Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc cao

Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc cao , các bài
toán mũ bậc cao và cách ứng dụng bổ đề Hensel để giải nó .
Các bạn và mọi người ở đây có thể thấy số học là một nghành quan trọng
trong toán học , cùng với sự phát triển của các nghành giải tích , đại số ,
topo , giải tích phức thì số học vẫn giữ nguyên vai trò của nó . Rất nhiều
nghành khác đã được sinh ra để phục vụ cho số học , ngày nay ta gọi là lý
thuyết số . Một trong những dạng toán mà học sinh rất khó để xử lý là các
phương trình nghiệm nguyên ở dạng mũ , bậc cao khiến người giải khó có
cách để hạ bậc hoặc đưa về các phương trình đơn giản hơn ( định lý lớn
Fermat là một ví dụ ) , bởi vậy tôi viết bài viết này để phục vụ cho mục
đích đó . Dạng toán này khá khó , và mong bạn đọc đừng bỏ xót chi tiết
nào , cũng xin nhắc thêm sẽ có một số bài toán chỉ nêu ý tưởng cho người
đọc có thể tự giải chứ không phải tất cả các bài toán đều có lời giải sẵn
( nếu ở đây không nói là số thực ta hiểu tất cả các số ở đây là số nguyên ) ,
các phương pháp ở đây cũng chỉ là kinh nghiệm cá nhân tôi muốn chia sẻ ,
nó sẽ không phải là hay nhất , hy vọng bạn đã đọc hãy cố gắng tìm tòi
nhiều lời giải mới đẹp đẽ và ngắn gọn hơn , làm đẹp thêm bài toán .Đặc
biệt với 1 số trường hợp cần xét theo module nào đó để thấy tính chia hết
của các số mũ , tôi sẽ chỉ ghi cần xét module nào và phần còn lại sẽ giành
cho người đọc
.Các bài toán sẽ đề tên địa chỉ lấy ( các web) và tác giả bài toán đó đăng
lên hoặc người cung cấp nó cho tài liệu này .
Cách ký hiệu , theo thứ tự A , B , C trong đó A là địa chỉ lấy bài toán , B là
người đăng nó lên và C là nó được trích từ đề thi nào ( trong phạm vi hiểu
biết )
Để có thể giải được các bài toán này ( không nhất thiết là phương trình
nghiệm nguyên ) ta cần biết một bổ đề quan trọng sau , được gọi là bổ đề
Hensel hoặc nói cách khác là định lý LTE , nó được phát biểu như sau :
Cho p là một số nguyên tố , ký hiệu v_p_(x) là số mũ cao nhất trong phân
tích của x đối với p
Khi đó nếu với hai số nguyên khác nhau a,b , số nguyên dương n và thỏa

mãn v_p_(a-b) > 0 thì ta luôn có đẳng thức , hầu hết ta chỉ xét cho p lẻ
Là v_p_(a-b) + v_p_(n)=v_p_(a^n-b^n)
Trong trường hợp n là số lẻ , ta có thể thay a-b bởi a+b , và lưu ý là cả a,b
đều không chia hết cho p
Trong trường hợp p = 2 và n là số nguyên dương chẵn , và 2 | x –y ta có
V_2_(x^n-y^n)=v_2_(x+y)+v_2_(x-y)+v_2_(n)-2
Chứng minh không nêu ở đây , bài viết chỉ mang tính áp dụng , nếu không
bạn có thể xem ở đây :
/>%A9ng-d%E1%BB%A5ng-s%E1%BB%91-mu-l%E1%BB%9Bn-nh
%E1%BA%A5t-c%E1%BB%A7a-th%E1%BB%ABa-s%E1%BB%91-
nguyen-t%E1%BB%91-trong-cac-bai-toan-s%E1%BB%91-h%E1%BB
%8Dc/
* Bài toán 1 ( VMF , bangbang1412 ) Cho x,y là các số nguyên dương , p
là một số nguyên tố , tìm tất cả x,y,p thỏa mãn đẳng thức
X^3 + y^3 =p^4
Trước hết ta xét cho p là số nguyên tố lẻ .Ta có thể thấy do p là số nguyên
tố , nên bắt buộc phải có p|x+y , vì lũy thừa của x,y là lẻ nên ta có thể áp
dụng định lý LTE ( lưu ý rằng ở đây ta chỉ xét cho gcd(x,p)=gcd(y,p)=1 )
Ta có ngay v_p_(3)+v_p_(x+y)=v_p_(x^3+y^3)=4
Có thể thấy với p=3 phương trình không có nghiệm nguyên dương do đó
v_p_(3)=0 , vì vậy ta có v_p_(x+y)=v_p_(x^3+y^3)=4 vì vậy phải có
x+y>= x^3+y^3 , điều này là vô lý . Vậy bắt buộc ta phải có p chẵn , tức là
p=2 . Khi đó kiểm tra thấy có duy nhất bộ (x,y,p)=(2,2,2) là thỏa mãn bài
toán .
* Bài toán 2 ( Trần Quốc Luật ) Giải phương trình nghiệm tự nhiên
33^x + 31 = 2^y
Trước hết ta có thể thấy y>=5 do 33^x+31>=32=2^5
Nếu y=5 ta có ngay x=0
Đưa phương trình về dạng 33^x – 1 = 2^y – 2^5
Để ý rằng do y>=5 nên v_2_(2^y-2^5)=5

