Number Theory 20

July 26, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Junior Balkan MO 2000)
[Bài toán] Tìm $n\in \mathbb{Z^+}$ sao cho $n^2+3^n$ là số chính phương.
Lời Giải
Đặt $n^2+3^n=a^2(1)(a\in \mathbb{Z^+})$
$\Leftrightarrow (a-n)(a+n)=3^n$ $\Rightarrow\begin{cases}a-n=3^m\\ a+n=3^{n-m}\end{cases}$ $(m\in \mathbb{Z^+})$
Ta có: $m<c-m\Leftrightarrow 2m<c\Leftrightarrow 2m+1\leq c$
$\blacktriangleright$ Xét $n=2m+1$ $\Rightarrow \begin{cases}a-n=3^m\\a+n=3^{m+1}\end{cases}$
$\Rightarrow a+n=3(a-n)$
$\Leftrightarrow a=2n\Rightarrow n^2+3^n=4n^2$
$\Leftrightarrow 3^n=3n^2\Leftrightarrow 3^{n-1}=n^2$ $\Rightarrow n$ lẻ.
Đặt $n=2k+1(k\in \mathbb{N}) \Rightarrow (3^k)^2=(2k+1)^2\Leftrightarrow 3^k=2k+1$
Áp dụng BĐT $Bernulli$ : $1+2k\leq (1+2)^k=3^k$
$\Rightarrow k\in \{0;1\}\Rightarrow n\in \{1;3\}$ (Thử lại thỏa mãn)
$\blacktriangleright$ Xét $n>2m+1\Rightarrow n\geq 2m+2$
Ta có: $2n=3^{n-m}-3^m=9.3^{n-m-2}-3^m$ mà $3^m\leq 3^{n-m-2}\Leftrightarrow n\geq 2m+2(\text{True})$
Áp dụng bất đẳng thức $Bernulli$ :
$\Rightarrow 2n\geq 8.3^{n-m-2}=8.(1+2)^{n-m-2}\geq 8[1+2(n-m-2)]=16n-16m-24$
$\Leftrightarrow 7n\leq 8m+12$ mà $7n\geq 14m+14\Rightarrow 6m+2\leq 0$ (vô lí)
Vậy $\boxed{n\in \{1;3\}}$ thỏa mãn $\blacksquare$

Number Theory 16

July 21, 2014 by Hoàng Đức Hưng

Giả sử $x,y\in \mathbb{Z^+}$ sao cho $xy\mid x^2+y^2+6$ . CMR: $A=\displaystyle{\frac{x^2+y^2+6}{xy}}$ là lập phương đúng của một số tự nhiên.
Lời giải
$(*)$ Xét $x=y\Rightarrow A=\displaystyle{\frac{2x^2+6}{x^2}=2+\frac{6}{x^2}}; A\in \mathbb{N*}\Rightarrow x^2\in U(6)\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=1\Rightarrow A=8=2^3\rightarrow \text{True}$
$(*)$ Xét $x\neq y$ . Không mất tính tổng quát, giả sử $x>y$ .
Gọi $(x,y)$ là bộ số có $x$ nhỏ nhất sao cho $A\in \mathbb{N^*}$
Ta có: $A=\displaystyle{\frac{x^2+y^2+6}{xy}}\Leftrightarrow x^2-x.Ay+y^2+6=0\qquad (1)$
Theo định lí $\text{Viete}: f(x)$ còn một nghiệm là $x'=\displaystyle{\frac{y^2+6}{x}}\geq x> y$ (Theo cách chọn bộ ở trên)
$\Rightarrow y$ ở ngoài khoảng hai nghiệm của $f(x)$
$\Rightarrow f(y)\geq 0$ (Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai)
$\Rightarrow y^2-Ay^2+y^2+6>0\Leftrightarrow A<\displaystyle{\frac{6}{y^2}}+2$
Xét $y>1\Rightarrow A< 2+\displaystyle{\frac{6}{1^2}=8}\Rightarrow A=1$ (vì $A$ là lập phương đúng) $\Rightarrow x^2-xy+y^2=-6$ (vô lí)
$\Rightarrow y=1\Rightarrow A=\displaystyle{\frac{x^2+7}{x}=x+\frac{7}{x}}\Rightarrow x\in U(7),x\in \mathbb{Z^+}\Rightarrow x\in \left \{ 1;7 \right \}\Rightarrow A=8=2^3$
Vậy ta có $Q.E.D\qquad \blacksquare$

