Một bổ đề có nhiều ứng dụng
 

Bổ đề:Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$.Khi đó:$x^2+y^2 \vdots p$ khi và chỉ khi $x \vdots p$ và $y \vdots p$.
Chứng minh:

Hệ quả:Với mọi số nguyên $x$,thì $x^2+1$ không có ước dạng $4k+3$.
Bài tập:
1.Cho $T={(x,y)|x,y \epsilon \mathbb{N},0 \leq 2x <y \leq 100,x^4+y^4 \vdots 49}$.Tìm |T|.
Giải:
Ta có: $x^4+y^4 \vdots 49$
$\rightarrow (x^2)^2+(y^2)^2 \vdots 7$.
Theo bổ đề ta có: $x^2 \vdots 7$ và $y^2 \vdots 7$.
suy ra:$x \vdots 7$ và $y\vdots 7$.
Đặt $x=7a,y=7b$,(a,b là các số tự nhiên).Ta có:$0 \leq 14a <7b \leq 14$
suy ra: $0 \leq a \leq6$.Khi đó:$b=14-2a$.
Số bộ $(a,b)$ thỏa là:$\sum_{a=0}^6 (14-2a)=56$.
2.Chứng minh phương trình sau vô nghiệm nguyên:$x^2-y^3=7$.
Giải:
*Nếu $y$ chẳn thì $x^2 \equiv 3 (mod 4)$.(vô lí)
suy ra $y$ lẻ.
Pt$\Leftrightarrow x^2+1=(y+2)(y^2-2y+4)$
vì $y$ lẻ nên $y^2-2y+4 \equiv 3 (mod 4)$.Theo hệ quả thì suy ra điều này vô lí.
Vậy ta có đpcm.
3.Chứng minh phương trình:$4xy-x-y=z^2$ vô nghiệm nguyên.
Giải:
PT$\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^2+1$
$\Leftrightarrow (4x-1)(4y-1)=4z^2+1$.
Từ đó theo hệ quả ta có đpcm.
4.Giải phương trình nghiệm nguyên sau:$(x+y)^2+2=2x+2013y$.
Giải:
Cũng hoàn toàn với tư tưởng như 2 bài toán trên ta sẽ đưa về tổng bình phương cộng 1.
PT $\Leftrightarrow (x+y-1)^2+1=2011y$.
vì $2011 \equiv 3 (mod 4)$ nên vô nghiệm theo hệ quả.
5.Chứng minh phương trình $x^2+4=y^3$ vô nghiệm nguyên.
Giải:
Theo đề bài ta có:$x^2+4=(y-1)(y^2+y+1)$.
*Nếu $y=4k$ thì $y-1=4k+3$ nên 4 chia hết cho một ước nguyên tố dạng $4l+3$ của y.(vô lí)
*Nếu $y=4k+1,4k+2$ thì $y^2+y+1$ có dạng $4m+3$,tương tự suy ra vô lí.
*Nếu $y=4k+3$ thì $y-1\equiv 2(mod4);y^2+y+1\equiv 1 (mod 4)$ nên $VP\equiv 2 (mod 4)$ vô lí vì $VT \equiv 0,1 (mod 4)$.

Bài 6 (IMO 1970) Tìm $n$ nguyên dương để tập $\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5\}$ có thể phân hoạch thành 2 tập $A$ và $B$ sao cho tích của tất cả các phần tử ở tập này bằng tích của tất cả các phần tử ở tậpkia. (ví dụ như chia được 2 tập $A=\{n+1,n+2\}; B=\{n,n+3,n+4,n+5\}$ thì $(n+1).(n+2)=n.(n+3)(n+4).(n+5) )$

Em mạn phép đưa ra 1 số bài áp dụng bổ đề này.
$\boxed{7}$ Tìm số nguyên dương $n$ sao cho luôn tồn tại số nguyên $m$ thỏa mãn $2^n-1 \mid m^2 +9$
$\boxed{8}$ Tìm số nguyên dương lẻ $n$ để $n^{11}+199$ là một số chính phương.
------------------------------
Giả sử tập ban đầu được phân hoạch thành hai tập $A$ và $B$.
Trong $6$ số nguyên liên tiếp thì tồn tại nhiều nhất một số chia hết cho $7$.
Nếu trong $6$ số $n,n+1,..,n+5$ có một số chia hết cho $7$ thì khi lấy tích các phần tử của $A$ và $B$ sẽ có 1 tích chia hết cho $7$, một tích không chia hết cho $7$. Loại.
Do đó cả $6$ số đều không chia hết cho $7$.
Suy ra tích $P=n(n+1)..(n+5) \equiv 1.2.3.4.5.6 \equiv 6 (mod 7)$
Điều này vô lí vì $P$ phải là số chính phương mà số chính phương chỉ chia $7$ dư $0,1,2,4$.

