Number Theory 24

August 12, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(IMO 2008 Shortlist)
[Bài toán]: Cho $p\in \mathbb{P}, n\in \mathbb{Z^+},a,b,c\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$ .
CMR: $a=b=c$
Lời Giải
Giả sử $a,b,c$ đôi một khác nhau.
Ta có: $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa\Leftrightarrow \begin{cases}a^n-b^n=p(c-b)\\b^n-c^n=p(a-c)\\c^n-a^n=p(b-c)\end{cases}$
$\Rightarrow -p^3=\displaystyle{\frac{a^n-b^n}{a-b}.\frac{b^n-c^n}{b-c}.\frac{c^n-a^n}{c-a}}\qquad (1)$
Xét $n$ lẻ $\Rightarrow a^n-b^n,a-b$ cùng dấu $\Rightarrow VP_{(1)}>0$ mà $VT_{(1)}<0$ (vô lí)
Xét $n$ chẵn:
$\blacktriangleright$ Xét $p$ lẻ, $p\geq 3$ . Ta có: $-p^3=\prod (a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1})$
Ta thấy $a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}$ $(2)$ lẻ mà số các số trong tổng $(2)$ chẵn do $n$ chẵn $\Rightarrow a,b$ khác dấu $\Rightarrow a-b\equiv 1\pmod 2$
Tương tự $\Rightarrow 3\equiv (a-b)+(b-c)+(c-a)\equiv 0\pmod 2$ (vô lí)
$\blacktriangleright$ Xét $p$ chẵn $\Rightarrow p=2$ . Đặt $n=2k$ với $k\in \mathbb{Z^+},n\geq 2$ .
$(*)$ Nếu trong ba số có một số bằng $0$ . Giả sử $a=0$ .
Ta có: $\begin{cases}b^n+2c=c^n\\2b=c^n\end{cases}\Rightarrow c^{n^2}+2^{n+1}c=2^nc^n\Leftrightarrow (c^{n-1})^{n+1}-4+4=2^n(c^{n-1}-2)$
$\Leftrightarrow (c^{n-1}-2)A+4=2^n(c^{n-1}-2)\Leftrightarrow (c^{n-1}-2)(2^n-A)=4$ (dễ dàng thấy vô lí)
$(*)$ Nếu cả ba số đều khác $0\Rightarrow \left | a \right |,\left | b \right |,\left | c \right |\geq 1$
+, Với $k\geq 2$ . Ta có: $\displaystyle{8=\left | \prod \frac{a^n-b^n}{a-b} \right |=\left | \prod (a+b)\frac{a^{2k}-b^{2k}}{a^2-b^2} \right |}$
$=\left | (a+b)(b+c)(c+a) \right |\left | \prod (a^{2k-2}+...+b^{2k-2}) \right |\geq 8\left | (a+b)(b+c)(c+a) \right |$
$\Leftrightarrow \left | (a+b)(b+c)(c+a) \right |\leq 1\rightarrow \text{False}$
+, Với $k=1\Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=-8$ . Từ giả thiết, dễ dàng thấy $a,b,c$ cùng tính chẵn lẻ $\Rightarrow \left | a+b \right |=\left | b+c \right |=\left | c+a \right |=2\Rightarrow a=b=c$ .
Vậy ta có $Q.E.D$ $\blacksquare$