V_2_(33^x-1)=v_2_(2^y-2^5)=5
Hay 5+v_2_(x)=5 do đó v_2_(x)=0 nên x là số lẻ
Đặt x=2k+1 để ý rằng 33^2 chia cho 64 dư 1 nên ta có phương trình
33^(2k+1)+31=2^y
Ta lại nhận thấy rằng số 33^(2k+1)=(32+1)^(2k+1)
* Bài toán 3 : Tìm các số m,n,k nguyên dương thỏa mãn đẳng thức
5^m + 7^n = k^3
Bài toán này khá khó , tuy nhiên ý tưởng nó cũng khá rõ ràng , vì ta sẽ đưa
nó về dạng chuẩn để áp dụng được bổ đề Hensel
Bằng cách xét module khá cơ bản , ở đây ta chọn module của 8 , sẽ thu
được ngay m chẵn và n lẻ
Tiếp theo ta nhận thấy k^3 chỉ chia 7 dư 0,1,6 trong khi đó 5^m + 7^n sẽ
chia 7 dư 1 nếu 3|m , sẽ chia 7 dư 2 nếu m=3a+1 và chia 7 dư 4 nếu
m=3a+2
Do đó ta phải có 3|m , đặt m=3a và ta thu được phương trình
7^n = k^3 – 5^(3a)
Nhận thấy nếu k – 5^a không chia hết cho 7 thì nó phải là 1 vì vế trái là
lũy thừa của 7 nguyên tố .
Nếu k = 5^a + 1 ta có k^3-5^(3a)=1+3.5^a.(5^a+1)=7^n nên ta có 7^n – 1
= 3.5^a.(5^a+1)
Đặt 5^a = x ta có 7^n – 1 = 3x(x+1)
Vì n lẻ nên đặt n=2b+1 ta sẽ xét chẵn lẻ theo b .
Ta có 7^n = 7^(2b+1) = 49^b . 7 = (50-1)^b.7
Nếu b lẻ ta có 7^n \equiv -7 (mod5) và do đó 7^n -1 \equiv -8 (mod5) và
do đó ta có điều vô lý vì vế phải chia hết cho 5
Nếu b chẵn ta có VT \ equiv 6 (mod5) cũng vô lý ( các sự vô lý ở đây do
có a > 0 )
Vì vjaay ta phải có k – 5^a chia hết cho 7
Áp dụng định lý LTE ta có :
V_7_(k-5^a)+v_7_(3)=v_7_(k-5^a)=v_7_(k^3-

