GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
CHỦ ĐỀ 2.1: CÁC PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN CÓ ẨN Ở MŨ
Bài 1: Tìm các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a + 2b + 3c = 3d !+ 1, biết rằng tồn tại các số nguyên tố
p, q sao cho a = ( p + 1)(2 p + 1) = (q + 1)(q − 1)2 .
Lời giải: TST Vinh 2017
Trước hết ta tìm a . Ta có ( p + 1)(2 p + 1) = (q + 1)(q − 1) 2  p(2 p + 3) = q ( q 2 − q − 1) .
Nếu p = q thì (1) trở thành 2 p + 3 = p 2 − p − 1  p = 4 , không thỏa mãn là số nguyên tố. Suy ra p  q , khi
đó q 2 − q − 1: p . Đặt q 2 − q − 1 = kp , với k 
+
.
Từ (1) ta có 2 p + 3 = kq và k là số nguyên lẻ. Thay vào (1) ta được
(kq − 3)kq = 2q ( q 2 − q − 1)  2q 2 − ( 2 + k 2 ) q + 3k − 2 = 0
(2)
Xét phương trình bậc 2 ẩn q , ta có  = ( 2 + k 2 ) − 8(3k − 2) = k 4 + 4k 2 − 24k + 20 . Nếu k  5 thì
2
( k )    ( k + 2)
2 2
2
2
nên
phương
trình
(2)
có
nghiệm
nguyên
q
khi
và
chỉ
khi
 = ( k 2 + 1)  2k 2 − 24k + 19 = 0 , không tồn tại k nguyên.
2
Do đó 1  k  5 . Vì k lẻ nên xét các trường hợp
*k = 1  q = 1 không thỏa mãn.
*k = 3 , không tồn tại q .
* k = 5  q = 3; p = 31 là các số nguyên tố. Khi đó a = 2016 .
Tiếp theo ta tìm b, c, d thỏa mãn 2015 + 2b + 3c = 3d ! . (3)
Vì 3d !  2015  d  6 .
* Xét c = 1 . Nếu d = 6 thì 2b = 142 không thỏa mãn. Nếu d  7 thì từ (3) ta có 2b + 2018 : 7 hay
2b + 2  0( mod 7) , không thỏa mãn.
* Xét c  2 . Ta có 3c : 9 nên từ (3) ta suy ra 2b  1( mod 9) , điều này xảy ra khi b 6 . Do đó b  6 . Khi đó từ
(3) suy ra 3c  1( mod16) , do đó c 4 . Đăt b = 6m, c = 4n , ta có (3) trở thành
2015 + 64m + 81n = 3d !
Với d = 6 , thì m = n = 1, hay b = 6, c = 4 , thỏa mãn.
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Với d  7 thì từ (4) suy ra 6 + 1m + 4n  0( mod 7) , hay 4n  0( mod 7) , điều này không thể
xảy ra.
Vậy a = 2016, b = 6, c = 4, d = 6 .
Bài 2: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( x; y; z ) thoả mãn 12 x + y 4 = 56 z .
Lời giải: TST Hà Nội 2017
Nếu 1 trong 3 số x, y, z bằng 0 ta dễ dàng suy ra 2 số còn lại cũng bằng 0 . Xét x, y, z khác 0 . Ta có x, z
phải nguyên dương. Xét mod 3, ta thấy z chã̃n và y không chia hết cho 3. Đặt z = 2k . Ta có: 12 x = ( 56k −
y 2 ) ( 56k + y 2 ) . Vì ( 56k − y 2 ) + ( 56k + y 2 ) không chia hết cho 3 nên có dạng:
56k + y 2 = 3x  4a1 ,56k − y 2 = 4a2 hoặc 56k − y 2 = 3x  4a1 ,56k + y 2 = 4a2
TH1: 56k − y 2 = 3x  4a1 ,56k + y 2 = 4a2
Do đó: 2. y 2  4a2 ( mod 3) (Vô lý vì 2. y 2  2( mod 3) mà 4a2  1( mod 3) )
TH2: 56k + y 2 = 3x  4a1 ,56k − y 2 = 4a2
Khi đó y 2 + 22 a2 = 56k . Mặt khác 56 có ước 7 là số nguyên tố dạng 4t + 3  y : 7; 2 : 7 (vô lý)
Vậy PT có nghiệm x = y = z = 0 .
Cách 2: Xét y  0
Theo chứng minh trên, ta có x lẻ nên x  1 và z  1 . Dùng modulo 3 hai vế thì z chẵn nên z = 2k và từ đây
ta có 12 x = ( 56k − y 2 )( 56k + y 2 ) . Đồng thời ( 56k − y 2 ;56k + y 2 ) không chia hết cho 3 (do y không chia hết
cho 3) nên ta có hai trường hợp.
TH1: 56k − y 2 = 3x 2a1 ;56k + y 2 = 2a2 , do y là số chẵn nên đặt y = 2m y1 ta có thể suy ra a1; a2 chẵn
và đều lớn hơn 0. Từ đây suy ra 2 y 2  2 a2 3 và điều này vô lý do a2 chẵn.
TH2: 56k − y 2 = 2a1 ;56k + y 2 = 3x.2a2 ; lập luận tương tự như trên thì a1; a2 chẵn và đều lớn hơn 0.
a2
Điều này suy ra y 2 + 2a2 = 56k , với a2 chẵn. Mà 56 có ước nguyên tố 7 ở dạng 4t+3 nên suy ra y và 2 2 phải
chia hết cho 7. Điều này cũng suy ra vô lý.
Bài 3: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x; y; z ) thoả mãn 1 + 2 x = 3 y + 2  4 z .
Lời giải: TST Vinh 2019 – 2020
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Phương trình đã cho tương đương với 1 + 2 x = 3 y + 22 z +1  1 + 2 x = 3 y + 2t , (1)
với t nguyên dương lẻ, t  3 . Vì y  1 nên 3 y  1 kéo theo 2 x  2t hay x  t .
Khi đó (1)  2t ( 2 x −t − 1) = 3 y − 1 (2)
Vì vế phải không chia hết cho 3 nên x − t là số lẻ. (3)
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Nếu y là số lẻ thì theo định lý LTE ta có v2 ( 3 y − 1) = v2 (3 − 1) − 1 . Suy ra v2 ( 2t ) = 1 hay t = 1
, không thoả mãn.
Trường hợp 2. Nếu y là số chẵn. Đặt y = 2k với k 
*
. Khi đó (2) trở thành 2t ( 2 x −t − 1) = 9k − 1 . Xét hai
khả năng
- KN 1. Nếu k là số lẻ thì v2 ( 9k − 1) = v2 (9 − 1) = 3 , kéo theo t = 3 , hay z = 1. Thay vào (1) ta được
2 x − 9k = 7 . Mà z = 3 lẻ nên theo (3) thì x chẵn, đặt x = 2
(
4 − 9k = 7  2 − 3k
đó ta tìm được
với

