Lời giải. Bài toán tương đương với việc tìm nghiệm tự nhiên của $2a^2+1=3^k$.
TH1. Nếu $2 \mid k$ thì phương trình trở thành $b^2-2a^2=1$ với $b=3^{k/2}$. Ta thấy $(a_1,b_1)=(2,3)$. Phương trình Pell này có nghiệm tổng quát $$\begin{cases} b_{n+1}=3b_n+4a_n, \\ a_{n+1}=2b_n+3a_n. \end{cases}$$
Dễ thấy rằng với $3 \nmid b_i$ với $i \ge 2$. Do đó chỉ có $(a,b)=(2,3)$ hay số chính phương đó là $4$.
TH2. Nếu $2 \nmid k$ thì $3b^2-2a^2=1$ với $b=3^{k/2}$. Ta thấy $(a_0,b_0)=(1,1)$. Xét phương trình $u^2-6v^2=1$ có nghiệm cơ sở $(u_1,v_1)=(5,2)$. Khi đó nếu $(u_n,v_n)$ là nghiệm tổng quát của phương trình này thì ta có $$\begin{cases} b_n=u_n+2v_n, \\ a_n=u_n+3v_n. \end{cases} \qquad \qquad \begin{cases} u_{n+1}=5u_n+12v_n, \\ v_{n+1}=2u_n+5v_n \end{cases}.$$
Khi đó $b_n=u_n+2v_n=9u_{n-1}+22v_{n-1}$. Với $i \ge 2$ thì $3 \nmid v_i$. Thật vậy, nếu $3 \mid v_n$ mà $3 \mid b_n$ dẫn đến $3 \mid u_n$, điều này mâu thuẫn vì $u_n^2-6v_n^2=1$. Vậy ta chỉ cần xét $(a_1,b_1)$. Ta thấy $b_1=9, a_1=11$. Hay số chính phương ta tìm được ở trường hợp này là $11^2$ và $1$.
Lời giải chỉnh sửa cho bài 36.
Lời giải. Ta xét bổ đề sau:
Bổ đề. $\nu_3 \left( \binom{n}{2l} \right) \ge \nu_3(n)-\nu_3(l)$ với $3 \mid n,3 \mid l$.
Chứng minh. Ta có $\binom{n}{2l}= \frac{(n-2l+1) \cdots n}{(2l)!}$.
Nếu $3 \mid l$ thì $$\begin{aligned} \nu_3 \left( (n-2l+1) \cdots n \right) & = \nu_3(n-2l+3)+\nu_3(n-2l+6)+ \cdots + \nu_3(n-3)+\nu_3(n), \\ & \ge \sum_{i=0}^{2l/3-2}\nu(3+3i)+\nu_3(n) = \nu_3((2l)!)-\nu_3(2l)+\nu_3(n). \end{aligned}$$
Như vậy, bổ đề được chứng minh. $\square$
______________________________________________________________________
Quay lại bài toán, ta xét tương tự xét như lời giải sai trên.
Trường hợp 1. Nếu $2 \nmid k$ và ta tìm được công thức nhiệm như trên, từ đó có nghiệm tổng quát $$\begin{aligned} b_n & =\frac 12 \left[ \left( 3+2\sqrt 2 \right)^n+ \left( 3-2\sqrt 2 \right)^n \right], \\ & = 3^n+\binom{n}{2} 3^{n-2}(2\sqrt2)^2+\binom{n}{4} 3^{n-4}(2\sqrt 2)^4+ \cdots + \binom{n}{2 \left \lfloor n/2 \right \rfloor} 3^{n-2 \left \lfloor n/2 \right \rfloor}(2\sqrt 2)^{2\left \lfloor n/2 \right \rfloor}. \end{aligned}$$
Từ đây ta suy ra để có $3 \mid b_n$ thì $2 \nmid n$. Khi đó $\nu_3 \left( \binom{n}{2 \left \lfloor n/2 \right \rfloor} 3^{n-2 \left \lfloor n/2 \right \rfloor}(2\sqrt 2)^{2\left \lfloor n/2 \right \rfloor} \right) = \nu_3 \left( 3n \cdot (2\sqrt 2)^{n-1} \right)= \nu_3(n)+1$. Ta sẽ chứng minh rằng thì $$\nu_3 \left( \binom{n}{2i}3^{n-2i}8^i \right) > \nu_3(n)+1$$ với mọi $0 \le i \le (n-3)/2$ hay
\begin{equation} \label{pqt1} \nu_3 \left( \binom{n}{2i} \right)+n-2i >\nu_3(n)+1.\end{equation}
Hiển nhiên với $3 \nmid n$ thì \eqref{pqt1} đúng. Ta đi xét với $3 \mid n$. Ta thấy với $2i <n-\nu_3(n)-1$ thì bài toán hiển nhiên đúng, ta đi xét với những $i$ thoả $n-2i \le \nu_3(n)+1$.