5^(3a))=n > 0
Do đó ta có k – 5^a = k^3 – 5^(3a) hoàn toàn vô lý
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương
Trong trường hợp yêu cầu nghiệm tự nhiên ta sẽ có nghiệm
(m,n,k)=(0,1,2)
* Bài toán 4 ( VMF , Juliel ) Giả sử số nguyên tố p lẻ có phân tích p = a+b
với a,b là các số nguyên dương và tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn n |
a^n + b^n . Chứng minh rằng n chia hết cho p
Dễ dàng thấy do p nguyên tố nên phải có gcd(a,p)=gcd(a,b)=gcd(b,p)=1
Do p lẻ nên nên a+b lẻ và a^n +b^n lẻ , do đó n lẻ
Gọi u là ước nguyên tố nhỏ nhất của n , ta có a^n + b^n \equiv 0(modu)
Gọi t là số mà thỏa mãn at \equiv 1(mod u) ( dễ thấy gcd(a,u)=1 nên ta
luôn có sự tồn tại của t )
Ta có (at)^n + (bt)^n \equiv 0(modu ) nên (bt)^n \equiv -1(modu)
Lại có n lẻ nên (-bt)^n \ equiv 1(mod u )
Gọi x là cấp của –bt theo module u ta có (-bt)^x \equiv 1(modu)
Theo tính chất của cấp ta phải có x|n
Lại theo định lý nhỏ fermat ta có (-bt)^(u-1) \equiv 1(mod u) nên x|u-1
Nếu x>1 thì x có một ước nguyên tố nào đó là k , mà x|u-1 nên k < u-1 nên
n có một ước nguyên tố k < u , trái với điều giả sử
Do đó ta có x=1 và vì vậy –bt \equiv 1(modu)
Cộng với at\equiv 1(modu) ta có ngay p.t\equiv 0(modu) do gcd(t,u)=1 nên
u=p và ta có ngay n chia hết cho p
* Bài toán 5 ( VMF , LNH ) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
3^m - 7^n =2
Đây là một bài toán khá khó , tôi đã mất khá lâu thời gian có thể giải được
nó tuy nhiên có một điều là nó không thể đưa về định lý LTE để giải , mà
ở đây tôi chỉ xét module đơn giản cùng với nhị thức newton và phương
pháp quy nạp toán học .
Trước hết

Nếu m chẵn , đặt m=2k ta có 9^k – 2 = 7^n
Ta có 9^k – 2 \equiv -1 \equiv 7 (mod8) nên 7^(n-1) \equiv 1(mod8)
Nếu n lẻ ta có n=2a+1 và ta có 7^(n-1)=7^(2a) \equiv 1(mod8) còn n chẵn
thì hiển nhiên sẽ không thỏa mãn
Với cách đặt như thế ta sẽ thu được phương trình
9^k - 2 = 7^(2a+1)
Do ở đây chỉ là nghiệm nguyên dương , xét k=1 dễ dàng cho nghiệm n=1
Nếu k>=2 ta có 9^k chia hết cho 81 . Do vậy 7^(2a+1) +2 phải chia hết
cho 81
Ta sẽ sử dụng quy nạp để chứng minh rằng 7^(2a+1) + 2=7.49^a+2 không
chia hết cho 81 với mọi a nguyên dương .
Với a =1 ta có khẳng định đúng
Giả sử khẳng định đúng đến a=x ta sẽ chứng minh nó đúng với a=x+1
Ta xét 7.49^(x+1)+2 nếu nó chia hết cho 81 thì trước tiên phải chia hết cho
9 đã , ta có 7.49^(x+1)+2\equiv -2.4^(x+1)+2=2(1-4^(x+1))(mod9)
Do đó ta có 9|4^(x+1)-1
Ta sẽ kiểm tra các điều kiện để một số có dạng 4^y -1 chia hết cho 9
Nếu y là bội của 3 ta có sự thỏa mãn
Nếu y = 3u+1 ta có 4^y-1=4.(63+1)^y-1\equiv 3(mod9)
Tương tự với y=3u+2 và do đó nếu quy nạp sai đến x+1 thì phải có x+1
chia hết cho 3 . Đặt x+1=3b
Ta có 7.49^(3b)+2=7^(6b+1)+2 = ( 6+1)^(6b+1)+2
Sử dụng khai triển newton ta thấy nó chỉ chia hết tối đa cho 3 mà thôi , do
đó ta có điều vô lý và vì vậy trong TH này ta có (k,n)=(1,1)
Nếu m là số lẻ
Sử dụng xét module 8 ta chứng minh được n chẵn ( bằng cách làm hoàn
toàn tương tự người đọc có thể giải quyết được TH này , lưu ý 49^3 có
dạng 9u+1)
Bài toán được giải quyết
• Bài toán 6 ( VMF , Juliel ) Tìm nghiệm nguyên của phương trình