*
phương trình trở thành
)( 2 + 3 ) = 7 . Suy ra 2 + 3  7 nên 3  7 hay k = 1 . Từ
k
k
k
= 2 hay x = 4 và y = 2. Vậy ( x; y; z ) = (4; 2;1) .
- KN 2. Nếu k chẵn, đặt k = 2m với m 
. Cũng theo (3) ta đặt x − t = 2n + 1 với n 
*
*
thì y = 4m . Ta có 9k  (−1)k  1( mod 5) nên 5∣ 2 x −t − 1
thì 5∣ 2  4n − 1 , suy ra 4n  3( mod 5) , nhưng điếu này vô lý
do 4n  1( mod 5) . Vì vậy khả năng này không có nghiệm.
Vậy tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x; y; z ) thoả mãn là (4; 2;1) .
Bài 4: Tìm tất cả các bộ số nguyên không âm (m, n, k ) thỏa mãn k 2 − k + 4 = 5m ( 2 + 10n ) .
Lời giải: OLP KHTN 2017
Nếu m = 0  ( 2k − 1) = 4.10n − 7 , vậy n  0 nhưng VP có tận cùng là 3, điều này suy ra không tồn tại k.
2
Vậy m  0 , hơn nữa VT là số chẵn nên 2 + 10n chẵn hay n  0 .
Nếu m  1 , ta có k 2 − k + 4 5  ( 2k − 1) + 15 5 nhưng ( 2k − 1) + 15 25 nên suy ra vô lý. Vậy m = 1 . Từ đó
2
2
ta có phương trình k 2 − k = 5.10n + 6 , dùng delta ta có 20.10n + 25 = a 2 và hơn nữa, a = 10b + 5 và ta suy ra
b ( b + 1) = 2 n.5n −1 , mà ( b, b + 1) = 1  b  1; 2n ; 2n5n −1  n = 1; n = 2 hay hai bộ cần tìm là (1;1;8) và (1;2;23)
Bài 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( a; n ) để a n + 2 n −1 − 99 là số chính phương.
2
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Lời giải: TST KHTN 2019
Xét n lẽ thì n2 + 2n − 1 chẵn nên a n + 2 n−1 = x2  x2 − 99 = y2 . Từ đây lập luận các trường hợp suy ra
2
( a; n) = (50;1) , (18;1) , (10;1) .
Nếu n chẵn thì n2 + 2n − 1 = 4m + 3  a4 m+3 − 99 = u2 . Ta xét các trường hợp
TH1: a chẵn thì dùng đồng dư mod 8 suy ra vô lý.
TH2: a = 4k + 1 thì dùng đồng dư 4 suy ra vô lý.
a = 4k + 3
TH3:
ta
(
a4 m+3 + 1 = ( a − 1) a4 m+2 − a4 m+1 + a4 m ... − 1
có
)
và
a4 m+ 2 − a4 m+1 + a4 m ... − 1  3 ( mod 4 ) nên a4 m+2 − a4 m+1 + a4 m ... − 1 phải có ước nguyên tố dạng
4t + 3 và từ phương trình a4 m+3 + 1 = u2 + 102 nên suy ra vế phải có ước nguyên tố dạng 4t + 3 nên suy
ra 10 cũng có ước nguyên tố dạng này và suy ra vô lý.
Vậy, chỉ có 3 bộ nghiệm nguyên dương.
Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên dương (a, p, n) trong đó p là một số nguyên tố thỏa mãn
(
)
(
)
a 2 a 2 + 1 = 5n 5n +1 − p 3 .
Lời giải: TST KHTN 2017
Với n = 0 ta có a 2 ( a 2 + 1) = 5 − p 3 vô lý do vế phải âm. Với n  1, do ( a 2 ; a 2 + 1) = 1 nên ta xét 2 trường hợp:
TH1: 5n ∣ a 2
Khi đó đặt a 2 = k .5n  k ( k .5n + 1) = 5n +1 − p 3  p 3 + k = 5n ( 5 − k 2 ) .
Dễ thấy vế phải là một số dương nên k = 1 hoặc k = 2 .
p +1
 p +1  2
 p +1 2

