1)=v_3_(x^2.y) Hay v_3_(x)+v_3_(2+1)=v_3_(3^(2k).d.y) Nên ta có k + 1 = 2k + v_3_(y) => 1 = k + v_3_(y) Giả sử d > 1 thì d có ước nguyên tố . Nên k = 0 hoặc k = 1 , ta có 2^x + 1 chia hết cho d chọn p là ước nguyên tố nhỏ nhất của d , khi đó ta có 2^x \equiv -1(mod p) 2^(2x) \equiv 1(modp) Theo định lý nhỏ Fermat ta có 2^(p-1)\equiv 1(modp) Gọi u là cấp của 2 theo module p (vì gcd(p,2)=1) 2^u \equiv 1(modp) Theo tính chất của cấp ta có u|p-1 và u|2x nên u|2.3^k.d Ta có u <= p – 1 < p là ước nguyên tố nhỏ nhất của d , mà u > 1 nên gcd(u,d)=1 do đó u|2.3^k nên u|6 . Nếu u=2 thì p|3 vô lý do gcd(d,3)=1 , nên u= 3 hoặc u = 6 do đó p| 7 hoặc p|63 , kiểm tra lại đều thấy không thỏa mãn . Nên d = 1 và k = 0 hoặc 1 từ đó tìm được nghiệm (x,y)=(1,3),(3,1) • Bài toán 15 ( AoPs , Altricona ) Tìm tất cả các số nguyên không âm thỏa mãn 9 + 5^a = 3^b + 7^c Sau đây là lời giải của tôi : Thử qua thử lại chúng ta thấy có các nghiệm (a,b,c)=(0,1,1),(2,3,1) ,(0,2,0) Cũng xin nhắc lại lưu ý các phương trình nghiệm nguyên bậc cao nếu là giải phương trình mà không phải đưa về các dạng phương trình phụ trợ ( phương trình Pell , phương trình Pitago , …… ) thì nó có rất ít nghiệm và thường là nghiệm nhỏ có thể kiểm soát được , các số xuất hiện trong bài ta thường xét module tích của một vài số , lấy module gần nhất là + 1 hoặc -1 của một số hạng của nó , trong các bài toán trên bạn sẽ thấy tôi luôn cố gắng xét các module như vậy . Đây là một bài toán khó , không thể dùng tính chẵn lẻ để giải quyết nó , nhưng tôi lại có một cách giải quyết rất hay như sau , như đã nói ở trên các module luôn là +1 hoặc -1 , để ý là 9=2.4+1,5=1.4+1,3=4-1,7=2.4-1 Ta thấy rằng 9 + 5^a \equiv 2(mod4) Và 3^b + 7^c \equiv -2 \equiv 2(mod4) khi b,c lẻ 3^b+7^c \equiv 0 (mod4) nếu có 1 số lẻ một số chẵn 3^b + 7^c \equiv 2 (mod4) nếu cả hai cùng chẵn . Vậy b,c cùng tính chẵn lẻ . Nhưng lại thấy rằng 3^b + 7^c \equiv 1(mod3) nên phải có a chẵn thì mới thu đươc 5^a \equiv 1(mod3) Sau đây ta chỉ quan tâm đến các nghiệm nguyên dương . Nếu a,b,c cùng chẵn và khác không ta chuyển bộ (a,b,c)->(2x,2y,2z) thu được phương trình . 9+ 25^x = 9^y + 49^z Ta có 25^x + 9 \equiv 4 (mod5) nên 9^y + 49^z\equiv 4 (mod5) Mặt khác 9^y+49^z\equiv (-1)^y + (-1)^z (mod5) Nhưng dù y,z chẵn lẻ như thế nào cũng không thu được (-1)^y+(- 1)^z\equiv 4( mod5) nên bắt buộc phải có một số là 0 . Nếu x = 0 thì rất dễ giải quyết , nếu y = 0 thì 8 + 25^x = 49^z có một số lẻ và một số chẵn Nếu z = 0 thì 8 + 25^x = 9^y cũng không xảy ra do hai vế không đồng tính chẵn lẻ Vậy trường hợp này được giải quyết , kết luận nghiệm của nó là (a,b,c)=(0,2,0) Nếu a chẵn và b,c lẻ chuyển bộ (a,b,c)->(2x,2y+1,2z+1) thu được phương trình : 9 + 25^x = 3.9^y + 7.49^z Trước hết nếu x= 0 ta có thể tự giải quyết còn trường hợp còn lại như đã nói chỉ xét cho nghiệm dương ( chú ý nghiệm (a,b,c)=(2,3,1) ) Ta có 3.9^y + 7.49^z \equiv (-1)^y.3 + (-1)^z.7 (mod5) [...]... cho người đọc ) Như vậy ta chỉ còn việc giải quyết phương trình 25^x = 18 + 7.49^(2n) Phương trình này đến đây đã khá cơ bản , giải quyết nó giành cho người đọc Kết luận nghiệm (a,b,c)=(0,2,0);(0,1,1);(2;3;1) Còn đây là bài toán cuối cùng tôi muốn các bạn tự giải , khá tổng quát Giải phương trình nghiệm nguyên dương , trong đó p nguyên tố , n là số nguyên thỏa mãn gcd(n,p)=1 A^n + b^n = p^k Với a,b,n,p,k . Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc cao , các bài toán mũ bậc cao và cách ứng dụng bổ đề Hensel để giải nó . Các bạn và mọi người ở đây có thể thấy. nghiệm (a,b,c)=(0,1,1),(2,3,1) ,(0,2,0) Cũng xin nhắc lại lưu ý các phương trình nghiệm nguyên bậc cao nếu là giải phương trình mà không phải đưa về các dạng phương trình phụ trợ ( phương trình. Một trong những dạng toán mà học sinh rất khó để xử lý là các phương trình nghiệm nguyên ở dạng mũ , bậc cao khiến người giải khó có cách để hạ bậc hoặc đưa về các phương trình đơn giản hơn (