Tổng quát bài toán :
Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên tố $p$ thỏa mãn tính chất :
Không tồn tại tập hợp gồm $p-1$ phần tử là $p-1$ số nguyên dương liên tiếp mà có thể chia tập này thành hai tập con, trong đó tích các phần tử của mỗi tập con là bằng nhau.

Tiếp tục với bổ đề...
Bài 9.Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $p^3+ \frac{p-1}{2}$ không là tích hai số tự nhiên liên tiếp.
Giải:
Từ đề bài dễ có p lẻ.
Đặt $p^3+ \frac{p-1}{2}=n(n+1)$.(n là số tự nhiên).
+)$p=4k+1$:Khi đó dễ có VT lẻ.(vô lí vì tích hai số liên tiếp luôn chẳn).
+)$p=4k+3$:
Từ đẳng thức ta biến đổi thành:$4p^3+2p=(2n+1)^2+1$.(Nhân 4 vào 2 vế)
suy ra $(2n+1)^2+1 \vdots p$.Vô lí theo hệ quả.

10.Chứng minh rằng:Không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^7+7$ là số chính phương.
Giải:
Khi không thể làm gì thì phản chứng rất hiệu quả.
Giả sử tồn tại n thỏa mãn,khi đó $n^7+7=m^2$,với m là một số tự nhiên.
Ta có:$n^7+2^7=m^2+11^2$
$\rightarrow (n+2)(n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+2^6)=m^2+11^2$.
vì $m^2\equiv 0,1 (mod 4)$ và $11^2 \equiv 1 (mod 4)$ nên ta suy ra $VP \equiv 1,2 (mod 4).$
Lại có:$2^7 \equiv 0 (mod 4)$ và $n^7 \equiv 0,1,-1 (mod 4)$ nên $VT \equiv 0,1,-1 (mod 4).$
Do đó $VT \equiv VP \equiv 1 (Mod 4)$ và $n \equiv 1 (mod 4).$
Từ đó $ n+2 \equiv 3 (mod 4)$ nên $n+2$ sẽ có ước nguyên tố $p=4i+3.$
Theo bổ đề thì $11 \vdots p$,nên $p=11,m=11k$
$\rightarrow VP \vdots 11^2$ nên $VT \vdots 11^2.$
Ta lại có:$n^6-2n^5+...+2^6 \equiv 8 (mod 11)$ (vì $n\equiv -2 (mod 11))$.
nên $n+2 \vdots 11^2 \rightarrow n=11^2h-2$ và $h$ là ước dương của $k^2+1$.
Suy ra $h \equiv 1 (mod 4)$,Vì vậy $n \equiv 3 (mod 4)$ (vô lí).
Nên ta có đpcm.


11.Tìm các số nguyên dương a,b,c sao cho $a^2=b^c-3$
Giải:
Tiếp tục phản chứng.
Ta viết đẳng thức lại thành:$a^2+4=(b+1)(b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1).$
*Nếu $b=4k+2$ thì $b+1=4k+3$, dễ có ngay điều vô lí theo bổ đề.
*Nếu $b=4k+1$ thì $b+1 \equiv 2 mod 4 và (b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1) \equiv 1 (mod 4)$.
từ đó $VT \equiv VP \equiv 2 (mod 4)$.Vô lí.
*Nếu $b=4k+3$ thì $(b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1) \equiv -1 (mod 4)$.
Theo bổ đề dễ có điều vô lí.
*Nếu $b=4k$ thì $b^c \equiv 0 (mod 8)$ .
khi đó: $b^c-3 \equiv -3 (mod 8)$,vô lí vì một scp chia 8 không có số dư là -3.
Vậy ta có dpcm.