Number Theory 22

August 9, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(USA Team Selected Test 2003)
[Bài toán]: Tìm bộ ba số nguyên tố $p,q,r$ thỏa mãn điều kiện: $p\mid q^r+1,q\mid r^p+1,r\mid p^q+1$
Lời Giải
$\blacktriangleright$ Bổ đề: Cho $a,b,c\in \mathbb{P},c$ lẻ sao cho $c\mid a^b+1$ thì $2b\mid c-1;c\mid a^2-1$
$\rightarrow$ CM: Đặt $d=\text{ord}_c(a)\qquad (d\in \mathbb{Z^+})$
Ta có: $c\mid a^b+1;c>2\Rightarrow a^b\equiv -1\pmod c,a^{2b}\equiv 1\pmod c$
$\Rightarrow d\mid 2b;d\mid b\Rightarrow d\in \{2;2b\}$
+, Với $d=2b$ mà $d\mid c-1$ (vì $\text{ord}_c(a)\mid \phi(c)=c-1$ do $c\in \mathbb{P}$ ) $\Rightarrow 2b\mid c-1$
+, Với $d=2\Rightarrow a^2\equiv 1\pmod c\Rightarrow c\mid a^2-1$
$\blacktriangleright$ Áp dụng:
$(*)$ Nếu có ít nhất $2$ số bằng nhau, dễ dàng ta thấy điều vô lí!
$(*)$ Không mất tính tổng quát, giả sử $r<p<q$
+, Nếu cả $p,q,r$ đều lẻ. Ta có: $q\mid r^p+1$ $\Rightarrow \begin{cases} 2p\mid q-1\\q\mid r^2-1\end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases} q-1\geq 2p\\q\mid (r-1)(r+1)\end{cases}$
Dễ dàng thấy trường hợp thứ nhất vô lí vì $q<p$
Ở trường hợp thứ hai, ta thấy $\gcd(r-1;r+1)=2,p\in \mathbb{P}\Rightarrow q\mid \displaystyle{\frac{r-1}{2}}$ hoặc $q\mid \displaystyle{\frac{r+1}{2}}$ mà $q<\displaystyle{\frac{r-1}{2}<\frac{r+1}{2}}<r$ (trái với giả thiết nên trường hợp này loại)
+, Nếu trong 3 số có $1$ số chẵn mà $r<q<p\Rightarrow r=2$
Ta có: $r\mid p^q+1\Rightarrow$ $\begin{cases}4=2q\mid r-1\\r\mid p^2-1\end{cases}$ $p\mid q^r+1\Rightarrow \begin{cases} 2r\mid p-1\\p\mid q^2-1\end{cases}$ $\Leftrightarrow p\mid 3\Rightarrow p=3$
$\Rightarrow r\mid 10$ mà $p\in \mathbb{P}\Rightarrow r\in \{2;5\}$ mà $r>2\Rightarrow r=5$ (Thử lại thỏa mãn)
Vậy $(p,q,r)=(2;3;5)$ và hoán vị thỏa mãn ycđb $\blacksquare$

Number Theory 15

July 21, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Olympic Chuyên KHTN 2014)
Tìm tất cả bộ $3$ số $(x,n,p)$ với $x,n\in \mathbb{Z^+},p\in \mathbb{P}$ thỏa mãn:
$x^3+2x=3(p^n-1)$
Lời Giải
Ta có: $x^3+2x=3(p^n-1)$ $\Leftrightarrow (x+1)(x^2-x+3)=3p^n$
Đặt $\gcd(x+1;x^2-x+3)=d(d\in \mathbb{N^*})$
$\Rightarrow d\mid x+1;d\mid x^2-x+3=(x+1)(x-2)+5$ $d\mid 5$ $d\in \begin{Bmatrix} 1;5 \end{Bmatrix}$
$(*)$ Xét $d=1$
+, Xét $p=3\Rightarrow (x+1)(x^2-x+3)=3^{n+1}=1.3^{n+1}$ mà $x\in \mathbb{Z^+}\Rightarrow x+1>1, x^2-x+3>1$ $\Rightarrow$ Trường hợp này không xảy ra
+, Xét $p\neq 3$
• $\begin{cases} x+1=3 \\ x^2-x+3=p^n \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}n=1 \\ x=2 \\ p=5 \end{cases}$
• $\begin{cases} x+1=p^n \\ x^2-x+3=3 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases}x=1 \\ p=2 \\ n=1 \end{cases}$
$(*)$ Xét $d=5\Rightarrow 3p^n\vdots 5$ $\Rightarrow p=5$ , với $n\geq 2$
Ta có: $(x+1)(x^2-x+3)=3.5^n=3.5.5^{n-1}$ nên xét các trường hợp sau:
• $\begin{cases} x+1=5 \\ x^2-x+3=3.5^{n-1}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x=4\\ n=2\\ p=5\end{cases}$
• $\begin{cases} x+1=3.5^{n-1} \\ x^2-x+2=5\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x=2\\ n=1\\ p=5\end{cases}$
• $\begin{cases} x+1=3.5 \\ x^2-x+3=5^{n-1}\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x=14\\ 5^{n-1}=185\end{cases}$ (vô lí)
• $\begin{cases} x+1=5^{n-1} \\ x^2-x+3=15\end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x=4\\ n=2\\ p=5\end{cases}$
Vậy phương trình có nghiệm $\boxed{(x,n,p)=\{ (4;2;5); (1;1;2); (2;1;5)\}}$ $\blacksquare$