n
k = 1  p3 + 1 = 4.5n  
, p − p + 1 = 1 
=1 p = 3
 p − p + 1 = 5 . Mà 
4
 4 
 4

(
)
hoặc p 2 − p + 1 = 1 (vô lý do p  1 ). Vậy p = 3  p 2 − p + 1 = 7 không thỏa mãn nên phương trình vô
nghiệm.
k = 2  a 2 = 2.5n  a 2  2( mod 4), vô lý.
TH2:
5n ∣ a 2 + 1 .
Đặt
a 2 + 1 = k .5n
(
(
)
(
)
(
p 3  k  k − p 3  5n  k  5n  a 2 + 1  52 n  a 2 a 2 + 1  52 n 52 n − 1  52 n +1  5n 5n +1
p3  k nên k = 1 hoặc k = 2.
)
− p ).
p 3 − k = 5n 5 − k 2 .
thì
3
Nếu
Do
đó
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
- k = 1  p3 = 4.5n + 1 . Chứng minh tương tự TH1, ta có PT này vô nghiệm.
- k = 2  p3 = 5n + 2 .
*n chẵn ta có 3∣ p  ( p, n) = (3, 2) .
*n lẻ ta đặt n = 2t + 1 . Khi đó
5n + 2  52t +1 + 2( mod13)  p3  5.(−1)t + 2( mod13)  p3  7,10( mod13) nhưng điều này vô lý. Vậy
p = 3; n = 2; a = 7 .
Bài 7: Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho p q +1 + q p +1 là số chính phương.
Lời giải. Lào Cai TST 2018
Đặt p q +1 + q q +1 = n2 , n 
.
Nếu p = q  2 p p +1 = n2  p là số chã̃n. Do đó p = q = 2 . Thử lại thấy thỏa mãn. Nếu p  q không mất
tính tổng quát ta giả sử p  q nếu q = 2 thì
p +1
p +1



p 3 + 2 p +1 = n 2  p 3 =  n − 2 2   n + 2 2 



p +1
p +1

 

2
vì p lẻ nên   n − 2  ;  n + 2 2   = 1


 


p +1
p +3
mà p nguyên tố nên n − 2 2 = 1  2 2 = ( p − 1) ( p 2 + p + 1)
suy ra p 2 + p + 1 = 2s (vô lý vì p 2 + p + 1  1 và là số lẻ). Nếu p  2 thì p q +1 + q q +1  2( mod 4) không thể là
số chính phương. Vậy p = q = 2 .
Bài 8: Tìm các số nguyên dương m, n và số nguyên tố p thỏa mãn
4m3 + m2 + 40m = 2 (11 p n − 5).
Lời giải:
PT  ( 4m + 1) ( m2 + 10 ) = 22 p n
TH1: n = 1 , thử trực tiếp với m = 1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn
Với m  5  4m + 1  22, m2 + 10  22 . Do đó 4m + 1 p, m2 + 10 p : vô lý do n = 1 .
TH2: n  1 , thử trực tiếp với m = 1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
Với m  5  4m + 1  22, m2 + 10  22 . Do đó 4m + 1 p, m2 + 10 p
4m + 1 = 11x. p a
Suy ra  2
( x, y 0;1 , x + y = 1, a, b  *)
y
b
m + 10 = 2.11 . p
Dễ thấy m  * ta có m2 + 10  4m + 1
+) Nếu b  a thì
11( m 2 + 10 )  0 ( mod 4m + 1)  11m 2  −110 ( mod 4m + 1)
11.16m 2  −1760 ( mod 4m + 1)  11  −1760 ( mod 4m + 1)
( do16m  1( mod 4m + 1) )
2
 1771  0 ( mod 4m + 1)
Mà
4m + 1  1( mod 4 ) ,1771 = 7.11.23
 4m + 1 = 77
 m = 19

  4m + 1 = 161   m = 40
 4m + 1 = 253  m = 63
Thử lại đều không thỏa mãn
4m + 1 = p a
+) Nếu b  a thì y = 1, x = 0   2
b
m + 10 = 2.11. p
Do
 p | 4m + 1
 p | 4 ( m 2 + 10 ) − m ( 4m + 1) = 40 − m

2
 p | m + 10
p =7
 p | ( 4m − 160 )  p |161  
 p = 23
+ Nếu p = 23 thì do 22.23b  23a  22  23a −b : vô lý do a − b  *
+ Nếu p = 7 thì do 22.7b  7 a  22  7 a −b  a − b = 1
Khi đó ta có
4m + 1 = 7b +1
 2
 m = 12
b
m + 10 = 22.7
Thay vào phương trình ban đầu tìm được n = 3.
SỐ HỌC
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Vậy ( m, n, p ) = (12,3, 7 ) .
(
)
Cách 2: Đặt d = 4m + 1; m2 + 10  d = 1; d = 7; d = 23; d = 161
Xét như cách 1, m = 1,2,3,4,5 thì không thỏa nên 4m + 1 p, m + 10 p và hơn nữa n > 1. Điều này suy
2
ra d  1 . Và d  161 vì nếu không suy ra pn 161 .
Nếu d = 7
 4m + 1 m2 + 10 

;
=1
7
 7

2
n −1
 m + 10 7  4 m + 1|22.7

n −1
2
4m + 1 7  m + 10|22.7
Từ đây giải ra m và giải ra kết quả. Trường hợp d = 23 cũng xét tương tự.
Bài 9: Tìm tất cả các bộ số ( m, p, q ) với m nguyên dương và p, q nguyên tố sao cho 2m p2 + 1 = q5 .
Lời giải: Korean Math Olympiad 2012
Từ giả thiết suy ra:
) (
(
)
2m p2 = q5 − 1 = ( q − 1) q4 + q3 + q2 + q + 1 và q − 1; q4 + q3 + q2 + q + 1 = 1  5 .
(
)
Nếu q − 1; q4 + q3 + q2 + q + 1 = 5 thì p = 5 và suy ra
 q − 1   q4 + q3 + q2 + q + 1 
2m = 