12.Chứng minh rằng:không tồn tại số nguyên tố p sao cho:$3^p+19(p-1)$ là số chính phương.
Giải:
Tiếp tục phản chứng nào...
Đặt $3^p+19(p-1)=n^2$ (n là một số nguyên).
*Nếu $p=2$.Ta có:$n^2=28$(!!!)
*Nếu $p>2$,$p$ lẻ.
+)$p=4k+1$:
Ta có $3 \equiv -1 (mod 4)$ nên $3^p \equiv -1 (mod 4)$.
$19 \equiv 3 mod 4,p-1 \equiv 0 (mod 4)$
Do đó $VT \equiv -1 (mod 4) $(Vô lí!!)
+)$p=4k+3$:
$3^p \equiv 3 (mod p)$.
$19(p-1) \equiv -19 (mod p)$.
nên $VT \equiv -16 (mod p)$.
Do đó $n^2+16 \vdots p$.
Từ cái bổ đề ấy,ta có:$16 \vdots p$. (vô lí rồi).
Vậy ta có dpcm.

------------------------------
Thực chất bài này và bài tổng quát là một ứng dụng của hệ thặng dư và định lí Wilson,thêm chút là cái bình phương chia 4.Mở rộng cũng như những bài toán tương tự bài này xuất hiện khá nhiều trong các cuộc thi sau đó.
vd: :Chứng minh rằng:Không thể chia một tập hợp gồm 18 phần tử là các số nguyên dương liên tiếp thành 2 tập A và B sao cho tích các phần tử của A bằng tích các phần tử của B.
Bài toán tổng quát của @Huy chứng minh cũng tương tự.:gach:

:Secretsmile: Bài số $7$ na ná với bài Hàn Quốc 1999, sử dụng bổ đề này với định lí phần dư Trung Hoa. Bài số $8$ là em biến tấu ra từ bài chọn đội tuyển của Mỹ năm $2008$, là bài $n^7+7$ ở trên b-)
Giải bài $\boxed{8}$ : Tìm số tự nhiên $n$ lẻ để $n^{11}+199$ là số chính phương.
***
Bổ đề 1: Cho các số nguyên dương $x,y$ và số nguyên tố $p$ có dạng $4k + 3$ thỏa mãn $p|(x^{2}+y^{2})$. Khi đó $p|x$ và $p|y$

[COLOR="rgb(0, 100, 0)"]Bổ đề 2[/COLOR] : Cho các số nguyên dương $x,y$ thỏa $gcd(x,y)=1$, khi đó mọi ước nguyên tố của $x^{2}+y^{2}$ không có dạng $4k+3$.

Đặt $n^{11}+199=m^{2}$ , $m\in \mathbb{N}$

Vì $n$ lẻ nên $n\equiv 1;3(mod4)$

Nếu $n\equiv 3(mod4)\Rightarrow m^{2}\equiv 3^{11}+199\equiv 2(mod4)$ (vô lí)

Do đó $n\equiv 1(mod4)$

Ta có :

$n^{11}+199=m^{2}\Leftrightarrow n^{11}+2^{11}=m^{2}+43^{2}\Leftrightarrow (n+2)(n^{10}-2n^{9}+...-512n+1024)=m^{2}+43^{2}\Leftrightarrow (n+2).b=m^{2}+43^{2}\qquad(*)$

Vì $n\equiv 1(mod4)\Rightarrow b=n^{10}-n^{9}.2+...-n.2^{9}+2^{10}\equiv 3(mod4)\Rightarrow$ $b$ có ít nhất một ước nguyên tố $p\equiv 3(mod4)$.

Theo bổ đề 1 thì $b|(a^{2}+43^{2})\Rightarrow p|(a^{2}+43^{2})\Rightarrow p|43\Rightarrow p=43\Rightarrow 43|b$

Nếu $43|(n+2)\Rightarrow n\equiv -2(mod43)\Rightarrow b=n^{10}-2n^{9}+4n^{8}-8n^{7}+16n^{6}-32n^{5}+64n^{4}-128n^{3}+256n^{2}-512n+1024\equiv 8(mod43)$.

Điều này là vô lí vì $43|b$. Suy ra $43\nmid(n+2)$.

