Phan Đình Trung: PTNN

Bài toán 1 (JBMO Shortlist 2008) : Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho : $4^{x}+3^{y}=z^{2}$

Lời giải :

Phương trình tương đương : $(z-2^{x})(z+2^{x})=3^{y}$

Do đó :

$\left\{\begin{matrix} z-2^{x}=3^{m} & & \\ z+2^{x}=3^{n} & & \end{matrix}\right.$

Với $m,n\in \mathbb{N},m<n,m+n=y$

Trừ vế với vế : $3^{n}-3^{m}=2^{x+1}\Leftrightarrow 3^{m}(3^{n-m}-1)=2^{x+1}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m=0 & & \\ 3^{y}-1=2^{x+1} &(*) & \end{matrix}\right.$

Giải phương trình $(*)$ :

Vì $x\geq 1\Rightarrow 4|2^{x+1}\Rightarrow 3^{y}=2^{x+1}+1\equiv 1(mod4)\Rightarrow y$ chẵn

Đặt $y=2k\qquad(k\in \mathbb{N}^{*})$

Ta được $(3^{k}-1)(3^{k}+1)=2^{x+1}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3^{k}-1=2^{a} & & \\ 3^{k}+1=2^{b}& & \end{matrix}\right.$

Với $a<b;a+b=x+1;a,b\in \mathbb{N}$

$\Rightarrow 2^{b}-2^{a}=2\Rightarrow 2^{a}(2^{b-a}-1)=2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & & \\ b=2& & \end{matrix}\right.$

Từ đó tìm được $x=2$ , $y = 2$ , $z = 5$

Kết luận : $\boxed{(x;y;z)=(2;2;5)}$

Bài toán 2: Tìm nghiệm nguyên dương

thỏa mãn phương trình sau:

Lời giải:
Xem phương trình trên như một phương trình bậc hai ẩn

. Khi đó ta có:

Để phương trình có nghiệm thì

Mặt khác, từ phương trình đã cho, dễ dàng suy ra:

Do đó, ta có

hoặc

Trường hợp 1:

hoặc

1.1/

(loại).
1.2/

.
1.3/

(loại).
Trường hợp 2:

(loại).
Kết luận: phương trình đã cho có nghiệm

Bài toán 3 : Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình :

$2^x=3^y+5$ .

Lời giải :

Xét $y\leq 3$ , ta được cặp $(x,y)=(3,1),(5,3)$ . Xét $y>3$ , kéo theo $x>5$ . Ta sẽ chứng minh trong trường hợp này phương trình không còn nghiệm nguyên dương nào nữa.

Viết phương trình dưới dạng :

$2^5(2^{x-5}-1)=3^3(3^{y-3}-1)$

Ta có :

$2^{x-5}\equiv 1\;(mod\;3^3)\Rightarrow 18=ord_{27}(2)\mid x-5$

Lúc này :

$19\mid 2^{18}-1\mid 2^{x-5}-1$

Do vậy mà :

$3^{y-3}\equiv 1\;(mod\;19)\Rightarrow 18=ord_{19}(3)\mid y-3$

Suy ra :

$2^5(2^{x-5}-1)\;\vdots \;3^{y-3}-1\;\vdots \;3^{18}-1\;\vdots\; 757$

Kéo theo :

$2^{x-5}\equiv 1\;(mod\;757)\Rightarrow 756=ord_{757}(2)\mid x-5\Rightarrow 54\mid x-5$

Từ đó ta suy ra điều mâu thuẫn :

$3^3(3^{y-3}-1)=2^5(2^{x-5}-1)\;\vdots \;2^{54}-1\;\vdots \;3^4$

Đáp số của bài toán là $(x,y)=(3,1),(5,3)$

Bài toán 4 (Romania Team Selection Test 1998)

Tìm tất cả các số nguyên dương $(x,n)$ sao cho :

$x^n+2^n+1\mid x^{n+1}+2^{n+1}+1$

Lời giải :

Ta có :

$x^{n+1}+2^{n+1}+1=x(x^n+2^n+1)-2^n.x+1-x+2^{n+1}$

Do đó kết hợp với điều kiện bài toán, ta suy ra :