Y^(2010) = x^(2010) – x^(1340)-x^(670)+2
Để ý rằng các số 2010 , 1340 và 670 đều là bội của 670 nên có thể đặt
670=a và thu được y^(3a)=x^(3a)-x^(2a)-x^a + 2
Tiếp tục đặt y^a = u , x^a = v ta có u^3 = v^3-v^2-v+2
Bài toán này từ đây được giải quyết khá dễ bởi nguyên lý kẹp
• Bài toán 7 ( VMF , Juliel ) Trước hết ta định nghĩa một số nguyên
dương được gọi là số square-free nếu nó là tích các số nguyên tố phân
biệt có lũy thừa bậc 1 trong nó
Tìm tất cả các số nguyên dương a sao cho a^(a-1) – 1 là một số square-
free
Trước hết giả sử số a^(a-1)-1 là một số square – free khi đó nếu a=1 ta
thấy không thỏa mãn , a=2 không thỏa mãn nên a>2 , do đó a-1>1
Vì vậy gọi p là một ước nguyên tố nào đó mà p|a-1
Áp dụng định lý LTE ta có
V_p_(a-1)+v_p_(a-1)=v_p_(a^(a-1)-1)=1( theo định nghĩa số
square –free)
Mặt khác 2v_p_(a-1) >=2 nên ta có điều vô lý
Vậy với mọi a thì số a^(a-1) – 1 không là số square – free
• Bài toán 8 : ( PSW của diendantoanhoc )
Giải phương trình nghiệm nguyên dương
(x!)^k + (y!)^k = (k+1)^n . (n!)^k
Ngoài cách sử dụng định lý LTE ( xem chứng minh ở
/>pt-nguy%C3%AAn-d%C6%B0%C6%A1ng-xkykk1n-cdot-nk/ )
Có thể chia 2 vế cho (n!)^k và biện luận khi đó khá dễ dàng không cần
phức tạp như lời giải của đường link nói trên
 Với một bài toán khó như vậy , hy vọng bạn sẽ không bỏ qua nó , ta
cùng sang các bài toán trong một số đề thi , trước hết tôi đề xuất phương
trình với các cách giải không phụ thuộc nhiều định lý LTE , và biến hóa
hơn .
• Bài toán 9 ( Trần Quốc Luật ) Tìm các số nguyên dương x,y thỏa mãn

phương trình
2^(3^x) + + 1 = 19.3^y
Số mũ ở vế trái là lẻ , ta nhận thấy rằng nó đã đủ điều kiện sử dụng định lý
LTE
Áp dụng ta có v_3_(2^(3^x)+1)=v_3_(3^x)+v_3_(2+1)=x+1
Bởi vậy mà y=x+1
Từ đó thu được phương trình
2^(3^x)+1=19.3^(x+1)
Hay 2^(3^x)+1=57.3^x
Đặt 3^x=t ta có 2^t + 1 = 57t
Bằng quy nạp ta chứng minh được nếu t >= 10 thì phương trình trên không
thỏa mãn do 2^t + 1 > 57t
Vậy ta có t <= 9 tức là x <=2 , do vậy có x=1 và x=2
Do đó thu được duy nhất bộ số (x,y)=(2,3) thỏa mãn bài toán
• Bài toán 10 : ( VMF , HoangTung126 , VMO 2004 ) Tìm tất cả x,y,z
nguyên dương thỏa mãn phương trình
(x+y)(xy+1)=2^z
Không mất tính tổng quát giả sử x <= y
Do vế phải là lũy thừa của một số nguyên tố nên các phần tử của vế trái
lần lượt là lũy thừa của nó .
Do vậy đặt x+y = 2^m và xy+1=2^(z-m) với m>0 , dễ thấy z>=2m do
xy+1>=x+y với mọi x,y nguyên dương .
Nếu x=1 ta có y+1=2^m và y+1=2^(z-m) bởi vậy có z=2m
Nghiệm đầu tiên sẽ là (x,y)=(1,2^m – 1) với z=2m , z,m nguyên dương
tùy ý
Đến đây ta hạn chế chỉ xét cho x,y>=3 ( TH kia x,y không thể chẵn nên
loại )
Ta có x^2 -1 = x(x+y)-(xy+1) chia hết cho 2^m ( do z>=2m)
Vì x,y gcd(x-1,x+1)=2 do x lẻ nên để dễ hình dung ta sẽ đặt
x-1=2^a.u