5
 5 

Và từ đề ta có q lẻ nên
(
1 4
q + q3 + q2 + q + 1 lẻ nhưng lớn hơn 1 nên suy ra vô lý.
4
(
)
)
Vậy: q − 1; q4 + q3 + q2 + q + 1 = 1 và lại chú ý q4 + q3 + q2 + q + 1 là số nguyên tố lẻ lớn hơn 1 nên từ
đề ta có q − 1 = 2m ; q4 + q3 + q2 + q + 1 = p2
TH1: m  3  q  1 8  p2 = q4 + q3 + q2 + q + 1  5 ( mod 8) và vô lý.
TH2: m = 1; 2 thì thay trực tiếp vào ta có (1;11; 3) .
Bài 10: Tìm tất cả các bộ số ( x, n, p) với x, n là nguyên dương và p nguyên tố sao cho:
x3 + 3x + 14 = 2 p n .
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Lời giải: TST Ninh Bình 2019 - 2020
(
)
x3 + 3x + 14 = 2 p n  ( x + 2 ) x 2 − 2 x + 7 = 2 p n
Trường hợp 1: x chẵn. Ta có x + 2 chẵn và x 2 − 2 x + 7 lẻ. Suy ra x + 2 = 2 p a , x 2 − 2 x + 7 = p n−a với a  0, a
nguyên.
Do x + 2  3 nên a  0
Do x 2 − 2 x + 7  x + 2 nên p n−a  p a suy ra n − a  a . Thay x = 2 p a − 2 vào phương trình x 2 − 2 x + 7 = p n−a
, ta được 4 p 2 a − 12 p a + 15 = p n−a .
chia hết cho p a nên p a là ước của 15 . Từ đó p = 3 hoăc p = 5 và a = 1 . Nếu p = 3 thì 15 = 3n −1 , vô lý.
Nếu p = 5 thì 55 = 5n−1 , vô lý. Vậy với x chẳn, không tồn tại bộ ( x, n, p) thỏa mān đề bài.
Trường hợp 2: x lẻ. Ta có x + 2 lẻ và x 2 − 2 x + 7 chẳn nên x + 2 = p a , x 2 − 2 x + 7 = 2 p n−a .
với
a  0, a
nguyên. Do
x+23
a  0, x + 2
nên
p  2, x
lẻ nên
lẻ nên
x  2 . Từ đó
x 2 − 4 x + 3 = ( x − 2)2 − 1  0 nên x 2 − 2 x + 7  2( x + 2) , ta được p n−a  p a , suy ra n − a  a . Thay x = p a − 2
vào phương trình x 2 − 2 x + 7 = 2 p n−a , ta được p 2 a − 6 p 2 + 15 = 2 p n−a .
chia hết cho p a nên p a là ước của 15. Từ đó p = 3 hoặc p = 5 và a = 1 . Nếu p = 3 thì x = 3 − 2 = 1. Ta
được n = 2 . Nếu p = 5 thì x = 5 − 2 = 3 và n = 2 .
Vậy có hai bộ x, n, p thỏa mān là (1; 2;3) và (3; 2;5) .
Bài 11: Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho ( p + q) = ( q − p)
p
2 q−1
.
Lời giải: Macedonia JBMO 2012 TST
p
2 q− p−1
 p + q
Vì q − p  p + q  2q − 1  p nên từ giả thiết ta ghi lại 

 = ( q − p)
 q − p
+
và suy ra
p + q q − p  2q q − p hay q − p  1; 2; q; 2q
Chú ý: các trường hợp q − p = 1; q − p = q; q − p = 2q đều không thỏa.
Nếu q − p = 2  ( p + 1) = 2
p
p
p+ 3
VT > VP và suy ra vô nghiệm.
Vậy chỉ có nghiệm (3;5).
 p + 1