$x^n+2^n+1\mid 2^{n+1}-2^nx+1-x$

Với $x=1,x=2$ ta dễ dàng chỉ ra được điều mâu thuẫn. Ta chỉ xét $x\geq 3$ . Khi đó không khó để thấy :

$2^{n+1}-2^nx+1-x< 0$

Từ đó mà :

$2^nx-2^{n+1}+x-1=\left | 2^{n+1}-2^n.x+1-x \right |\geq x^n+2^n+1$

Thu gọn thành :

$(2^n+1)x\geq x^n+2^{n+1}+2^n+2\;\;\;(*)$

Trước hết ta xét $n\geq 3$ . Khi đó dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp :

$x^n\geq x(2^n+1)\Rightarrow x^n+2^{n+1}+2^n+2> x(2^n+1)$

Mâu thuẫn với kết quả đã thu được ở trên. Do vậy phải có $n\leq 2$ .

Nếu $n=2$ thì từ $(*)$ có $5x\geq x^2+14$ , không tồn tại $x$ .

Nếu $n=1$ thay vào giả thiết ban đầu :

$x+3\mid x^2+5\Rightarrow x\in \left \{ 4,11 \right \}$

Đáp số bài toán là :

Có duy nhất hai bộ số thỏa mãn đề bài là $(x,n)=(4,1),(11,1)$

Bài toán 5 (Vietnamese Mathematical Olympiad 2004)

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

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

Lời giải :

Từ phương trình ta được $\left\{\begin{matrix} x+y=2^a\\ 1+xy=2^b \end{matrix}\right.(a,b\in \mathbb{N}^*)$ .

Theo định lí Viete thì $x,y$ là hai nghiệm của phương trình :

$X^2-2^a.X+2^b-1=0\;\;\;(*)$

Để nghiệm của $(*)$ nguyên thì biệt thức $\Delta '=2^{2a-2}-2^b+1$ phải là một số chính phương. Ta đặt:

$2^{2a-2}-2^b+1=k^2\;\;(k\in \mathbb{N})\;\;(**)$

Nếu $2^{b}\geq 2^{2a-2}$ . Ta cũng có $2^{2a}=(x+y)^2\geq 4xy=4(2^b-1)\Rightarrow 2^{2a}+1\geq 2^b$ .

Như vậy thì $2^{2a-2}\leq 2^{b}\leq 2^{2a-2}+1$ .

Khi $2^{b}=2^{2a-2}$ thì $k=1$ . Khi ấy $(*)$ có nghiệm $X=2^{a-1}\pm 1$ . Từ đó $(x,y)=(2^{a-1}-1,2^{a-1}+1),(2^{a-1}+1,2^{a-1}-1)$ . Thế vào phương trình ban đầu tìm được $z=3a-2$ .

Khi $2^{b}=2^{2a-2}+1$ , không mấy khó khăn ta tìm được $(a,b)=(1,1)$ . Từ đó thu được bộ $(x,y,z)=(1,1,2)$ .

Nếu $2^{b}< 2^{2a-2}$ thì viết $(**)$ dưới dạng :

$2^b(2^{2a-b-2}-1)=(k-1)(k+1)$

Trường hợp $a=1$ hoặc $b=1$ đơn giản, cũng cho bộ $(x,y,z)=(1,1,2)$ . Ta chỉ xét $a,b>1$ .

Khi đó dễ thấy $k$ lẻ, từ đó kéo theo $\gcd(k-1,k+1)=2$ .

Suy ra trong hai số $k-1,k+1$ sẽ có một số chia hết cho $2^{b-1}$ . Ta giả sử :

$k=2^{b-1}m+\epsilon \;\;(\epsilon =\pm 1)$

Thay ngược vào $(**)$ :

$2^b(2^{2a-b-2}-1)=k^2-1=2^{2b-2}m^2+2^bm\epsilon \Rightarrow 2^{2a-b-2}-1=2^{b-2}m^2+m\epsilon$

Nhận thấy rằng có

$(x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow xy+1\geq x+y\Rightarrow 2^b\geq 2^a\Rightarrow b\geq a$ .