x+1=2^b.v
Trong đó các số này nguyên dương thỏa mãn a+b>=m và u,v lẻ
Khi đó hiển nhiên nếu a,b>=2 thì gcd(x-1,x+1)>=4 vì vậy nhất định một
trong hai số a,b là 1 , khi đó số còn lại sẽ không nhỏ hơn m-1
Do đó ta có hoặc là 2^m | x-1 hoặc 2^m | x+1
Theo giả sử x<=y, ta có thể xét x=y thu được 2x(x^2+1)=2^z vô lý do
x(x^2+1) có ước nguyên tố lẻ
Do đó x<y
Ta có 0 < x-1 < [ (x+y)/2] -1 < 2^(m-1) do x+y=2^m
Do đó ta có 2^(m-1)|x+1
Do x,y cùng lẻ nên ta có y khác x+1 nên y>=x+2 , ta lại có x+y <=
[ (x+y-2)/2 ] +1 =2^(m-1) , và hiển nhiên ta có ngay x+1=2^(m-1)
Từ đó thu được các bộ nghiệm (x,y,z)=(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>=3 nguyên dương .
• Bài toán 11 : ( VMF , Jinbe ) , giải phương trình nghiệm nguyên dương
7^x + 1= 5^y + 3^z
Sử dụng cách xét theo module 8 .
Trước tiên nếu x chẵn , chúng ta sẽ chứng minh được rằng y,z cũng chẵn
Ta sẽ thấy cả x,y,z đều chẵn trong trường hợp này
Đổi sang bộ số (x,y,z)=(2a,2b,2c)
Khi đó có phương trình 49^a + 1 = 25^b + 9^c
Tuy nhiên 49^a +1 \equiv 2(mod3) còn 25^b+9^c \equiv 1(mod3) nên
phương trình trong trường hợp này chỉ có nghiệm (0,0,0)
Vậy x lẻ , sử dụng cách xét như trên ta thu được x,y,z đều lẻ
Đổi sang bộ số (x,y,z)=(2a+1,2b+1,2c+1)
Dễ dàng giải quyết nó với trường hợp một trong các số a,b,c là 0
Vậy ta xét a,b,c>0 khi đó có phương trình
7.49^a + 1 = 5.25^b + 3.9^c
Ta có 7.49^a + 1\equiv (-1)^a. 7 + 1 (mod 5)

Và 5.25^b + 3.9^c \equiv 3.(-1)^c (mod 5)
Bởi vậy cân có 7. (-1)^a + 1 \equiv 3.(-1)^c ( mod 5)
Chỉ xảy ra khi a,c cùng chẵn .
• Bài toán 12 : ( Romanian IMO TST 2005 ) Giải phương trình nghiệm
nguyên dương :
3^x = 2^x . y + 1
Nếu x lẻ , ta có 3^x – 1 = 2^x .y
Áp dụng định lý LTE ta có
X= V_2_(3^x-1)=v_2_(x)+v_2_(3-1)=1
Nên ta có ngay x=1 , từ phương trình ta có ngay y=1
Nếu x chẵn , ta sẽ đưa ra 1 dạng khác của định lý LTE , với p chẵn như
sau
Nếu n là một số nguyên dương chẵn , và x,y nguyên dương thỏa mãn 2|x-
y hoặc 2|x-y
Khi đó ta luôn có đẳng thức
V_2_(x^n – y^n ) = v_2_(x-y) + v_2_(x+y)+v_2_(n)-1
Áp dụng với (x,y,n)=(3,1,x) ta có
V_(2^x.y)=V_2_(3^x-1)=v_2_(3-1)+v_2_(3+1)+v_2_(x)-
1=2+v_2_(x)
Đặt x=2^m . k với k lẻ , m,k nguyên dương ta sẽ chứng minh quy nạp
2^m.k >= m+2 với m >=3
Từ đó thu được nghiệm của phương trình
(x,y)=(1,1),(2,2),(4,5)
• Bài toán 13 : ( IMO shorlist 2010 ) Tìm tất cả m,n không âm thỏa mãn
đẳng thức
M^2 + 2.3^n = m.(2^(n+1)-1)
Lập các giá trị của n từ 0 đến 5
Ta có:
- Nếu n = 0 không có m thỏa mãn .
- Nếu n = 1 không có m thỏa mãn .