Number Theory 14

July 9, 2014 by Hoàng Đức Hưng

Cho $a,b\in \mathbb{P}$ sao cho $b\mid a-1,a\mid b^3-1$ .
CMR: $\sqrt{a+b}$ là một số nguyên.
Lời Giải
Ta có: $b\mid a-1$ $\Rightarrow a-1\geq b$ $\Leftrightarrow a\geq b+1$ (vì $a-1>0$ )
Lại có: $a\mid b^3-1$ $\Rightarrow a\mid (b-1)(b^2+b+1)$ mà $a\in \mathbb{P}$ nên ta có $2$ trường hợp sau:
+, Nếu $a\mid b-1$ $\Rightarrow b-1\geq a$ $\Leftrightarrow b\geq a+1\geq b+2$ (vô lí)
+, Nếu $a\mid b^2+b+1$ mà $b^2+b+1>0$ $\Rightarrow b^2+b+1-a\geq 0 (1)$
Ta có: $b\mid a-1, a\mid b^2+b+1$ $\Rightarrow ab\mid (a-1)(b^2+b+1)$
$\Rightarrow ab\mid b^2+b+1-a \qquad (2)$
Từ $(1),(2)$ $\Rightarrow 2$ trường hợp sau:
• Nếu $b^2+b+1-a\geq ab$ $\Leftrightarrow b^2\geq (a-1)(b+1)$
mà $a-1\geq b, b+1>b$ $\Rightarrow (a-1)(b+1)> b^2$ (mâu thuẫn)
• Nếu $b^2+b+1=a$ $\Leftrightarrow \sqrt {a+b}=b+1$
Vậy ta có $Q.E.D$ $\blacksquare$

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 6

June 29, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Tuyển sinh Chuyên Thái Bình 2014-2015)

[Bài toán]: Cho $a,b,c,d$ nguyên dương thỏa mãn: $a^2+ab+b^2=c^2+cd+d^2$ .
CMR: $a+b+c+d$ là hợp số.
Lời giải
Ta có: $a^2+ab+b^2=c^2+cd+d^2$
$\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-ab=c^2+2cd+d^2-cd$
$\Leftrightarrow (a+b)^2-(c+d)^2=ab-cd$
$\Leftrightarrow (a+b+c+d)(a+b-c-d)=ab-cd$

Vì $a,b,c,d\in \mathbb{Z^+}\Rightarrow a+b-c-d=\displaystyle{\frac{ab-cd}{a+b+c+d}}$
mà $a+b-c-d\in \mathbb{Z}\Rightarrow \displaystyle{\frac{ab-cd}{a+b+c+d}}\in \mathbb{Z}$

Giả sử $a+b+c+d$ là số nguyên tố $\Rightarrow a+b+c+d|ab-cd$
Từ $gt\Leftrightarrow 3(ab-cd)=c^2+d^2-2cd-a^2-b^2+2ab$
$\Leftrightarrow 3(ab-cd)=(c-d)^2-(a-b)^2=(c-d-a+b)(c-d+a-b)$
Từ hai điều trên $\Rightarrow a+b+c+d|(c-d-a+b)(c-d+a-b)$

Vì $a+b+c+d$ là số nguyên tố nên ta có $2$ trường hợp sau:

+, Ta có:
$a+b+c+d|c-d+a-b \Leftrightarrow (a+b+c+d)|2(a+c)$
mà $2<a+b+c+d,a+c<a+b+c+d$ nên trường hợp này vô lí.