Nếu $b=a$ thì $x=1$ hoặc $y=1$ . Ta tìm được bộ :

$(x,y,z)=(1,2^a-1,2a),(2^a-1,1,2a)$

Nếu $b>a$ thì $b-2>2a-b-2$ . Ta tiếp tục lập luận :

$-m\epsilon -1=2^{b-2}m^2-2^{2a-b-2}=2^{2a-b-2}(2^{2b-2a}m^2-1)\geq m^2-1\Rightarrow m^2\pm m\leq 0$

Các giá trị tìm được của $m$ đều mâu thuẫn vì $m$ nguyên dương.

Tổng hợp lại các kết quả, ta kết luận đáp số bài toán là :

$(x,y,z)=(2^a-1,1,2a),(1,2^a-1,2a),(2^a-1,2^a+1,3a-2),(2^a+1,2^a-1,3a-2)$

Trong đó $a$ là số nguyên dương tùy ý.

Bài toán 6 (Indian National Olympiad 2008)

Tìm bộ ba $(p,x,y)$ thỏa mãn phương trình :

$p^x=y^4+4$

Trong đó $p$ là số nguyên tố và $x,y$ là các số tự nhiên.

Lời giải :

Xét $x=0$ không thỏa mãn. Ta chỉ xét $x\geq 1$ .

Phương trình trên dẫn đến hệ sau :

$\left\{\begin{matrix} y^2-2y+2=p^m\\ y^2+2y+2=p^n \end{matrix}\right.(m,n\in \mathbb{N},m< n,m+n=x\geq 1)$

Nếu $m=0$ thì được $y=1$ , từ đó tìm được $p=5,x=1$ .

Nếu $n=0$ thì $y=-1$ , mâu thuẫn điều kiện $y$ tự nhiên.

Do đó ta chỉ xét $m,n\geq 1$ . Từ hệ trên ta suy ra :

$p\mid (y^2+2y+2)-(y^2-2y+2)=4y$ .

Nếu $p\mid 4$ thì $p=2$ . Nếu $p\mid y$ thì do $p\mid y^2-2y+2$ nên $p\mid 2$ . Tóm lại ta được $p=2$ .

Thay vào phương trình ban đầu, ta được :

$y^4+4=2^x$

Nếu $x=2$ thì $y=0$ . Xét $x\geq 3$ . Ta được :

$v_2(y^4)=v_2(2^x-4)=v_2(4(2^{x-2}-1))=2$ .

Đây là điều mâu thuẫn vì $v_2(y^4)\geq 4$ . Đáp số của bài toán là $(p,x,y)=(5,1,1),(2,2,0)$

Bài toán 7 (Germany Team Selection Test 2010)

Tìm các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn :

$3^n-7^m=2$

Lời giải :

Xét $n=1$ , không tìm được $m$ thỏa mãn. Xét $n=2$ thì được $m=1$ . Xét $m\geq 3$ kéo theo $n\geq 2$ .

Viết phương trình dưới dạng :

$9(3^{m-2}-1)=7(7^{n-1}-1)$

Từ phương trình trên ta được :

$7^{n-1}\equiv 1\;(mod\;9)\Rightarrow 3=ord_9(7)\mid n-1$

Từ đó ta được :

$7^{n-1}-1\;\vdots \;7^3-1\;\vdots \;19$

Kéo theo :

$3^{m-2}\equiv 1\;(mod\;19)\Rightarrow 18=ord_{19}(3)\mid m-2$

Lại suy ra được :

$3^{m-2}-1\;\vdots \;3^{18}-1\;\vdots \;37$

Do vậy mà :

$7^{n-1}\equiv 1\;(mod\;37)\Rightarrow 9=ord_{37}(7)\mid m-1$

Dẫn đến :

$3^2(3^{m-2}-1)\;\vdots \;7^{n-1}-1\;\vdots\; 7^9-1\;\vdots \;27$

Đây là điều mâu thuẫn. Có duy nhất một cặp số thỏa mãn bài ra là $(m,n)=(2,1)$

Bài toán 8 (Japan Mathematical Olympiad Finals 2014)

Tìm tất cả các bộ ba $(a,b,c)$ với $a,b,c$ nguyên dương và thỏa mãn :

$2^a+3^b+1=6^c$

Lời giải :

Xét $a=1$ được $3^b+3=6^c$ . Nếu $b=1$ thì $c=1$ . Nếu $b>1$ thì $v_3(6^c)=v_3(3^b+3)=v_3(3(3^{b-1}+1))=1\Rightarrow c=1$ . Suy ra $b=1$ , mâu thuẫn. Ta được bộ $(1,1,1)$ .