Number Theory 13

July 8, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Balkan MO 2005)
[Bài toán]: Tìm $p$ nguyên tố sao cho $p^2-p+1$ là lập phương một số tự nhiên.
Lời Giải
Đặt $p^2-p+1=a^3(a\in \mathbb{N}) \qquad (1)$
-Với $a=0$ không thỏa mãn
$(1) \Leftrightarrow p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1)\qquad (2)$
$\Rightarrow p\mid (a-1)(a^2+a+1)$ $\Rightarrow 2$ trường hợp:
$\blacktriangleright$ Nếu $p\mid a-1$ . Đặt $a-1=pk(k\in \mathbb{N})$
Ta có: $(1)\Leftrightarrow p^2-p+1=(pk+1)^3=p^3k^3+3p^2k^2+3pk+1$
$\Leftrightarrow p-1=p^2k^3+3pk^2+3k$
+, Nếu $k\geq 2$ $\Rightarrow p-1\geq 8p^2+12p+6\Leftrightarrow 8p^2+11p+7\leq 0$ (vô lí)
+, Nếu $k=1$ $\Rightarrow p-1=p^2+3p+3$ $\Leftrightarrow p^2+2p+4=0$ (vô lí)
+, Nếu $k=0$ $\Rightarrow p=1$ (vô lí)
Vậy trường hợp này không xảy ra.
$\blacktriangleright$ Nếu $p\mid a^2+a+1 \qquad (3)$
Từ $(2)$ $\Rightarrow a-1\mid p(p-1)$ mà $\gcd(p;p-1)=1$ nên ta có $2$ trường hợp:
+, Xét $a-1\mid p$ $\Rightarrow p\geq a-1$ $\Rightarrow p^2-p+1\leq (p+1)^3$
$\Leftrightarrow p(p^2+2p+4)\leq 0$ (vô lí)
+, Xét $a-1\mid p-1$ . Đặt $p-1=q(a-1)(q\in \mathbb{Z^+})$ $\Leftrightarrow p=q(a-1)+1\qquad (4)$
Từ $(3),(4)$ $\Rightarrow \displaystyle{\frac{a^2+a+1}{aq-q+1}}\in \mathbb{Z^+}$
$\Rightarrow \displaystyle{\frac{a^2+aq+q}{aq-q+1}=\frac{a(aq-q+1)+2(aq-q+1)+3q-a-2}{aq-q+1}}$
$=a+2+\displaystyle{\frac{3q-a-2}{aq-q+1}}\in \mathbb{Z^+}$
$\Rightarrow aq-q+1\mid 3q-a-2$
$\Rightarrow \left | 3q-a-2 \right |\geq aq-q+1$
• Nếu $3q-a-2\geq aq-q+1$ $\Leftrightarrow q(4-a)\geq 3+a$ $\Leftrightarrow (q+1)(a-4)\leq -7$
Thay $a=1;2;3$ đều không thỏa mãn $\Rightarrow a\geq 4$ $\Rightarrow (q+1)(a-4)\geq 0$ (vì $q\in \mathbb{Z^+}$ ). Ta có điều mâu thuẫn nên trường hợp này không xảy ra.
• Nếu $2+a-3q\geq aq-q+1$ $\Leftrightarrow a+1\geq q(a+2)$ (vô lí vì $a+1<a+2,q\in \mathbb{Z^+}$ )
• Nếu $2+a-3q=0$ $\Leftrightarrow 2+a=3q$
Ta có: $(4)\Leftrightarrow 3p=3q(a-1)+3=(a-1)(2+a)+3=a^2+a+1$
$\Rightarrow (2)\Leftrightarrow p(p-1)=3p(a-1)$ $\Leftrightarrow p=3a-2$
$\Rightarrow 3(3a-2)=a^2+a+1\Leftrightarrow (a-1)(a-7)=0\Leftrightarrow a=1;7$
$\Rightarrow a=7\Rightarrow p=19$ (Thay vào $(1)$ )
Kết luận: Vậy $\boxed {p=19}$ thỏa mãn $\blacksquare$

Number Theory 11

July 7, 2014 by Hoàng Đức Hưng

CMR: Nếu $a,b,c \in \mathbb{Z}$ khác $0$ thỏa mãn $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=3}$ thì $abc$ là lập phương của một số nguyên.
Lời Giải
Đặt $\displaystyle{x^3=\frac{a}{b},y^3=\frac{b}{c},c^3=\frac{c}{a}}$ .
Từ giả thiết $\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0$
$\Rightarrow 2$ trường hợp sau:
$(*)$ $x=y=z$ $\Rightarrow a=b=c$ $\Rightarrow abc=a^3 (Q.E.D)$
$(*) x+y+z=0$ $\Rightarrow \displaystyle{\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}}=0$
Nhân hai vế lần lượt với $a\sqrt[3]{b^2c},b\sqrt[3]{ac^2}$ , ta được:
$a\sqrt[3]{abc}+ab+\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=0$
và $\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+b\sqrt[3]{abc}+bc=0$
Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta có:
$(a-b)\sqrt[3]{abc}=b(c-a)$
Nếu $a=b\Rightarrow a=b=c$ $\Rightarrow x=y=z=1$ (không thỏa mãn)
Vậy $a\neq b$ $\Rightarrow abc=[\displaystyle{\frac{b(c-a)}{a-b}}]^3$
mà $a,b,c \in \mathbb{Z}$ nên ta có $Q.E,D$ $\blacksquare$