Chủ đề này có 3 trả lời

[Hoang Tung 126]

Tìm tất cả bộ 3 số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn : $(x+y).(xy+1) = 2^{z}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 10-09-2013 - 16:43

[bangbang1412]

Vì $2$ nguyên tố , xét $z=0$ khi đó một trong $2$ số $x=1,y=0$ hoặc ngược lại .

Bạn tự xét trong TH $x,y\leq 2$ còn ở đây mình chỉ xét cho $x,y\geq 2$ 

Đặt $x+y=2^{a},xy+1=2^{b}($b\geq a$ do $xy+1\geq x+y$)

Thay $y=2^{a}-x$ vào ta có :

$2^{a}x-x^{2}+1=2^{b}=>x^{2}-2^{a}x+2^{b}-1=0$

Chứng minh tương tự thì $y^{2}-2^{a}y+2^{b}-1=0$

Do đó hai phương trình này cùng tập nghiệm .

Xét $x=y$ , nếu $x,y$ cùng chẵn thì vô lý , nếu $x,y$ cùng lẻ cũng loại vì khi đó vế trái ban đầu chứa thừa số nguyên tố lẻ .

Vậy $x\geq y$ hoặc $x\leq y$ , không mất tổng quát , giả sử $x\geq y$

Đặt $4^{a}-4(2^{b}-1)=m^{2}$ 

Khi đó công thức nghiệm của hai phương trình trên là 

$x=\frac{2^{a}+m}{2}$ và $y=\frac{2^{a}-m}{2}$ (vì $x\geq y$)

Đặt $m=2u$ khi đó $4^{a-1}-2^{b}+1=u^{2}<=>2^{2a-2}-2^{b}=(u-1)(u+1)$

Nếu $b>2a-2$ thì vô lý , và do đó ta hạn chế xét cho $2a-2\geq b\geq a$ 

Khi đó $2^{b}(2^{2a-2-b}-1)=(u-1)(u+1)$

Rõ ràng vế phải là tích hai số nguyên liên tiếp , đặt $u=2^{s}.v+1$ phương trình trở thành 

                                 $2^{b}(2^{2a-2-b}-1)=2^{s}.v.2.(2^{s-1}.v+1)$

Và ta có $2^{b-s-1}(2^{2a-2-b}-1)=v.(2^{s-1}.v+1)$

Rõ ràng lúc này vế trái là tích hai số lẻ và do đó ta có $b=s+1=>u^{2}=2^{2b}.v^{2}+2^{b+1}.v+1$

$=>2^{2a-2}-2^{b}=2^{2b}.v^{2}+2^{b+1}.v$

Vế trái chỉ chia hết cho $2^{b}$ còn vế phải chỉ chia hết cho $2^{b+1}$ nên vô lý , vậy chỉ có mấy nghiệm con ban đầu .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 10-09-2013 - 18:06

[Zaraki]

Tìm tất cả bộ 3 số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn : $(x+y).(xy+1) = 2^{z}$

Lời giải. Đặt $x+y=2^m,xy+1=2^n$ với $m,n \in \mathbb{N}^*$. Vì $xy+1-(x+y)=(x-1)(y-1) \ge 0$ nên $m \le n$.

Nếu $m=1$ thì $x+y=1$ nên $x=y=1$. Khi đó $z=2$.

Nếu $m=2$ thì $x+y=4$ suy ra $x=1,y=3$ hoặc $x=3,y=1$. Khi đó $z=4$.

Nếu $m \ge 3$. Khi đó thì $\begin{cases} x+y=2^m \\ xy=2^n-1 \end{cases}$. Theo định lý Vieta ta suy ra $x,y$ là hai nghiệm nguyên dương của phương trình $$\begin{array}{l} a^2-2^ma+2^n-1=0, \qquad (1) \\ \Delta = 2^{2m}-4(2^n-1)=2^{2m}-2^{n+2}+4 \end{array}$$

 

Để $(1)$ có nghiệm thì $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow 2^{2m+1} \ge 2^{2m-2}+4 \ge 2^n \Rightarrow 2m+1 \ge n$.

Để $(1)$ có nghiệm nguyên thì $\Delta$ là số chính phương, do đó ta đặt $2^{2m-2}-2^n+1=p^2$ với $p \in \mathbb{N}$.