- Nếu n = 2 không có m thỏa mãn .
- Nếu n = 3 thì m = 6 hoặc m = 9
- Nếu n = 4 thì không có m thỏa mãn .
- Nếu n = 5 thì m = 9 hoặc m = 54 .
Giờ ta sẽ giải quyết với n > = 6
Nhận thấy phải có m | 2.3^n nên m có dạng 2.3^p hoặc 3^p với 0 <= p <=
n
Đặt q = n – p ta có ( m = 3^p )
2^(n+1) – 1 = 3^p + 2.3^q
Bởi vậy ta có 3^p < 2^(n+1) = 8^ [ (n+1)/3 ] < 9^[ (n+1)/3 ] =
3^[2(n+1)/3]
Và 2.3^q < 2^(n+1) = 2. 8^[n/3] < 2 . 9^[n/3] < 2.3^[2(n+1)/3]
Do vậy ta có p,q < 2(n+1)/3
Ta có n - p < 2(n+1)/3 nên 3n – 3p < 2n+2 hay (n-2)/3 < p
Tương tự thì (n-2)/3 < q
Do vậy ta có (n-2)/3 < p,q < 2(n+1)/3
Vì n > 6 nên min (p,q) > 1 do đó p,q>=2 nên 2^(n+1) – 1 là một bội của 9
Kiểm tra và thấy rằng ord_9_(2)=6 nên 6 | n+1
Đặt n + 1 = 6a ta có 2^(n+1) – 1 = 4^(3a)-1 = (2^a-1)(2^a+1)(4^(2a)
+4^a+1) là bội của 9
Nhưng 4^(2a)+4^a+1=(4^a-1)^2+3.4^a có (4^a-1)^2 chia hết cho 9 còn
3.4^a chỉ chia hết cho 3 nên v_3_(4^(2a)+4^a+1)=1
Từ phương trình 2^(n+1) – 1 = 3^p + 2.3^q
Ta thấy 2^(n+1) – 1 phải chia hết cho 3^[min(p,q)] mặt khác có
v_3_(4^(2a)+4^a+1)=1 nên phải có (2^a-1)(2^a+1) chia hết cho
3^[min(p,q)-1]
Chỉ có 1 trong 2 số 2^a-1 và 2^a+1 là chia hết cho 3 nên hoặc 3^[min(p,q)-
1] | 2^a + 1 hoặc là 3^[min(p,q)-1] | 2^a – 1
Nên ta có 3^[ min (p,q)-1] <= 2^a + 1 <= 3^a = 3^[ (n+1)/6] nên ta có
(n-2)/3 <Min(p,q) < 1+(n+1)/6

Bởi vậy ta có 2(n-2) < 6 + (n+1) hay n < 11 , đến đây dễ dàng giải quyết
tiếp
Với n có dạng 2.3^p ta xử lý tương tự và chứng minh được phương trình
có các nghiệm (m,n) = (6,3) , (9,3) , (9,5) , (54,5) .
• Bài toán 14 : Tìm tất cả các số nguyên dương x,y thỏa mãn
2^x + 1 = x^2.y
Đặt x = 3^k . d với gcd(3,d)=1
Hiển nhiên x lẻ nên d lẻ , sử dụng định lý LTE ta có :
V_3_(2^x+1)=v_3_(x^2.y)
Hay v_3_(x)+v_3_(2+1)=v_3_(3^(2k).d.y)
Nên ta có k + 1 = 2k + v_3_(y) => 1 = k + v_3_(y)
Giả sử d > 1 thì d có ước nguyên tố .
Nên k = 0 hoặc k = 1 , ta có 2^x + 1 chia hết cho d chọn p là ước nguyên
tố nhỏ nhất của d , khi đó ta có
2^x \equiv -1(mod p)
2^(2x) \equiv 1(modp)
Theo định lý nhỏ Fermat ta có
2^(p-1)\equiv 1(modp)
Gọi u là cấp của 2 theo module p (vì gcd(p,2)=1)
2^u \equiv 1(modp)
Theo tính chất của cấp ta có u|p-1 và u|2x nên u|2.3^k.d
Ta có u <= p – 1 < p là ước nguyên tố nhỏ nhất của d , mà u > 1 nên
gcd(u,d)=1 do đó u|2.3^k nên u|6 . Nếu u=2 thì p|3 vô lý do gcd(d,3)=1 ,
nên u= 3 hoặc u = 6 do đó p| 7 hoặc p|63 , kiểm tra lại đều thấy không
thỏa mãn .
Nên d = 1 và k = 0 hoặc 1 từ đó tìm được nghiệm (x,y)=(1,3),(3,1)
• Bài toán 15 ( AoPs , Altricona ) Tìm tất cả các số nguyên không âm
thỏa mãn
9 + 5^a = 3^b + 7^c
Sau đây là lời giải của tôi :