 = 8 . Vì p lẻ nên xét p = 3 ta có nghiệm (3;5). Nếu p > 3 thì
 2 
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Cách 2: Lấy d là 1 ước nguyên tố của p + q  q − p d  2q d , d = 2 hay p + q; q − p chỉ có thể có
ước nguyên tố là 2. Ta đặt p + q = 2u ; q − p = 2v và suy ra up = v ( 2q − p − 1) .
Xét v = 0 suy ra vô lý vì VP = 0; xét v  1  p, q chẵn và cũng vô lý. (Lưu ý p; q nguyên tố). Trường hợp
v = 1 up = 3 + 2 p  3 p hay p = 3 .
(2
2015
Bài 12: Giải phương trình nghiệm nguyên không âm
+1
) +2
x
2015
= 2y + 1 .
Lời giải: Serbian Mo 2015
Xét x = 0 thì y = 2015 , x = 1 thì y = 2016 . Xét x  1 , ta có
(2
2015
+1
) 9 nên suy ra
x
2 y + 1  22015  5 ( mod 9)  2 y  4 ( mod 9 )  y = 6k + 2 .
Mặt khác: 26 k+ 2 + 1 khi chia cho 13 có số dư là 5 hoặc 3
(
và 22015 + 1
) +2
x
2015
 8x + 7 ( mod 13) hay suy ra 8x  6, 9 ( mod13) . Bằng cách kiểm tra số dư của
8x khi chia cho 13, ta suy ra vô lý. Chú ý là Ord13 ( 8 ) = 4 nên chỉ có 4 số sư là 1,5,8,12.
Bài 13: Giải phương trình trên tập số nguyên dương 3x + x4 = y !+ 2019 .
Lời giải:
Xét
y = 1; 2 lần lượt kiểm tra
x = 1; 2; 3; 4;5
ta thấy đều không thỏa. Nếu
3x + x4  36 + 64 = 2025  2!+ 2019 nên cũng không thỏa.
Xét y  6 thì suy ra x 3  3x + x4 − y ! 9 nhưng 2019 9 và ta suy ra vô lý.
Xét 3  y  6 thì suy ra x 3 đặt x = 3k .
Nếu y = 3  x = 6 .
Nếu y = 5  27k + 81.k4 = 2139 điều này vô lý theo mod 9.
Nếu y = 4  27k + 81.k4 = 2043 và thử lần lượt k =1, 2 không thỏa và k > 2 thì VT > VP.
Vậy, chỉ có 1 bộ là (6;3) .
Bài 14: Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 2a + 3b + 5c = n ! .
Lời giải: USAMO 2015
Nếu n  4 . Ta có 2a + 3b + 5c  3 nên có các trường hợp
x6
thì
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
TH1: 2a + 3b + 5c = 6  ( a, b, c ) = ( 2; 0; 0 ) , (1;1; 0 ) .
TH2: 2a + 3b + 5c = 24  ( a, b, c ) = ( 4;1;1)
Nếu n  5  2a + 3b + 5c 120
Cách 1: 2a chia cho 120 có các số dư là 1; 2; 4;8;16;32;64 , 3b chia cho 120 dư 1;3;9; 27;81 , 5 c chia
cho 120 dư là 1;5; 25 và từ đây suy ra 2a + 3b + 5c không thể chia hết cho 120.
Cách 2:
+ Nếu a = 0  1 + 3b + 5c = n ! 120 vô nghiệm do khác tính chẵn lẽ.
+ Nếu a = 1  3b + 5c  4 ( mod 8 ) (1) ; 3b  3 ( mod 5 ) ( 2 ) và điều này vô lý do (1) suy ra b chẵn
nhưng (2) không thỏa khi b chẵn.
+ Nếu a = 2  3b + 5c  4 ( mod 8) và suy ra b lẻ, c chẵn.
* Nếu c = 0  3b  0 ( mod 5) ; c = 1  3b  1; 3 ( mod 5 ) và đây là các điều vô lý vì b chẵn.
+ a  3  8 + 3b + 5c  0 ( mod 8) và kết quả này suy ra b, c lẻ.
* Xét mod 3: 2a + 5c  0 ( mod 3) , mà c lẽ nên suy ra a chẵn. Xét mod 5 ta có 2a + 3b  0 ( mod 5)
, mà b lẽ và a chẵn nên 2a + 3b  1 + ( 3) ( mod 5) và suy ra vô lý.
Vậy trong các TH, phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 15: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho M = a 4 + 10a 2 + 2b là số chính phương.
Lời giải: Đồng Tháp TST 2019 – 2020
Xét b = 1  M = a4 + 10a2 + 2 là số chính phương. Nếu a chẵn suy ra M  2 4  , nếu a lẻ thì
M  5 8 và cũng vô lý.
Xét b  2 , nếu a lẻ thì M  3 4  và điều này suy ra vô lý hay a chẵn.
Do a là số chẵn nên ta viết a = 2k q , với q lẻ và k là số nguyên dương. Khi đó ta có
m2 = 24 k q 4 + 5  22 k +1 q 2 + 2b
Do v2 ( n 2 ) là số chẵn nên b  2k + 1, suy ra 2b  22 k +1  2a  2a 2 hay
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Do đó ( a 2 + 5)  m2  ( a 2 + 6 ) nếu 2b  25 và từ đây suy ra không tồn tại m
2
2
Xét b  4
TH1. Nếu b = 2 , vì a là số chẵn.
Nếu a = 2 thì m 2 = 60 , trường hợp này không thỏa mān. Nếu a  4 thì
( a + 4)  m  ( a + 5) cũng suy ra mâu thuẫn.
2
2
2
2
TH2. Nếu b = 3 thì m2 = a 4 + 10a 2 + 8 . Tương tự trên a là số chẵn. Nếu a = 2 thì m 2 = 64 , thỏa mān. Nếu
a  4 thì tương tự trường hợp trên, ta thấy không tồn tại m thỏa mān.
Ta gặp mâu thuẫn.
TH3. Nếu b = 4 thì hiển nhiên ( a 2 + 4 )  m2  ( a 2 + 5)
2
Do đó trường hợp này không thỏa mān.
Vậy chỉ có bộ nghiệm (2;3).
Bài 16: Xác định tất cả các số nguyên tố p, q và số nguyên dương n  1 sao cho
p 2 n+1 − 1 q3 − 1
=
p −1
q −1
Lời giải: Đề xuất DHBT 2018 – Yên Bái
Ta có
 p 2 n+1 − 1 
 q3 − 1 
p 2 n+1 q 3 − 1
=
 ( p − 1) 
− 1 = ( p − 1) 
− 1
p −1 q −1
p
−
1
q
−
1