Ta có $a^{2}+43^{2}=(n+2).b\vdots 43\Rightarrow a\vdots 43\Rightarrow (a^{2}+43^{2})\vdots 43^{2}\Rightarrow b(n+2) \vdots 43^{2}$. Vì $43\nmid(n+2)$ nên $b=43^{2}.m\qquad(m\in \mathbb{N},gcd(m,2)=1)$

Hơn nữa vì $a\vdots 43\Rightarrow a=43q\qquad(q\in \mathbb{N})$

Do đó $(n+2).b=a^{2}+43^{2}=43^{2}.(q^{2}+1)\Leftrightar row (n+2).43^{2}.m=43^{2}(q^{2}+1)\Leftrightarrow q^{2}+1=m(n+2)$

Vì $gcd(1,q)=1$ nện theo bổ đề 2 thì $q^{2}+1$ không có ước nguyên tố nào có dạng $4k + 3$, nhưng $n+2\equiv 3(mod4)$ (vì $n\equiv 1(mod4)$)

Điều này mâu thuẫn.

Kết luận : Không tồn tại số $n$ thỏa mãn đề bài.

Post bài tiếp đi anh Hoàn, em để đâu hết mấy cái đống này rồi :[

Bài này bạn làm sai to rồi, chưa chi $x=y=z=0 $ là nghiệm kìa
Bài này sai ở chỗ chưa nghiên cứu TH $x, y $ âm vì khi $x $ âm thì $4x-1 $ có dạng $-(4k+1) $ rồi

$x,y$ âm thì cũng vấn đề gì đâu nhỉ ? :badsmelly:

Đề phải là $x^2+5=y^3$

Vâng,cám ơn các bạn.Mình đã thấy lỗi sai sót.Do nhầm lẫn và gấp gáp quá nên mong mọi người thông cảm.Nhưng hiện giờ nút edit không thấy xuất hiện nữa nên chả sửa được,mod vào sửa hộ em cái đi ạ.:gach:
Mong mọi người bỏ quá.

------------------------------
Đây là dạng tổng quát của bổ đề trên:
Tổng quát:
Giả sử $p=k.2^t+1$ là một số nguyên tố,$t$ là số nguyên dương và $k$ là số tự nhiên lẻ.Giả thiết $x$ và $y$ là các số tự nhiên mà $(x^{2t}+y^{2t}) \vdots p$.Ta có đồng thời $x$ và $y$ chia hết cho $p.$

Tiếp tục với vài bài đơn giản:
Bài 13:Tìm các số nguyên x,y sao cho $\frac{x^2+1}{y^2-5}$ là một số nguyên.
Bài 14:Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^{2002}+y^{2002}=2003^{2001}(x^3+y^3)$
Bài 15:Tìm số nguyên dương $n$ thỏa $2^{n-1}+1 \vdots n$.:Secretsmile:

Giải bài 13 :
Gỉa sử tồn tại $x,y$ sao cho $\dfrac{x^2+1}{y^2-5} \in Z$
Ta có $y^{2}\equiv 0,1\;(mod\;4)\Rightarrow y^{2}-5\equiv 3,0\;(mod\;4)$
Nếu $y^{2}-5\equiv 0\;(mod\;4)\Rightarrow 4\mid x^{2}+1\Rightarrow x^{2}\equiv 3\;(mod\;4)$, điều này vô lí
Nếu $y^{2}-5\equiv 3\;(mod\;4)$ thì $y^2-5$ có ít nhất một ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$, suy ra $p\mid x^2+1$, điều này mâu thuẫn với hệ quả của bổ đề.
Kết luận : Không tồn tại số nguyên $x,y$ nào thỏa mãn đề bài.

Giải bài 14

Nhận thấy rằng $2003$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$.
Áp dụng bổ đề ta suy ra $2003|x$ và $2003|y$.
Đặt $x=2003x_1,y=2003y_1$ và thay vào phương trình :
$2003^{2002}(x_1^{2002}+y_1^{2002})=2003^{2004}(x_ 1^3+y_1^3)$ $\Leftrightarrow x_{1}^{2002}+y_1^{2002}=2003^{2}(x_1^3+y_1^3)$
Từ đây lại có $2003|x_1,2003|y_1$. Đặt $x_1=2003x_2,y_1=2003y_2$, được :
$2003^{1997}(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$
Rõ ràng $VT\geq VP$ và đẳng thức chỉ xảy ra khi $x=y=0$
Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất $(0,0)$