Thử qua thử lại chúng ta thấy có các nghiệm (a,b,c)=(0,1,1),(2,3,1) ,(0,2,0)
Cũng xin nhắc lại lưu ý các phương trình nghiệm nguyên bậc cao nếu là
giải phương trình mà không phải đưa về các dạng phương trình phụ trợ
( phương trình Pell , phương trình Pitago , …… ) thì nó có rất ít nghiệm
và thường là nghiệm nhỏ có thể kiểm soát được , các số xuất hiện trong bài
ta thường xét module tích của một vài số , lấy module gần nhất là + 1 hoặc
-1 của một số hạng của nó , trong các bài toán trên bạn sẽ thấy tôi luôn cố
gắng xét các module như vậy .
Đây là một bài toán khó , không thể dùng tính chẵn lẻ để giải quyết nó ,
nhưng tôi lại có một cách giải quyết rất hay như sau , như đã nói ở trên các
module luôn là +1 hoặc -1 , để ý là 9=2.4+1,5=1.4+1,3=4-1,7=2.4-1
Ta thấy rằng 9 + 5^a \equiv 2(mod4)
Và 3^b + 7^c \equiv -2 \equiv 2(mod4) khi b,c lẻ
3^b+7^c \equiv 0 (mod4) nếu có 1 số lẻ một số chẵn
3^b + 7^c \equiv 2 (mod4) nếu cả hai cùng chẵn .
Vậy b,c cùng tính chẵn lẻ .
Nhưng lại thấy rằng 3^b + 7^c \equiv 1(mod3) nên phải có a chẵn thì mới
thu đươc 5^a \equiv 1(mod3)
Sau đây ta chỉ quan tâm đến các nghiệm nguyên dương .
Nếu a,b,c cùng chẵn và khác không ta chuyển bộ (a,b,c)->(2x,2y,2z) thu
được phương trình .
9+ 25^x = 9^y + 49^z
Ta có 25^x + 9 \equiv 4 (mod5) nên 9^y + 49^z\equiv 4 (mod5)
Mặt khác 9^y+49^z\equiv (-1)^y + (-1)^z (mod5)
Nhưng dù y,z chẵn lẻ như thế nào cũng không thu được (-1)^y+(-
1)^z\equiv 4( mod5) nên bắt buộc phải có một số là 0 .
Nếu x = 0 thì rất dễ giải quyết , nếu y = 0 thì
8 + 25^x = 49^z có một số lẻ và một số chẵn
Nếu z = 0 thì 8 + 25^x = 9^y cũng không xảy ra do hai vế không đồng tính
chẵn lẻ

Vậy trường hợp này được giải quyết , kết luận nghiệm của nó là
(a,b,c)=(0,2,0)
Nếu a chẵn và b,c lẻ chuyển bộ (a,b,c)->(2x,2y+1,2z+1) thu được phương
trình :
9 + 25^x = 3.9^y + 7.49^z
Trước hết nếu x= 0 ta có thể tự giải quyết còn trường hợp còn lại như đã
nói chỉ xét cho nghiệm dương ( chú ý nghiệm (a,b,c)=(2,3,1) )
Ta có 3.9^y + 7.49^z \equiv (-1)^y.3 + (-1)^z.7 (mod5)
Thử thấy y lẻ và z phải chẵn vì vế trái là 9 + 25^x \equiv 4(mod5)
Nên chuyển bộ (y,z)=(2m+1,2n) nên có
9 + 25^x = 27.9^(2m)+7.49^(2n)
9 + 25^x \equiv 9 + 3^x (mod 11) và 27.9^(2m) + 7.49^(2n)\equiv 5.4^m
+ 7.5^(2n) \equiv 5.4^m – 4.3^n( mod 11)
Điều này chỉ xảy ra khi m = 0 ( chứng minh cho người đọc )
Như vậy ta chỉ còn việc giải quyết phương trình
25^x = 18 + 7.49^(2n)
Phương trình này đến đây đã khá cơ bản , giải quyết nó giành cho người
đọc
Kết luận nghiệm (a,b,c)=(0,2,0);(0,1,1);(2;3;1).
Còn đây là bài toán cuối cùng tôi muốn các bạn tự giải , khá tổng quát
Giải phương trình nghiệm nguyên dương , trong đó p nguyên tố , n là số
nguyên thỏa mãn gcd(n,p)=1
A^n + b^n = p^k
Với a,b,n,p,k đều là ẩn .