 p ( p n − 1)( p n + 1) = ( p − 1) q ( q + 1)
Nếu q  p n − 1 thì các thừa số ở vế trái lớn hơn các thừa số tương ứng ở vế phải của
(1), do đó q  p n . Vì q nguyên tố, còn p n không nguyên tố nên q  p n + 1. Một trong các thừa số ở vế trái
của (1) chia hết cho số nguyên tố q . Theo bất đẳng thức q  p n + 1 , điều đó chỉ xảy ra khi q = p n + 1 . Thay
vào (1) ta được p ( p n − 1) = ( p − 1) ( p n + 2 ) , suy ra p n − 3 p + 2 = 0
Từ đó p 2 hay p = 2, n = 2. Suy ra q = p n + 1 = 5.
Bài 17: Tìm tất cả bộ ba số (x,y,p), với x, y là số nguyên dương và p là số nguyên tố thỏa mãn phương trình
: x5 + x 4 + 1 = p y .
Lời giải: Đề xuất DHBTB 2018 – Thái Bình
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Rõ ràng (x,y,p)=(1,1,3) và (x,y,p)=(2,2,7) là nghiệm của phương trình
Ta có: x5 + x 4 + 1 = x5 + x 4 + x3 − ( x3 − 1) = x3 ( x 2 + x + 1) − ( x3 − 1) = ( x 2 + x + 1)( x3 − x + 1) ;
Do đó ta có thể viết phương trình: ( x 2 + x + 1)( x3 − x + 1) = p y
Và ta có d=UCLN( x 2 + x + 1, x3 − x + 1 ). Khi đó d là ước của ( x − 1)( x 2 + x + 1) − ( x3 − x + 1) = x − 2 Vì d là ước
x 2 + x + 1 − ( x − 2)( x + 3) = 7 . Do đó d = 7 với x  1 , vì vậy p=7.
Ta suy ra: với x > 2, x 2 + x + 1 = 7 a và x3 − x + 1 = 7b với các số nguyên a  2 và b  2 . Điều này có nghĩa
49 ước của x 2 + x + 1 và x3 − x + 1 , mâu thuẫn với d=7.
Vậy (1,1,3) và (2,2,7) là nghiệm của phương trình.
Bài 18: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m, n sao cho 6m + 2n + 2 là số chính phương.
Lời giải: Croatian Mo 2009
(
)
Ta có: 6m + 2n + 1 = 2. 2m−1.3m + 2n−1 + 1 là số chính phương nên suy ra 2m−1.3m + 2n−1 + 1 là một số
chẵn. Ta chia ra hai TH
(
)
TH1: 2m−1.3m lẻ thì suy ra m = 1 hay 6m + 2n + 1 = 4. 2n−2 + 2 là số chính phương nên suy ra 2n−2 + 2
chính phương. Xét theo mod 4 ta có n = 3 hay (1,3) là một bộ nghiệm.
TH2: Nếu 2n −1 là số lẻ thì n − 1 = 0  n = 1 và 6m + 2n + 2 = 6m + 4  (−1)m + 4 (mod 7) suy ra khi chia
6m + 2n + 2 cho 7 thì được số dư là 3 hoặc 5 , vô lý (do x 
m
n
, x 2  0,1, 2, 4 (mod 7). Vì vậy 6 + 2 + 2
không là số chính phương. Vậy chỉ có một cặp số nguyên dương thỏa mãn là (m, n) = (1,3) .
Bài 19: Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa mãn 5 p + 4 p4 là một số chính phương.
Lời giải: Singapore Mo 2008
Giả sử 5 p + 4 p4 = q2 , q 
(
* thì 5 p = q2 − 4 p4 = q − 2 p2
)( q + 2 p ) . Bởi vì 5 nguyên tố nên ta có
2
q − 2 p2 = 5s ; q + 2 p2 = 5t , t  s  0 và t , s là các số nguyên dương đồng thời t + s = p . Từ đây suy ra
(
)
4 p2 = 5s 5t−s − 1 .
TH1: Nếu s  0  p = 5  5 p + 4 p4 = 5625 = 752 hay p = 5 là nghiệm.
TH2: Nếu s = 0  t = p  5 p = 4 p2 + 1 . Lại chú ý rằng 5k  4k2 + 1; k  1 nên suy ra
phương trình vô nghiệm.
Bài 20: Tìm tất cả các bộ nguyên dương ( x, y, z ) thỏa phương trình 7 x + 3 y = 2 z .
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Lời giải: Olympic KHTN 2016
Lời giải. Từ phương trình đã cho, ta được 2 z  1 ( mod 3)
Do đó z chẵn, đặt z = 2 z1 , z1 
*
. Tiếp tục xét modulo 8 cho cả hai vế phương trình đã cho, với lưu ý z  3
nên 2 z 8 ta được (−1) x + 3 y  0 ( mod8)
Do 3y  1( mod8) nếu y chẵn và 3y  3( mod8) nếu y lẻ, nên để đồng dư thức trên xảy ra thì
(−1) x  −1( mod8) và 3y  1( mod8) dẫn đến x lẻ và y chẵn. Đặt y = 2 y1 , y1 
*
đưa phương trình đã cho
về dạng 7 x = 22 z1 − 32 y1 = ( 2 z1 − 3 y1 )( 2 z1 + 3 y1 )
Nếu 2 z1 − 3 y1 và 2 z1 + 3 y1 cùng chia hết cho 7 thì 2.3 y1 = ( 2 z1 + 3 y1 ) − ( 2 z1 − 3 y1 ) chia hết cho 7 vô lý. Do đó
trong hai số 2 z1 − 3y1 , 2 z1 + 3 y1 phải có một số bằng 1. Rõ ràng 2 z1 − 3 y1 = 1
Do z1  1 nên 2 z1 4 , từ đó ta xét modulo 4 cho phương trình (1) ta thu được y1 lẻ. Suy ra
( )
(
)
z1 = v2 2 z1 = v2 3 y1 + 1 = v2 (3 + 1) + v2 ( y1 ) = 2
Từ đây, ta dễ dàng tính được z = 4, y1 = 1, y = 2, x = 1 .
Vậy (1, 2, 4) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 21: Xác định tất cả các số nguyên dương ( x; y; z ) sao cho
( x + 1)
y +1
+ 1 = ( x + 2) .
z +1
Đề xuất THHV 2019 – chuyên Thái Nguyên
Đặt a = x + 1; b = y + 1; c = z + 1.
Ta có a, b, c  2 và
ab + 1 = ( a + 1)
c
(1)
 ( a + 1) − 1 + 1 = ( a + 1)
b
c
( 2)
(
)
Từ hai phương trình suy ra ( −1)  −1 mod ( a + 1) , suy ra b là số lẻ.
b
Áp dụng khai triển nhị thức Newton cho phương trình ( 2 ) và đưa về phương trình đồng dư mod ( a + 1)
ta cũng có
2
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
Cb1 ( a + 1)( −1)
b −1
(
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
)
+ ( −1) + 1  0 mod ( a + 1) , suy ra a + 1 chia hết b và do đó a là số chẵn.
b
2
Mặt khác, áp dụng khai triển nhị thức Newton cho phương trình (1) và đưa về phương trình đồng dư mod a 2
(
)
ta được 1  Cc1.a + 1 mod a 2 , từ đó c chia hết cho a , suy ra c là số chẵn.
(
Đặt a = 2a1 , c = 2c1 , a1 , c1 
*
) , ta có
c
c
c
2b.a1b = ab = ( a + 1) − 1 = ( a + 1) 1 − 1 ( a + 1) 1 + 1 .