Kiếm đâu ra lắm mấy bài kiểu này thế @@~

Rất tốt chú Huy à...
Bài 16:Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$.Cho $x,y,z,t$ là các số nguyên dương thỏa:$x^{2p}+y^{2p}+z^{2p}=t^{2p}$.Chứng minh rằng ít nhất trong các số $x,y,z,t$ chia hết cho $p.$
Bài 17:Cho dãy số xác định như sau:$a_1=5,a_{n+1}=a_n^3-2a_n^2+2$,với mọi $n$ lớn hơn hoặc bằng $2$.Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ và $a_{2011}+1 \vdots p$.Chứng minh rằng $p=3$
Bài 18:Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $7p+3^p-4$ không là số chính phương.
Bài 19:Tìm số nguyên tố $p$ đề $p^2-p+1$ là một lập phương của số tự nhiên.$
Bài 20:Tìm các bộ số $(x,y)$ nguyên thỏa:$y^2=x^3-p^2x$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$.
:feelgood:Mong nhận được sự đóng góp của tất cả mọi người.

Bài 15: Tìm các số nguyên dương $(a,b,c)$ sao cho $a^2+2^{b+1}=3^c$

Hơi gà nên chém bài 18:
Giả sử $7p+3^p-4$ là số chính phương. Khi đó:
$7p+3^p-4=x^2 \\
\Leftrightarrow 7p+3^p-3=x^2+1$.
dễ thấy với $p=2$ và $p=3$.
TH1: $p \equiv 1 (mod 4)$.
dễ có $3^p-3 \equiv 0 (mod 4)$ và $7p \equiv 3 (mod 4)$
$\Rightarrow 7p+3^p-3 \equiv 3 (mod 4)$
vì $7p+3^p-3 \equiv 3 (mod 4)$ nên nó phải có 1 ước nguyên tố $q=4k+3$ nên $x^2+1 \vdots q$. Áp dụng bổ đề có $1 \vdots q$ (vô lí).
TH2: $p \equiv 3 (mod 4)$
Khi đó theo định lí Fermat nhỏ, ta có $7p+3^p-3 \vdots p \Rightarrow x^2+1 \vdots p $ và theo bổ đề có $1 \vdots p$ (vô lí).
vậy đã có đpcm
câu 19 hình như Balkan MO 2005.
thêm bài 17 nữa, bài 20 với 16 ảo diệu quá :(
$a_{n+1}-2=a^{3}_{n}-2a^{2}_{n}\\
=a^{2}_{n}(a_n-2)\\
=a^{2}_{n}.a^{2}_{n-1}.(a_{n-1}-2)\\
=...= a^{2}_{n}.a^{2}_{n-1}...a^2_{2}(a_1-2)\\
=t^2.3 (t^2=a^{2}_{n}.a^{2}_{n-1}...a^2_{2})$
từ đó suy ra
$a_{n+1}+1=3t^2+3=3(t^2+1)$
nếu $p=4k+3 | a_{n+1}+1$ thì $3(t^2+1) \vdots p$ nên $3 \vdots p$ hay $p=3$.

cảm ơn bạn đã đóng góp,mong nhận thêm một vài lời nhận xét và bình luận.Quang trọng là những ý tưởng,rất dễ nhận thấy các ý tưởng của các bài toán về pt nghiệm nguyên,chứng minh vô nghiệm hay số chính phương.Các kĩ thuật giải các bài toán đó cũng khá giống nhau và dễ nhận ra,còn bài dãy số qui trình lặp cũng khá phổ biến,không biết có còn bài nào về dãy số mà ứng dụng tính chất này nữa không nhỉ?Mong mọi người bổ sung thêm nhiều dạng.Hiện giờ còn vài bài chưa giải quyết mong mọi người đóng góp ạ.Không thì mình sẽ đưa lời giải.Những vấn đề về số chính phương và số nguyên tố luôn ẩn chứa những nét đẹp và ảo diệu.Rất cám ơn mọi người.:))

Bài 21 (chọn đội tuyển PTNK 2013)
Cho dãy $\{u_n \}$ thoả mãn $u_1=2013, u_{n+1}=u_n^3-4u_n^2+5u_n \; \forall n \in \mathbb{N}^*$. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ là ước của $(u_{2014}+2009)$ và $p \equiv 3 \pmod{4}$.

Vâng,tớ đang gõ đây,phần sau tớ còn định bổ sung thêm vài bài tổng 3 và 4 bình phương nữa.Có gì mong mọi người giúp đỡ và đóng góp nhé=p~

Giải bài số 16 đi anh, bài này nhìn đẹp quá :buc::-<