+, Ta có: $c-d-a+b\vdots a+b+c+d$ . Tương tự, ta có điều vô lí.

Kết luận: Vậy giả sử sai, ta có $a+b+c+d$ là hợp số $(Q.E.D)$ $\blacksquare$ .

Number Theory 5

June 23, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Tuyển sinh Chuyên Phổ thông Năng khiếu 2014-2015)
Cho các số nguyên dương $a,b,c$ thỏa mãn $latex \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$ (1)
a. CMR: $a+b$ không thể là số nguyên tố.
b. CMR: Nếu $c>1$ thì $a+c,b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.
Lời giải
a. Ta có: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}(1)\Leftrightarrow c(a+b)=ab(2)$
Giả sử $a+b$ là số nguyên tố.
Ta có: $(1)\rightarrow \frac{1}{a}< \frac{1}{c}\Leftrightarrow a>c;\frac{1}{b}<\frac{1}{c}\Leftrightarrow b>c$
$\Rightarrow a+b>c$ mà $a+b\in \mathbb{P}\Rightarrow \text {gcd}(a+b;c)=1$
Từ $(2)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)\vdots a & \\ c(a+b)\vdots b & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\vdots b & \\ b\vdots a & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a=b\Rightarrow a+b=2a\vdots 2\Rightarrow a+b$ không là số nguyên tố.
Vậy giả sử sai, ta có $Q.E.D$

b. Ta có: $c(a+b)=ab\Leftrightarrow c^2+2ab=2c(a+b)+c^2$
$\Leftrightarrow a(b+c)+c(b+c)=2ab+c^2$
$\Leftrightarrow (a+c)(b+c)=2c(a+b)+c^2=c(2a+2b+c)$
$\Rightarrow (a+c)(b+c)\vdots c$ $(3)$
Giả sử $a+c;b+c$ đồng thời là số nguyên tố $\Rightarrow \text {gcd}(a+c;b+c)=1$ $(4)$
Từ $(3),(4)$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+c\vdots c & \\ b+c\vdots c & \end{matrix}\right.$
mà $c>1\Rightarrow a+c$ hoặc $b+c$ là hợp số.
Vậy giả sử sai, ta có $Q.E.D$

Number Theory 2

May 29, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(THTT 434 tháng 8-2013)
Cho biết $p$ nguyên tố. Tìm $x,y$ nguyên sao cho $x^2(x^2+y^2)=y^{p+1}$ . (1)
Lời giải

Đặt $x^2=t (t\geq 0)$

(1) $\Leftrightarrow t^2+ty^2-y^{p+1}=0$ .
Coi phương trình trên bậc hai ẩn $t$ .
Ta có: $\Delta=y^4+4y^{p+1}$
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì $\Delta$ phải là số chính phương.
Đặt $y^4+4y^{p+1}=a^2(a\in \mathbb{N})$ (2)

* Nếu $p=2\Rightarrow$ (1) $\Leftrightarrow y^4+4y^3=a^2\Leftrightarrow y^2(y^2+4y)=a^2$
$\Rightarrow y^2+4y$ là số chính phương.
Đặt $y^2+4y=b^2(b\in \mathbb{N})$
Ta có: $(y+2)^2-4=b^2\Leftrightarrow (y+2-b)(y+2+b)=4$
Vì y nguyên, b là số tự nhiên $\Rightarrow y+2-b\leq y+2+b$
mà $y+2-b+y+2+b=2(y+2)$ chẵn $\Rightarrow 2+y-b; 2+y+b$ cùng tính chẵn lẻ.
Xét các trường hợp:
+, $\left\{\begin{matrix} y+2-b=-2 & \\ y+2+b=-2 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y=4\Rightarrow (1)\Leftrightarrow x^4+16x^2+64=0\Leftrightarrow (x^2+8)^2=0\Leftrightarrow x^2=-8$ (vô lí)
+, $\left\{\begin{matrix} y+2-b=2& \\ y+2+b=2 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow y=0\Rightarrow x=0$