(
)
Suy ra UCLN ( a + 1) − 1, ( a + 1) + 1 = 2 .
c1
c1
Từ đó, do 2a1 là một ước số của ( a + 1)
c1
− 1 ta có thể kết luận
( a + 1) − 1 = 2a1b , ( a + 1) + 1 = 2b−1
c1
c1
Ta phải có 2
b −1
 2a1b nên suy ra a1 = 1 . Từ đó các phương trình trên cho ta c1 = 1, b = 3 .
Nghiệm duy nhất của bài toán là ( x; y; z ) = (1;2;1)
(
Bài 22: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 2n + 1
) 7 + 1.
2
n
Lời giải : TST KHTN 2021 – ngày 1
Ý tưởng : Ta chứng minh n = 2 là đáp số duy nhất, điều này kéo theo việc giả sử nếu n có bất kì ước
nguyên tố nào cũng đều là vô lý. Vậy, xét p là một ước nguyên tố bé nhất của n là 1 lựa chọn.
(
Nếu n lẻ ta suy ra n. 2n + 1
) 3 nhưng 7 + 1 3 nên không thỏa.
2
n
Nếu n chia hết cho 4, 7n + 1 = 74 k + 1  2 4  và suy ra không thỏa.
Vậy ta chỉ xét n = 2. ( 2k + 1) . Giả sử n có ước nguyên tố lẻ, lấy p là ước nguyên tố lẻ bé nhất.
Khi đó :
72n  1  p ; 7 p−1  1  p
với lưu ý là từ giả thiết thì
p  7 . Khi đó, đặt
d = ordp ( 7 )  d ( 2n; p − 1) . Mà 2n = 4. ( 2k + 1) nên d = 1; 2; 4 do d không thể là số lẻ vì cách chọn
p min.
+ Nếu d = 1  7 + 1 p và điều này vô lý.
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
+ Nếu d = 2  72 − 1 p  p = 3 và điều này cũng vô lý do 7n + 1 3 .
+ Nếu d = 4 thì 74 − 1 p  p = 5 . Với p = 5 thì
(
)
(
)
v5 7n + 1 = v5 492k+1 + 1 = v5 ( 50) + v5 ( 2k + 1) = 2 + v5 ( 2k + 1)
(
)
(
)
(
)
2
Và ta cũng có : v5  n 2n + 1  = 2v5 2n + 1 + v5 ( n ) = 2v5 4 2 k+1 + 1 + v5 ( 2k + 1) = 2 + 3v2 ( 2k + 1)