Đặt $p=2^{m-1} - \alpha \; (\alpha \in \mathbb{N}, \; \alpha \le 2^{m-1})$ thì phương trình trở thành $$1-2^n= \alpha^2- 2^m \alpha \Leftrightarrow 2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = \alpha^2-1 \qquad (2)$$

Dễ thấy rằng $\alpha$ lẻ, đặt $\alpha= 2^k \cdot q+1$ với $k,q \in \mathbb{N}, k,q \ge 1, 2 \nmid q$. Khi đó $$(2) \Leftrightarrow 2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = 2^{k+1} \cdot q \cdot \left( 2^{k-1} \cdot q+1 \right) \qquad (3)$$

 

$\blacktriangleright$ Nếu $k=1$ thì $\alpha=2q+1$. Do đó $(2) \Leftrightarrow 2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = 4q(q+1)$. Tiếp tục đặt $q=2^o-1$ với $o \in \mathbb{N}, o \ge 1$ thì ta có $2^m \left( \alpha - 2^{n-m} \right) = 2^{o+2} \left( 2^o-1 \right)$. Từ đây ta suy ra $m=2+o$ và $2 \left( 2^{o}-1 \right) - 2^{n-m}+1= 2^o-1$. Do đó $2^o-2^{n-m}=0$. Vậy $o=n-m$.

Quay lại với $(3)$, ta có $\alpha= 2q+1=2 \left( 2^o-1 \right) +1=2^{o+1}-1$. Thay vào $(3)$ ta được $$2^m \left( 2^{n-m}-1 \right) = 4 \cdot \left( 2^{n-m}-1 \right) \cdot 2^{n-m} \qquad (4)$$

Nếu $n=m$ thì $x+y=xy+1 \Leftrightarrow (x-1)(y-1)=0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x=1$ thì phương trình ban đầu tương đương với $(y+1)^2=2^z$. Vậy $z=2l, y=2^l-1$ với $l \in \mathbb{N}^*$.

Nếu $n>m$ thì $(4) \Leftrightarrow 2^m=2^{n-m+2} \Leftrightarrow 2m=n+2$. Ta suy ra $(x+y)^2=4xy+4 \Leftrightarrow (x-y)^2=4$ nên $x-y=2$ hoặc $y-x=2$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y$. Do đó $x=y+2$. Thay vào phương trình ban đầu ta được $2(y+1)^3=2^z \Leftrightarrow (y+1)^3=2^{z-1}$. Vậy $z-1=3g,y=2^g-1$ với $g \in \mathbb{N}^*$.

 

$\blacktriangleright$ Nếu $k \ge 2$ thì $(3) \Rightarrow m=k+1$ và $$\begin{aligned} \alpha - 2^{n-m} = 2^{m-2}q^2+q & \Leftrightarrow 2^{m-1}q+1-2^{n-m}=2^{m-2}q^2+q \\ & \Leftrightarrow 2^{m-2} (2q-q^2) = 2^{n-m}+q-1 \end{aligned}$$

Với $q \ge 3$ thì ta có $VT<0<VP$. Vậy $q=1$. Khi đó thì $2^{m-1}-2^{m-2}-2^{n-m}=0 \Leftrightarrow 2^{m-2}=2^{n-m}$. Vậy $2m=n+2$. Làm tương tự như trường hợp $m>n$.

 

Vậy, phương trình có nghiệm nguyên dương $$(x,y,z)= \left( 1,2^l-1,2l \right); \left( 2^l-1,1,2l \right); \left( 2^l+1,2^l-1,3l+1 \right), \left( 2^l-1,2^l+1,3l+1 \right)$$ với $l \in \mathbb{N}^*$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 10-09-2013 - 18:38

[Zaraki]

Vừa mới tìm xong, đây là đề VMO của Việt Nam năm 2004 (hình như thế  ). Mình thấy một lời giải cực kì độc đáo nên post lên cho mọi người coi.

Lời giải. Ta có $x+y=2^m,xy+1=2^{z-m}$ với $z \ge 2m, m \in \mathbb{N}^*$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \le y$.

Nếu $x=1$ thì $ty=2^m-1, z=2m$.

Nếu $x,y \ge 3$ thì ta có $2^m|x^2-1$ vì $x^2-1=x(x+y)-(xy+1)$. Hiển nhiên rằng $\gcd (x-1,x+1)=2$ nên $2^{m-1}|x-1$ hoặc $2^{m-1}|x+1$. Nhưng $$0<x-1<\frac 12 (x+y)-1<2^{m-1}$$ Vậy $2^{m-1}|x+1$. Ta suy ra $x+1 \ge 2^{m-1}$.

 

Nếu $y=x$ thì $2x(x^2+1)$ là lũy thừa của $2$, mâu thuẫn.

Nếu $y=x+1$ mâu thuẫn vì $x,y$ cùng lẻ. Vậy $y \ge x+2$. Do đó $x+1 \le \frac 12 (x+y-2)+1=2^{m-1}$. Vậy $x+1=2^{m-1}$. 

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương $(1,2^m-1,2m)$, $(2^m-1,1,2m)$, $(2^{m-1}-1,2^{m-1}+1,3m-2)$, $(2^{m-1}+1,2^{m-1}-1,3m-2)$ với $m \ge 3$ là số tự nhiên.