*Nếu $p>2\Rightarrow p$ lẻ. Đặt $p=2k+1(k\in \mathbb{Z^+})$
Ta có: $\Delta=y^4+4^{2k+2}=y^4(1+4y^{2k-2})=a^2$
$\Rightarrow 1+4y^{2k-2}$ là số chính phương.
Đặt $1+4y^{2k-2}=c^2(c\in \mathbb{N})$ (3)
Ta có: (3) $\Leftrightarrow (c-2y^{k-1})(c+2y^{k-1})=1$
Lập luận tương tự như trường hợp trên, ta có các trường hợp sau:
$latex \left\{\begin{matrix} c-2y^{k-1}=\pm 1 & \\ c+2y^{k-1}=\pm 1 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow 4y^{k-1}=0\Leftrightarrow y=0\Leftrightarrow x=0$
Vậy phương trình có nghiệm là $(x,y)=(0;0)$

Number Theory 1

May 28, 2014 by Hoàng Đức Hưng

Cho $n$ là số tự nhiên lẻ và $n$ có thể biểu diễn không ít hơn 2 cách là tổng của hai số chính phương.
CMR: $n$ là hợp số.
Lời giải
Giả sử $n$ là số nguyên tố.

Vì n có thể biểu diễn không ít hơn 2 cách là tổng của 2 số chính phương nên ta đặt $n=a^2+b^2=c^2+d^2$ , $a,b,c,d\in \mathbb{Z}$
$\Rightarrow n^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\Rightarrow n^2\geq (ac+bd)^2$ (1)

Ta có: $(ac+bd)(ad+bc)=ab(c^2+d^2)+cd(a^2+b^2)=(ab+cd)n$
$\Rightarrow \begin{bmatrix} ac+bd\vdots n & & \\ ad+bc\vdots n & & \end{bmatrix}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $ac+bd\vdots n\Rightarrow (ac+bd)^2\geq n^2$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow (ac+bd)^2=n^2$
$\Leftrightarrow ad=bc\Leftrightarrow \frac{a}{c}=\frac{b}{d}$

+, Nếu $a>c\Rightarrow b>d\Rightarrow a^2+b^2> c^2+d^2$ (mâu thuẫn)

+, Nếu $a<c$ , tương tự, cũng có điều mâu thuẫn!

Vậy giả sử sai, có $dpcm$

.: Hoang Hung Chelski 's Blog :.

Category Archives: Số nguyên tố

Number Theory 24

Number Theory 22

Number Theory 15

Number Theory 14

Number Theory 13

Number Theory 6

Number Theory 5

Number Theory 2

(THTT 434 tháng 8-2013)
Cho biết $p$ nguyên tố. Tìm $x,y$ nguyên sao cho $x^2(x^2+y^2)=y^{p+1}$ . (1)
Lời giải

(1) $\Leftrightarrow t^2+ty^2-y^{p+1}=0$ .
Coi phương trình trên bậc hai ẩn $t$ .
Ta có: $\Delta=y^4+4y^{p+1}$
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì $\Delta$ phải là số chính phương.
Đặt $y^4+4y^{p+1}=a^2(a\in \mathbb{N})$ (2)

Number Theory 1

(THTT 434 tháng 8-2013) Cho biết nguyên tố. Tìm nguyên sao cho . (1) Lời giải

(1) . Coi phương trình trên bậc hai ẩn . Ta có: Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì phải là số chính phương. Đặt (2)

(THTT 434 tháng 8-2013)
Cho biết $p$ nguyên tố. Tìm $x,y$ nguyên sao cho $x^2(x^2+y^2)=y^{p+1}$ . (1)
Lời giải

(1) $\Leftrightarrow t^2+ty^2-y^{p+1}=0$ .
Coi phương trình trên bậc hai ẩn $t$ .
Ta có: $\Delta=y^4+4y^{p+1}$
Để phương trình (1) có nghiệm nguyên thì $\Delta$ phải là số chính phương.
Đặt $y^4+4y^{p+1}=a^2(a\in \mathbb{N})$ (2)