Lại lưu ý là : n 5  2k + 1 5  v5 ( 2k + 1)  0 nên suy ra mâu thuẫn.
Vậy, n = 2 và thử lại thấy thỏa yêu cầu.
Bài 23 (2022): Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 7 p − p − 16 là một số chính phương.
Lời giải:
- p = 2 không thoả mãn, và; p = 3 thoả mãn vì 73 − 7 − 16 = 324 = 182 .
Giả sử số nguyên tố p  5 thoả mãn điều kiện: 7 p − p − 16 là một số chính phương. Xét trường hợp
p = 1( mod 4) . Khi đ6 7 p − p − 16 = 2( mod 4) , do dó không thể là một số chính phương được.
Xét
trường
hợp
p = 3( mod 4)( p  7) .
Theo
định
lý
Fermat
nhỏ
7 p = 7( mod p) ,
vi
thê
7 p − p − 16  −9( mod p) . Nói cách khác, nếu n2 = 7 p − p − 16 thi p  n2 + 9
Do p = 3 (mod 4), kết quả cổ điển về tính chất của tổng hai số chính phương (né́ u p là một ước nguyên tố
của a 2 + b 2 thì hoặc p | a, p | b hoặc p có dạng 4k + 1) dẫn đến p | n, p | 3 , đảm bảo p = 3 , mâu thuẫn.
Bài 24 (2022): (Đề nghị trường đông 2021) Tồn tại hay không các số nguyên dương a và b thỏa mãn:
( a + n , b + n ) = 1, n 
n
b
n
a
*
.
Lời giải:
Ta chứng minh không tồn tại 2 số nào như vậy. Giả sử tồn tại các số nguyên dương a, b thỏa yêu cầu bài
toán. Đặt d = (a, b) .
Nếu d  1 : Chọn n = d
thì a d + d b
chia hết cho d , bd + d a cũng chia hết cho d . Vậy
( a + d , b + d ) d  1 (mâu thuẫn).
d
b
d
a
Nếu d = 1 . Ta chọn p là ước nguyên tố bất kì của a a + bb . Khi đó p∣ a a +b + (ab)b .
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Ta có p không là ước của a vì nếu ngược lại p∣ a thì p∣ ( a a + bb ) − a a . Suy ra p∣ bb hay p∣ b . (mâu thuẫn
với d = 1 ). Tương tự thì p không là ước của b .
n  a + b( mod p − 1)
Vì p, p − 1 nguyên tố cùng nhau nên tồn tại n thỏa mãn hệ đồng dư 
n  ab( mod p)
Khi đó, a n + nb  a a +b + (ab)b  0( mod p) . Tương tự thì b n + n a cũng chia hết cho p . Suy ra
( a + n , b + n ) p  1 , mâu thuẫn.
n
b
n
a
Vậy không tồn tại 2 số a, b nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 25 (2022): (Đề nghị trường đông 2021) Tìm tất cả các số nguyên dương n để tồn tại các số nguyên
1
2
dương a1 , a2 ,, an thỏa: 2 + 2 +
a1 a2
2n−1
+ 2 =1
an
Lời giải.
Trước hết, bằng kiểm tra trực tiếp, ta nhận thấy:
- Với n = 1 , ta có a1 = 1 thỏa.
- Với n = 2 , ta thấy không tồn tại 2 số nguyên dương a1 , a2 để
1
2
+ 2 = 1 (do phương trình
2
a1 a2
( a − 2 )( a − 1) = 2 không có nghiệm nguyên).
2
2
2
1
- Với n = 3 , ta có bộ (2, 2, 4) thỏa mãn.
- Với n = 4 , ta có bộ (3,3,3, 6) thỏa mãn.
Giả sử có bộ n(n 3) số nguyên dương ( a1 , a2 , , an ) thỏa yêu cầu bài toán, khi đó bộ n + 2 số
( a1 , a2 ,, an−1 , 2an , 2an , 4an ) cũng thỏa yêu cầu bài toán. Thật vậy, ta có:
1
2
+ 2+
2
a1 a2
+
2n −2 2n −1 2n
2n +1
1
2
+
+
+
= 2+ 2+
2
2
2
2
an −1 4an 4an 16an a1 a2
Vậy với mọi n nguyên dương, n  2 thì tồn tại các số nguyên dương a1 , a2 ,
1
2
+ 2+
2
a1 a2
+
+
2n −1
=1
an2
, an thỏa:
2n−1
=1
an2
Bài 26 (2022): (Czech Slovakia 1996). Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, p thỏa mãn phương trình
p x − y p = 1 , trong đó p là một số nguyên tố.
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Lời giải:
Trường hợp 1: Khi p = 2 . Ta có phương trình 2 x − y 2 = 1  2 x = y 2 + 1 . Từ đây suy ra y là số lẻ. Lại có
y 2 + 1  2( mod 4)  2 x  2( mod 4)  x = 1  y = 1 .
Trường hợp này cho nghiệm của phương trình là ( x; y; p) = (1;1; 2) .
Trường hợp 2: Khi p  2 . Ta có phương trình p x = 1 + y p , từ đây suy ra y chẵn.
Theo Định lý Femat ta có p x  1 + y p ( mod p)  1 + y( mod p) . Suy ra 1 + y p  gcd(1; p) = gcd( y; p) = 1.
Áp dụng bổ đề LTE ta có x = v p ( p x ) = v p (1 + y p ) = v p (1 + y ) + v p ( p) = v p (1 + y ) + 1  x − 1 = v p (1 + y )
 y + 1 = p x −1
Do đó từ p x = 1 + y p = (1 + y ) (1 − y + y 2 −+ y p −1 ) ta có 
2
p −1
1 − y + y −+ y = p
 2 = p x −1
Nếu y = 1 thì ta có 
, vô lý.
1 = p
x = 2
Nếu y = 2 thì ta có 3 = p x −1  
. Thử lại thấy thỏa mãn.
p = 3
- Nếu y  2 thì ta có
p = 1 − y + y 2 −+ y p −1 = 1 + y( y − 1) + y 3 ( y − 1) ++ y p −2 ( y − 1)  1 + y + y 3 ++ y p −2  1 + y = p x −1.
Suy ra x = 1  y + 1 = 1  y = 0 . Vô lý.
Tóm lại, phương trình có nghiệm ( x; y; p) = (2; 2;3) .
Bài 27: (2022) Tìm tất cả các bộ ( p, q, r , n) với p, q, r là các số nguyên tố và n là số tự nhiên, sao cho
p2 = q2 + r n
Lời giải. Trải nghiệm VMO 2022
Đẳng thức trong đề bài có thể viết lại thành ( p − q)( p + q) = r n . Từ đó, chú ý rằng r là số nguyên tố nên chỉ
có đúng hai trường hợp có thể xảy ra.
Trường hợp 1. r là ước của cả p − q và p + q .
Lúc này, r ∣ 2 p nên r = p hoặc r = 2 . Nếu r = p thì p 2 = q 2 + p n , mà n 1 nên p∣ q , mà p, q nguyên tố
nên ta phải có p = q , dẫn tới r = 0 , trái với giả thiết r nguyên tố.
Vậy r = 2 nên ta có p + q = 2a , p − q = 2b , trong đó a, b là các số tự nhiên thoả mān a + b = n .
GVBS: Nguyễn Hoàng vinh
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG 2022
SỐ HỌC
Dễ thấy a  b , và ta có p = 2a −1 + 2b −1 = 2b −1 ( 2a −b + 1)
nên b = 1 vì nếu 1  b  a thì p có hai ước phân biệt là 2 và 2 a −b + 1 , vô lý. Do đó p − q = 2 ,
p + q = 2a , p = 2a −1 + 1 , dẫn tới
p = 2a −1 + 1  (−1)a −1 + 1( mod 3)
q = 2a −1 − 1  (−1)a −1 − 1( mod 3).
Từ đó, nếu a lẻ thì 3∣ p nên p = 3 , kéo theo q = 1 , vô lí. Vậy a chẵn, và do đó 3∣ q nên q = 3 , kéo theo
p = 5 , và ta tìm được bộ số thoả mãn ( p, q, r , n) = (5,3, 2, 4) ;
Trường hợp 2. r là ước của đúng một trong hai số p − q, p + q .
Khi đó p + q  p − q và r nguyên tố nên p − q = 1 , vì nếu không, cả p − q và p + q đều có ước nguyên tố,
lại có tích đúng bằng r n , nên cả hai số đều là bội của r , mâu thuẫn. Vậy p − q = 1 , mà p, q nguyên tố nên
p = 3, q = 2 , từ đó dễ dàng có là ( p, q, r , n) = (3, 2,5,1) .
Tóm lại, có đúng 2 bộ số ( p, q, r , n) thoả mãn yêu cầu là (5,3, 2, 4) và (3, 2,5,1) .