Nếu $\nu_3(i)\ge \nu_3(n)$ thì $3^{\nu_3(n)} \mid n-2i \le \nu_3(n)+1$, mâu thuẫn với mọi $3 \mid n$. Vậy $\nu_3(i) <\nu_3(n)$ suy ra $3^{\nu_3(i)} \mid n-2i$ suy ra $n-2i \ge 3^{\nu_3(i)}.$ Do đó kết hợp với bổ đề thì $$\nu_3 \left( \binom{n}{2i} \right) +n-2i \ge \nu_3(n)+n-2i-\nu_3(2i) \ge \nu_3(n)+ 3^{\nu_3(i)}-\nu_3(i) >\nu_3(n)+1.$$
BĐT trên chỉ đúng nếu $3 \mid i$. Trường hợp $3 \nmid i$, ta thấy rằng $$\binom{n}{2i}= \binom{n}{2i-2} \cdot \frac{(n-2i+2)(n-2i+1)}{(2i-1)2i}.$$
Nếu $i \equiv 1 \pmod{3}$ thì $\nu_3 \left( \binom{n}{2i} \right) = \nu_3 \left( \binom{n}{2i-2} \right)+\nu_3(n-2i+2)>\nu_3(n)+1$ với mọi $i \equiv 1 \pmod{3}$.
Nếu $i \equiv 2 \pmod{3}$ thì lập luận tương tự để có $\nu_3(2i-1) < \nu_3(n)$ suy ra $\nu_3(2i-1) = \nu_3(n-2i+1)$ nên kết hợp với đẳng thức trên thì $\nu_3 \left( \binom{n}{2i} \right) \ge \nu_3 \left( \binom{n}{2i-2} \right)>\nu_3(n)+1$.
Như vậy \eqref{pqt1} được chứng minh. Ta dẫn đến $\boxed{\nu_3(b_n)=\nu_3(n)+1}$ với $2 \nmid n$ suy ra $b_n=3^{\nu_3(n)+1} \ge 3^n$ dẫn đến $n=1$. Ta tìm được $b_1=3$ và $a_1=2$ hay số chính phương tìm được là $4$.
Trường hợp 2. Nếu $2 \mid k$ thì ta có nghiệm tổng quát $$b_n= 3^n+ \binom{2n+1}{2}3^{n-1} \cdot 2+\binom{2n+1}{4}3^{n-2} \cdot 2^2+ \cdots+ \binom{2n+1}{2n} \cdot 2^n.$$
Với $n=0$ thì $b_0=1$ thì $a_0=1$. Ta tìm được số chính phương $1$. Nếu $n \ge 1$ thì $3 \mid 2n+1$. Tương tự, ta sẽ đi chứng minh BĐT sau với mọi $1 \le i \le n-2$.
\begin{equation} \label{pqt2} \nu_3 \left( \binom{2n+1}{2i}3^{n-i}\cdot 2^{i} \right)= \nu_3 \left( \binom{2n+1}{2i} \right)+n-i>\nu_3(2n+1)+1. \end{equation}
Hiển nhiên bài toán đúng với những $i$ thoả $n-i \ge \nu_3(2n+1)+2$. Ta đi chứng minh bài toán đúng cho những $i$ thoả $n-i \le \nu_3(2n+1)+1$.
Nếu tồn tại $i$ thoả $\nu_3(i) \ge \nu_3(2n+1)$ thì $3^{\nu_3(2n+1)} \mid 2n+1-2i \le 2\nu_3(2n+1)+3$. Điều này xảy ra khi $2n+1-2i=3$ và $\nu_3(2n+1)=1$ suy ra $n=1$. Ta tìm được $b_1=9$ nên $a_1=11$ suy ra số chính phương tìm được là $11$.
Nếu với mọi $i$ mà $n-i \le \nu_3(2n+1)$ thì $\nu_3(i) <\nu_3(2n+1)$ thì $3^{\nu_3(i)} \cdot k = 2n+1-2i$. Khi đó kết hợp với bổ đề thì $$\nu_3 \left( \binom{2n+1}{2i} \right)+n-i \ge \nu_3(2n+1)-\nu(i)+n-i \ge \nu_3(2n+1)+ \frac{3^{\nu_3(i)}k-1}{2}-\nu_3(i)>\nu_3(2n+1)+1.$$
BĐT trên chỉ đúng khi ít nhất một trong hai điều kiện $k \ge 2$ hoặc $\nu_3(n) \ge 2$ đúng.
Nếu $\nu_3(i)=1,k=1$ thì $3=2n+1-2i$ suy ra $i=n-1$, mâu thuẫn vì $i \le n-2$.
Nếu $\nu_3(i)=0$ thì ta có $$\binom{2n+1}{2i}= \binom{2n+1}{2i-2} \cdot \frac{(2n+1-2i+2)(2n+1-2i+1)}{(2i-1)2i}.$$
Xét từng trường hợp $i \equiv 1,2 \pmod{3}$ như TH1 để suy ra đpcm.
Như vậy \eqref{pqt2} đúng. Do đó $$b_n=3^{\nu_3(2n+1)+2} \cdot K+2^{n-1} \left( 3\binom{2n+1}{2n-2}+2\binom{2n+1}{2n} \right)$$
Ta có $$\nu_3(2n+1) \le \nu_3 \left( 3\binom{2n+1}{2n-2}+2\binom{2n+1}{2n} \right)= \nu_3( (2n+1)(2n^2-n+2) ) <\nu_3(2n+1)+2,$$ suy ra $\boxed{\nu_3(2n+1) \le \nu_3(b_n) < \nu_3(2n+1)+2}$. Kết hợp với $b_n \ge 3^n$ ta suy ra chỉ có thể $\nu_3(2n+1) \in \{ 1,2 \}$. Ta tìm được $b_1=9$.
Kết luận. Vậy các số chính phương cần tìm là $1,4,121$. $\blacksquare$