Xét $a=2$ được $3^b+5=6^c\equiv 0\;(mod\;3)$ , mâu thuẫn.

Xét $a\geq 3$ thì :

$6^c=2^a+3^b+1\equiv 2,4\;(mod\;8)\Rightarrow c\in \left \{ 1,2 \right \}$ .

Nếu $c=1$ thì $2^a+3^b=5$ , vô lí vì $a \geq 3$ .

Nếu $c=2$ thì $2^a+3^b=35$ , thu được $a=b=3$ .

Đáp số của bài toán là $(a,b,c)=(1,1,1),(3,3,2)$

Bài toán 9 (Turkey National Olympiad Second Round 2013)

Tìm tất cả các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn :

$2^n+n=m!$

Lời giải :

Xét $m\leq 6$ . Do $2^n+n\geq 3$ nên $m\geq 3$ . Như vậy ta xét $m\in \left \{ 3,4,5,6 \right \}$ . Thử từng trường hợp ta được cặp $(m,n)=(3,2)$ .

Ta chỉ xét $m>6$ . Đặt $n=2^k.t\;\;\;\;(k\in \mathbb{N},t\in \mathbb{Z}^{+},2\nmid t)$ . Dễ thấy $n>k$ .

Ta có :

$m!=2^n+n=2^n+2^k.t=2^k(2^{n-k}+t)$

Suy ra :

$k=v_2(2^k.(2^{n-k}+t))=v_2(m!)$

Lại theo định lí Legendre ta được :

$k=v_2(m!)=\underset{i=1}{\overset{+\infty }{\sum}} \left \lfloor \dfrac{m}{2^i} \right \rfloor\geq \left \lfloor \dfrac{m}{2} \right \rfloor$

Mặt khác ta cũng dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp rằng với $m>6$ thì :

$2^{\left \lfloor m/2 \right \rfloor}\geq m$ và $2^{m^2}> m!$

Nếu mà $m\geq t$ thì $t\mid m!=2^n+n=2^n+2^k.t\Rightarrow t\mid 2^n$ , mâu thuẫn vì $t$ lẻ,

Do đó phải có $t>m$ . Từ đó dẫn đến :

$n=2^k.t\geq 2^{\left \lfloor m/2 \right \rfloor}.m> m^2\Rightarrow 2^n> 2^{m^2}> m!$

Phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Đáp số duy nhất của bài toán là $(m,n)=(3,2)$

Bài toán 10 (Finland Finish National High School Mathematics Competition 2013)

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên $(m,p,q)$ thỏa mãn :

$2^m.p^2+1=q^5$

Trong đó $m>0$ và $p,q$ là hai số nguyên tố.

Lời giải :

Nếu $p=2$ thì :

$2^{m+1}+1=q^5\Leftrightarrow (q-1)(q^4+q^3+q^2+q+1)=2^{m+1}$

Vì $q$ lẻ nên $q^4+q^3+q^2+q+1$ lẻ, suy ra $2^{m+1}$ có ước lẻ, vô lí.

Xét $p$ lẻ. Ta viết phương trình dưới dạng :

$(q-1)(q^4+q^3+q^2+q+1)=2^m.p^2$

Do $q^4+q^3+q^2+q+1$ lẻ nên $q^4+q^3+q^2+q+1=p$ hoặc $q^4+q^3+q^2+q+1=p^2$ .

Nhưng rõ ràng không thể xảy ra trường hợp $q^4+q^3+q^2+q+1=p$ vì khi ấy thì $q-1=2^m.p$ . Do $2^m.p>p$ nên $q-1>q^4+q^3+q^2+q+1$ và đây là điều mâu thuẫn.

Như vậy chỉ có thể là :

$q^4+q^3+q^2+q+1=p^2$

Ta có thể dễ dàng lập luận được rằng :

$(2q^2+q)^2< 4p^2< (2q^2+q+2)^2$

Từ đó suy ra $4p^2=(2q^2+q+1)^2$

Ta được phương trình :

$4(q^4+q^3+q^2+q+1)=(2q^2+q+1)^2\Leftrightarrow q^2-2q-3=0\Rightarrow q=3$

Từ đó tìm được $p=11,m=1$ .

Đáp số bài toán là :

$m=1,p=11,q=3$

Bài toán 11 (Indian National Olympiad 2013)

Tìm tất cả các số tự nhiên $m,n$ và số nguyên tố $p\geq 5$ thỏa mãn :

$m(4m^2+m+12)=3(p^n-1)$

Lời giải :

Ta đưa phương trình về dạng :

$(4m+1)(m^2+3)=3p^n$

Nếu $n=0$ thì $(4m+1)(m^3+3)=3$ , ta được $m=0$ .

Nếu $n=1$ thì $(4m+1)(m^3+3)=3p$ . Dễ thấy loại trường hợp này.

Ta chỉ xét $n\geq 2$ , do $m=0$ không thỏa nên ta cũng xét $m>0$ .

Do $4m+1>3$ và $m^3+3>3$ nên cả hai số này phải cùng chia hết cho $p$ . Ta có :

$p\mid m(4m+1)-4(m^2+3)\Rightarrow p\mid m-12\Rightarrow p\mid 4m-28\Rightarrow p\mid (4m+1)-49\Rightarrow p\mid 49\Rightarrow p=7$

Ta được phương trình :

$(4m+1)(m^2+3)=3.7^n$

Có hai khả năng xảy ra. Ta xét khả năng thứ nhất là :

$\left\{\begin{matrix} 4m+1=7^x\\ m^2+3=3.7^y \end{matrix}\right.\;(x,y\geq 1;x,y\in \mathbb{N})$

Khử $m$ từ hai phương trình :

$\left ( \dfrac{7^x-1}{4} \right )^2+3=3.7^y\Leftrightarrow (7^x-1)^2+48=48.7^y\Leftrightarrow 7^{2x}-2.7^x+49=48.7^y$

Gỉa sử rằng $x,y>2$ thì kéo theo :

$7^{x-2}-2.7^{x-2}+1=48.7^{y-2}$

Đẳng thức này là không thể xảy ra.

Do vậy ta suy ra hoặc $x\leq 2$ hoặc $y\leq 2$ . Thử trực tiếp ta được $m=12$ ứng với $x=y=2$ .

Tiếp theo xét khả năng thứ hai :

$\left\{\begin{matrix} 4m+1=3.7^x\\ m^2+3=7^y \end{matrix}\right.(x,y\geq 1;x,y\in \mathbb{N})$

Hoàn toàn tương tự khả năng trên, nhưng trường hợp này không cho nghiệm.

Đáp số bài toán là :

$m=n=0$ , $p\geq 5$ là số nguyên tố tùy ý.

$m=12,n=4,p=7$

Bài toán 12v (Japan Mathematical Olympiad Finals 2009)

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $8^n+n$ chia hết cho $2^n+n$ .

Lời giải :

Ta có $2^n+n\mid 8^n+n^3$ , lại theo đề bài thì $2^n+n\mid 8^n+n$ . Dẫn đến :

$2^n+n\mid n^3-n$

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng nếu $n\geq 10$ thì :

$2^n> n^3\;\;\;\;\;\;(*)$

Gỉa sử có $(*)$ . Ta cần chứng minh $2^{n+1}> (n+1)^3$ . Do có $(*)$ nên ta chỉ cần chứng minh :

$2n^3> (n+1)^3\Leftrightarrow n^3> 3n^2+3n+1\Leftrightarrow n^2(n-9)+n(n^2-9)+(n^3-3)> 0$

Và vì $n\geq 10$ nên điều này luôn đúng. Theo nguyên lí quy nạp ta có :

$2^{n}> n^3,\;\forall n\in \mathbb{N},n\geq 10$

Kéo theo $2^n+n> n^3-n$ . Thế nhưng lại có $2^n+n\mid n^3-n\Rightarrow n^3-n\geq 2^n+n$ . Hai điều này mâu thuẫn nhau.

Từ đó ta có $n\leq 9$ . Thử trực tiếp ta được đáp số của bài toán là :

$n\in \left \{ 1,2,4,6 \right \}$

Phan Đình Trung

Translate

Sunday, June 8, 2014

PTNN

No comments: