Tìm $a \in \mathbb{N^*}$ và $p,q$ nguyên tố sao cho $a^2+1= 2pq$

Question

Giáo viên Chuyên Môn · Accepted Answer

Xin chào các em học sinh lớp 8! Hôm nay, chúng ta sẽ cùng nhau chinh phục một bài toán thú vị liên quan đến số nguyên tố và các phép toán. Các em đã sẵn sàng chưa nào?

Bài toán: Tìm $a \in \mathbb{N^*}$ và $p,q$ nguyên tố sao cho $a^2+1= 2pq$.

Trước hết, chúng ta cần hiểu rõ các ký hiệu trong bài toán:
- $a \in \mathbb{N^*}$ có nghĩa là $a$ là một số tự nhiên khác 0 (tức là $a$ có thể là 1, 2, 3, ...).
- $p,q$ nguyên tố có nghĩa là $p$ và $q$ là các số nguyên tố. Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó (ví dụ: 2, 3, 5, 7, 11, ...).

Bây giờ, chúng ta sẽ đi vào phân tích bài toán.
Ta có phương trình: $a^2+1= 2pq$

Phân tích 1: Tính chẵn lẻ của các vế.
Vế phải $2pq$ luôn là một số chẵn, vì nó có thừa số 2.
Do đó, vế trái $a^2+1$ cũng phải là một số chẵn.
Để $a^2+1$ là số chẵn, thì $a^2$ phải là một số lẻ.
Nếu $a^2$ là số lẻ, thì $a$ cũng phải là một số lẻ.
Vậy, $a$ là một số tự nhiên lẻ.

Phân tích 2: Xét các trường hợp của số nguyên tố.
Chúng ta biết rằng số nguyên tố nhỏ nhất là 2. Các số nguyên tố còn lại đều là số lẻ.
Vì $p$ và $q$ là các số nguyên tố, nên có thể xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Một trong hai số $p$ hoặc $q$ bằng 2.
Trường hợp 2: Cả $p$ và $q$ đều là các số nguyên tố lẻ.

Bây giờ, chúng ta sẽ lần lượt xét từng trường hợp.

Trường hợp 1: Một trong hai số $p$ hoặc $q$ bằng 2.
Giả sử $p=2$.
Khi đó, phương trình trở thành: $a^2+1 = 2 \cdot 2 \cdot q = 4q$
Ta có $a^2+1$ là số chẵn, và $4q$ luôn là số chẵn, điều này phù hợp với phân tích ban đầu.
Chúng ta đã biết $a$ là số lẻ. Đặt $a = 2k+1$ với $k \in \mathbb{N}$.
Thay $a$ vào phương trình:
$(2k+1)^2 + 1 = 4q$
$4k^2 + 4k + 1 + 1 = 4q$
$4k^2 + 4k + 2 = 4q$
Chia cả hai vế cho 2:
$2k^2 + 2k + 1 = 2q$
$2(k^2+k) + 1 = 2q$
Vế trái $2(k^2+k) + 1$ luôn là một số lẻ (vì $2(k^2+k)$ là số chẵn, cộng thêm 1 sẽ là số lẻ).
Vế phải $2q$ luôn là một số chẵn.
Một số lẻ không thể bằng một số chẵn. Do đó, trường hợp này vô lý.

Điều này có nghĩa là không thể có trường hợp một trong hai số $p$ hoặc $q$ bằng 2.
Nếu $p=2$ thì vô lý. Nếu $q=2$ thì cũng tương tự, ta cũng sẽ đi đến mâu thuẫn.

Phân tích lại:
Có vẻ như chúng ta đã đi đến kết luận sai lầm ở trên. Hãy xem lại kỹ.
Chúng ta có $a^2+1 = 4q$.
Vì $a$ là số lẻ, ta có thể viết $a = 2m+1$ với $m \in \mathbb{N^}$ (vì $a \in \mathbb{N^}$).
$(2m+1)^2 + 1 = 4q$
$4m^2 + 4m + 1 + 1 = 4q$
$4m^2 + 4m + 2 = 4q$
Chia cả hai vế cho 2:
$2m^2 + 2m + 1 = 2q$
$2(m^2+m) + 1 = 2q$
Vế trái là số lẻ, vế phải là số chẵn. Mâu thuẫn!

Có lẽ cần xem xét lại $a=1$.
Nếu $a=1$, thì $a^2+1 = 1^2+1 = 2$.
Phương trình trở thành $2 = 2pq$.
Chia cả hai vế cho 2, ta được $1 = pq$.
Vì $p$ và $q$ là các số nguyên tố, tích của chúng phải lớn hơn 1.
Do đó, $a \ne 1$. Vậy $a$ phải là số lẻ lớn hơn 1.

Quay lại trường hợp $p=2$.
$a^2+1 = 4q$.
Vì $a$ là số lẻ và $a > 1$, nên $a$ có thể là 3, 5, 7, ...
Nếu $a=3$, $a^2+1 = 3^2+1 = 10$.
$10 = 4q \Rightarrow q = 10/4 = 5/2$. $q$ không phải là số nguyên tố.
Nếu $a=5$, $a^2+1 = 5^2+1 = 26$.
$26 = 4q \Rightarrow q = 26/4 = 13/2$. $q$ không phải là số nguyên tố.
Nếu $a=7$, $a^2+1 = 7^2+1 = 50$.
$50 = 4q \Rightarrow q = 50/4 = 25/2$. $q$ không phải là số nguyên tố.

Có vẻ như trường hợp $p=2$ (hoặc $q=2$) thực sự không cho ta nghiệm.
Chúng ta đã chứng minh được rằng $a$ phải là số lẻ.
Nếu $a$ là số lẻ, $a^2$ là số lẻ.
$a^2+1$ là số chẵn.
Phương trình là $a^2+1 = 2pq$.

Nếu một trong hai số nguyên tố $p$ hoặc $q$ là 2, giả sử $p=2$.
Ta có $a^2+1 = 2 \cdot 2 \cdot q = 4q$.
Điều này có nghĩa là $a^2+1$ phải chia hết cho 4.
Ta biết $a$ là số lẻ. Ta có thể viết $a = 2k+1$ với $k \in \mathbb{N^*}$ (vì $a>1$).
$a^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4(k^2+k) + 1$.
Do đó, $a^2 \equiv 1 \pmod{4}$.
Suy ra $a^2+1 \equiv 1+1 \pmod{4} \equiv 2 \pmod{4}$.
Điều này có nghĩa là $a^2+1$ luôn cho số dư là 2 khi chia cho 4.
Tuy nhiên, $4q$ luôn chia hết cho 4, tức là $4q \equiv 0 \pmod{4}$.
Chúng ta có $a^2+1 = 4q$, suy ra $2 \equiv 0 \pmod{4}$. Đây là điều vô lý.

Vậy, chúng ta có thể khẳng định rằng cả $p$ và $q$ đều không thể là 2.
Do đó, $p$ và $q$ phải là các số nguyên tố lẻ.

Trường hợp 2: Cả $p$ và $q$ đều là các số nguyên tố lẻ.
Phương trình là $a^2+1 = 2pq$.
Ta biết $a$ là số lẻ.
Vì $p$ và $q$ là số lẻ, thì $pq$ là số lẻ.
Do đó, $2pq$ là số chẵn. Điều này vẫn đúng.

Bây giờ, hãy xét phương trình $a^2+1 = 2pq$ dưới dạng $a^2 = 2pq - 1$.
Vì $p$ và $q$ là các số nguyên tố lẻ, chúng đều lớn hơn hoặc bằng 3.
$pq \ge 3 \times 3 = 9$.
$2pq \ge 18$.
$a^2 = 2pq - 1 \ge 17$.
Suy ra $a \ge \sqrt{17}$, tức là $a \ge 5$.
Và $a$ là số lẻ.

Xét phương trình $a^2+1 = 2pq$ dưới dạng $a^2+1 \equiv 0 \pmod{p}$ và $a^2+1 \equiv 0 \pmod{q}$.
Điều này có nghĩa là $a^2 \equiv -1 \pmod{p}$ và $a^2 \equiv -1 \pmod{q}$.

Điều này ám chỉ rằng $-1$ là thặng dư bậc hai theo modulo $p$ và $-1$ là thặng dư bậc hai theo modulo $q$.
Theo định lý về thặng dư bậc hai, $-1$ là thặng dư bậc hai modulo một số nguyên tố lẻ $p$ khi và chỉ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$.
Do đó, cả $p$ và $q$ đều phải có dạng $4k+1$ với $k \in \mathbb{N^*}$.
(Vì $p, q$ là số nguyên tố lẻ, nên chúng có thể có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$. Tuy nhiên, để $a^2 \equiv -1 \pmod{p}$, thì $p$ phải có dạng $4k+1$).

Vậy, $p$ và $q$ là các số nguyên tố dạng $4k+1$.
Ví dụ về các số nguyên tố dạng $4k+1$: 5, 13, 17, 29, 37, ...

Hãy thử lại với một vài cặp số nguyên tố $p, q$ có dạng $4k+1$.
Giả sử $p=5$ và $q=5$.
$a^2+1 = 2 \cdot 5 \cdot 5 = 50$
$a^2 = 49$
$a = 7$.
$a=7$ là số tự nhiên khác 0, và $p=5, q=5$ là số nguyên tố.
Vậy, ta tìm được một nghiệm: $a=7, p=5, q=5$.

Giả sử $p=5$ và $q=13$.
$a^2+1 = 2 \cdot 5 \cdot 13 = 130$
$a^2 = 129$. $129$ không phải là số chính phương.

Giả sử $p=13$ và $q=13$.
$a^2+1 = 2 \cdot 13 \cdot 13 = 2 \cdot 169 = 338$.
$a^2 = 337$. $337$ không phải là số chính phương.

Còn trường hợp nào nữa không nhỉ?
Chúng ta đã chứng minh $a$ phải là số lẻ.
Chúng ta đã chứng minh $p$ và $q$ phải là số nguyên tố lẻ.
Chúng ta đã suy ra $p, q$ phải có dạng $4k+1$.

Xét lại phương trình $a^2+1 = 2pq$.
Nếu $p$ và $q$ khác nhau, giả sử $p < q$.
Ta biết $p \ge 5$, $q \ge 13$ (nếu $p=5$).

Hãy xem xét trường hợp $p=q$.
Khi đó $a^2+1 = 2p^2$.
$a^2 = 2p^2 - 1$.
Chúng ta đã tìm được một nghiệm là $a=7, p=5$. Kiểm tra: $7^2 = 49$, $2 \cdot 5^2 - 1 = 2 \cdot 25 - 1 = 50 - 1 = 49$. Đúng!

Bây giờ, liệu có còn trường hợp nào khác khi $p=q$?
Phương trình $a^2 = 2p^2 - 1$ là một dạng của phương trình Pell.
$a^2 - 2p^2 = -1$.
Các nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2 - 2y^2 = -1$ có thể tìm được thông qua khai triển của $(1+\sqrt{2})^{2n+1}$.
Ta có:
$(1+\sqrt{2})^1 = 1+\sqrt{2}$ $ (x=1, y=1) \implies 1^2 - 2(1^2) = -1$. Nhưng $p=1$ không phải số nguyên tố.
$(1+\sqrt{2})^3 = 1 + 3\sqrt{2} + 3(2) + 2\sqrt{2} = 7 + 5\sqrt{2}$ $ (x=7, y=5) \implies 7^2 - 2(5^2) = 49 - 50 = -1$.
Đây chính là nghiệm mà chúng ta đã tìm được: $a=7$ và $p=5$. Vì $p=q$, nên $q=5$.

$(1+\sqrt{2})^5 = (7+5\sqrt{2})(1+\sqrt{2})^2 = (7+5\sqrt{2})(1+2\sqrt{2}+2) = (7+5\sqrt{2})(3+2\sqrt{2})$
$ = 21 + 14\sqrt{2} + 15\sqrt{2} + 20 = 41 + 29\sqrt{2}$. $ (x=41, y=29) \implies 41^2 - 2(29^2) = 1681 - 2(841) = 1681 - 1682 = -1$.
Nếu $a=41$, thì $p=29$. $p=29$ là số nguyên tố. $q=29$.
Kiểm tra: $a^2+1 = 41^2+1 = 1681+1 = 1682$.
$2pq = 2 \cdot 29 \cdot 29 = 2 \cdot 841 = 1682$.
Vậy, $a=41, p=29, q=29$ cũng là một nghiệm.

Có vô số nghiệm của phương trình Pell dạng $x^2 - 2y^2 = -1$. Tuy nhiên, chúng ta cần $y$ (tức là $p$ và $q$) phải là số nguyên tố.
Trong các nghiệm tìm được từ $(1+\sqrt{2})^{2n+1}$, chúng ta cần kiểm tra xem thành phần thứ hai ($y$) có phải là số nguyên tố hay không.
Ta đã có $y=1$ (không phải số nguyên tố), $y=5$ (là số nguyên tố), $y=29$ (là số nguyên tố).

Vậy, các nghiệm tìm được khi $p=q$ là:
1. $a=7, p=5, q=5$
2. $a=41, p=29, q=29$

Bây giờ, chúng ta xem xét trường hợp $p \ne q$.
Phương trình là $a^2+1 = 2pq$.
Ta biết $a$ lẻ, $p, q$ lẻ, $p \equiv 1 \pmod{4}$, $q \equiv 1 \pmod{4}$.
Giả sử $p=5$.
$a^2+1 = 10q$.
$a^2 = 10q-1$.
Nếu $q=5$, ta đã có $a=7$.
Nếu $q=13$, $a^2 = 10(13)-1 = 130-1 = 129$. Không phải số chính phương.
Nếu $q=17$, $a^2 = 10(17)-1 = 170-1 = 169 = 13^2$.
Vậy $a=13$. Ta có $p=5$ và $q=17$.
$p=5$ là số nguyên tố và $5 \equiv 1 \pmod{4}$.
$q=17$ là số nguyên tố và $17 \equiv 1 \pmod{4}$.
$a=13$ là số tự nhiên khác 0.
Kiểm tra: $a^2+1 = 13^2+1 = 169+1 = 170$.
$2pq = 2 \cdot 5 \cdot 17 = 10 \cdot 17 = 170$.
Vậy, ta tìm được một nghiệm nữa: $a=13, p=5, q=17$. (Hoặc $a=13, p=17, q=5$).

Ta còn có thể tìm thêm nghiệm.
Giả sử $p=13$.
$a^2+1 = 26q$.
$a^2 = 26q-1$.
Nếu $q=5$, $a^2 = 26(5)-1 = 130-1 = 129$. Không phải số chính phương.
Nếu $q=13$, ta đã xét trường hợp $p=q$, $a^2=337$, không phải.
Nếu $q=17$, $a^2 = 26(17)-1 = 442-1 = 441 = 21^2$.
Vậy $a=21$. Ta có $p=13$ và $q=17$.
$p=13$ là số nguyên tố và $13 \equiv 1 \pmod{4}$.
$q=17$ là số nguyên tố và $17 \equiv 1 \pmod{4}$.
$a=21$ là số tự nhiên khác 0.
Kiểm tra: $a^2+1 = 21^2+1 = 441+1 = 442$.
$2pq = 2 \cdot 13 \cdot 17 = 26 \cdot 17 = 442$.
Vậy, ta tìm được nghiệm: $a=21, p=13, q=17$. (Hoặc $a=21, p=17, q=13$).

Tổng kết các nghiệm đã tìm được:
1. $a=7, p=5, q=5$
2. $a=41, p=29, q=29$
3. $a=13, p=5, q=17$ (và $a=13, p=17, q=5$)
4. $a=21, p=13, q=17$ (và $a=21, p=17, q=13$)

Bây giờ, liệu có còn trường hợp nào khác không?
Chúng ta đã loại trừ trường hợp $p$ hoặc $q$ bằng 2.
Chúng ta đã suy ra $p$ và $q$ phải có dạng $4k+1$.

Có vẻ như bài toán này có vô số nghiệm, vì chúng ta thấy có sự liên quan đến phương trình Pell. Tuy nhiên, đề bài chỉ yêu cầu "Tìm $a, p, q$", không yêu cầu tìm tất cả các nghiệm. Chúng ta đã tìm được một số bộ nghiệm cụ thể.

Cách trình bày lại lời giải một cách có hệ thống:

Ta có phương trình $a^2+1= 2pq$, với $a \in \mathbb{N^*}$ và $p,q$ nguyên tố.

Bước 1: Xét tính chẵn lẻ.
Vế phải $2pq$ là số chẵn. Do đó, $a^2+1$ phải là số chẵn, suy ra $a^2$ là số lẻ, tức là $a$ là số lẻ.

Bước 2: Xét trường hợp $p$ hoặc $q$ bằng 2.
Giả sử $p=2$. Phương trình trở thành $a^2+1 = 4q$.
Vì $a$ là số lẻ, ta có $a = 2k+1$ với $k \in \mathbb{N}$.
$a^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1$.
Do đó, $a^2 \equiv 1 \pmod{4}$.
Suy ra $a^2+1 \equiv 1+1 \equiv 2 \pmod{4}$.
Tuy nhiên, $4q \equiv 0 \pmod{4}$.
Mâu thuẫn $2 \equiv 0 \pmod{4}$ xảy ra.
Vậy, $p$ và $q$ không thể bằng 2. Do đó, $p$ và $q$ là các số nguyên tố lẻ.

Bước 3: Xét điều kiện cho $p$ và $q$.
Từ $a^2+1 = 2pq$, ta có $a^2 \equiv -1 \pmod{p}$ và $a^2 \equiv -1 \pmod{q}$.
Điều này có nghĩa là $-1$ là thặng dư bậc hai theo modulo $p$ và $q$.
Theo định lý Legendre về thặng dư bậc hai, $-1$ là thặng dư bậc hai theo modulo một số nguyên tố lẻ $p$ khi và chỉ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$.
Do đó, cả $p$ và $q$ đều phải là các số nguyên tố có dạng $4k+1$.

Bước 4: Tìm các bộ nghiệm cụ thể.
Ta cần tìm các số nguyên tố $p, q$ dạng $4k+1$ và số tự nhiên $a \ne 0$ sao cho $a^2+1= 2pq$.

Trường hợp 1: $p=q$.
Phương trình trở thành $a^2+1 = 2p^2$, hay $a^2 - 2p^2 = -1$.
Đây là một dạng của phương trình Pell $x^2 - 2y^2 = -1$.
Các nghiệm nguyên dương $(x, y)$ của phương trình này có thể tìm được từ khai triển của $(1+\sqrt{2})^{2n+1}$.
- Với $n=0$: $(1+\sqrt{2})^1 = 1+\sqrt{2}$. Ta có $(x,y)=(1,1)$. $y=1$ không phải số nguyên tố.
- Với $n=1$: $(1+\sqrt{2})^3 = 7+5\sqrt{2}$. Ta có $(x,y)=(7,5)$.
    $a=7$. $p=5$. $p=5$ là số nguyên tố và $5 = 4(1)+1$.
    Vậy, bộ nghiệm là $a=7, p=5, q=5$.

- Với $n=2$: $(1+\sqrt{2})^5 = 41+29\sqrt{2}$. Ta có $(x,y)=(41,29)$.
    $a=41$. $p=29$. $p=29$ là số nguyên tố và $29 = 4(7)+1$.
    Vậy, bộ nghiệm là $a=41, p=29, q=29$.

Trường hợp 2: $p \ne q$.
Ta cần tìm các số nguyên tố phân biệt $p, q$ có dạng $4k+1$ sao cho $a^2+1= 2pq$ có nghiệm $a \in \mathbb{N^*}$.

- Chọn $p=5$ (nguyên tố, $5 \equiv 1 \pmod{4}$).
    Phương trình là $a^2+1 = 10q$. $a^2 = 10q-1$.
    Ta tìm $q$ nguyên tố, $q \equiv 1 \pmod{4}$ sao cho $10q-1$ là số chính phương.
    Nếu $q=17$ (nguyên tố, $17 \equiv 1 \pmod{4}$).
        $a^2 = 10(17)-1 = 170-1 = 169 = 13^2$.
        $a=13$. $a=13 \in \mathbb{N^*}$.
        Vậy, bộ nghiệm là $a=13, p=5, q=17$. (Tương tự $a=13, p=17, q=5$).

- Chọn $p=13$ (nguyên tố, $13 \equiv 1 \pmod{4}$).
    Phương trình là $a^2+1 = 26q$. $a^2 = 26q-1$.
    Ta tìm $q$ nguyên tố, $q \equiv 1 \pmod{4}$, $q \ne 13$ sao cho $26q-1$ là số chính phương.
    Nếu $q=17$ (nguyên tố, $17 \equiv 1 \pmod{4}$).
        $a^2 = 26(17)-1 = 442-1 = 441 = 21^2$.
        $a=21$. $a=21 \in \mathbb{N^*}$.
        Vậy, bộ nghiệm là $a=21, p=13, q=17$. (Tương tự $a=21, p=17, q=13$).

Có thể còn nhiều nghiệm khác chưa được liệt kê, nhưng chúng ta đã tìm được một số trường hợp cụ thể.

Kết luận:
Các bộ số $(a, p, q)$ thỏa mãn điều kiện của bài toán là:
- $(7, 5, 5)$
- $(41, 29, 29)$
- $(13, 5, 17)$ (và hoán vị $p,q$)
- $(21, 13, 17)$ (và hoán vị $p,q$)

Hy vọng qua bài toán này, các em đã rèn luyện được kỹ năng phân tích, suy luận logic và áp dụng các kiến thức về số nguyên tố. Nếu có bất kỳ câu hỏi nào, đừng ngần ngại hỏi thầy nhé!

 · Answer

Bài toán thực chất tổng quát như sau: Tìm số nguyên tố $(p,q)$ sao cho $2p-1,2q-1,2pq-1$ là số nguyên tố. Vai trò $p,q$ như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử $p\geqslant q$ Đặt $2pq-1=x^2,2p-1=y^2,2q-1=z^2$ với $x,y,z$ là các số nguyên dương. Khi đó $x^2-y^2=2p(q-1)$ hay $(x-y)(x+y)=2p(q-1)$ Khi đó $(x-y)(x+y)\vdots 2$ mà $x-y+x+y=2x\vdots 2$ nên $2|x-y,2|x+y$ Khi đó ta viết lại thành: $\dfrac{x-y}{2} . \dfrac{x+y}{2}=\dfrac{p(q-1)}{2}$ Vì vậy $2p|x-y$ hoặc $2p|x+y$ $\bullet$ Nếu $2p|x-y$ Ta thấy $2pq=x^2+1>x^2$ nên $x<\sqrt{2pq}\leqslant \sqrt{2p^2}=\sqrt{2}p$ nên $0y^2$ nên $y<\sqrt{2p}$ do vậy $$x+y<\sqrt{2}p+\sqrt{2p}$$ Mà $2p|x+y$ nên $x+y\geqslant 2p$ nên $2p<\sqrt{2}p+\sqrt{2p}$ hay $p<7$ Mà $p$ nguyên tố nên $p\in \{2;3;5\}$ Để ý $2p=y^2+1$ nên $y^2+1$ chẵn nên $y$ lẻ, viết $y=2y_1+1,y_1\in \mathbb{N^*}$ Do đó $p=2y_1^2+2y_1+1$ nên $p$ lẻ, chứng minh tương tự $q$ lẻ. Do vậy $p\in \{3;5\}$ Nếu $p=3$ thì $y^2=5$ loại. Nếu $p=5$ thì $y^2=9$ hay $y=3.$ Và do $q\leqslant p$ nên $q\leqslant 5$ Do vậy $q\in \{3;5\}$. Nếu $q=3$ thì $z^2=5$ loại nên $q=5$ và $z=3$ Ta tìm được $x=7$ Vậy $p=q=5$

 · Answer

Giả sử $p<=q$Có $a^2+1=2pq$$=>a^2 equiv -1 (mod p)$Mà $2p-1$ chính phương$=>2p-1=x^2 (x in NN)$$=>x^2 equiv -1 (mod p)$Hay $a^2 equiv x^2 (mod p) =>(a-x)(a+x) vdots p$Do $a^2<2pq <=2q^2 =>ax< psqrt{2} <= qsqrt{2}$$=>a+x < 2qsqrt{2} $$=>a+x in {q ;2q} ($ do $a;z vdots q)$ $TH1: a+x=p$$=> x=p-a$Thay vào $x^2+1=2p$$=> (p-a)^2 +1=2p$$=> p^2-2pa+a^2+1=2p$$=> p^2-2pa+2pq=2p (a^2+1=2pq)$$=>p(p-2a+2q-2)=0$$=> p-2a+2q-2=0($ do $p$ nguyên tố $)$Từ $a^2+1=2pq => 2a^2+2=2p.2q=2p. (2a-p+2)$$=>2a^2+2=4ap-2p^2+4p$$=>2a^2-4pa+(2p^2-4p+2)$$=> a^2-2pa+(p-1)^2=0$$Delta'=(-p)^2-1.(p-1)^2=2p-1=x^2$$=>a=p+-sqrt{2p-1}$$=>a=p+-x ($ do $x^2=2p-1)$Mà $a+x=p=>a=p-x$Và $2q=2a-p+2$$=>2q=2(p-x)-p+2$$=> 2q=p-2x+2$Mặt khác $x^2=2p-1 =>p=(x^2+1)/2$$=>2q=(x^2+1)/2 -2x+2 <=> 4q=x^2+1-4x+4$$=>4q=x^2-4x+5=(x-2)^2+1 (**)$ Vì $x^2=2pq =>x$ lẻ $=>(x-2)^2+1 equiv 2 (mod 4)$$->(**)$ vô nghiệm $->$ loại $TH1$ $TH2:a+x=2p$$=>x=2p-a$ Từ $x^2+1 =2p => (2p-a)^2+1=2p$$=>4p^2-4pa+2pq=2p$$=> 2p-2a+q=1($ do $2p ne 0)$$=>q=2a-2p+1$Do $p<=q$$=> p<=2a-2p+1 =>3p-1 <=2a$$=>a>= (3p-1)/2$$=>a^2 >=(9p^2-6p+1)/4$Mặt khác $a^2+1=2pq$$=> a^2+1 <= 2p^2 =>a^2 <= 2p^2-1$$=>(9p^2-6p+1)/4 <= 2p^2-1$$=> 9p^2-6p+1<=8p^2-4$$=> p^2-6p+5<=0$$=> (p-1)(p-5)<=0$$=>1<=p<=5$$=>p in {2;3;5}$Xét $p=2=>2p-1=3($ loại $)$Xét $p=3=>2p-1=5($ loại $)$$->p=5$$=>2p-1=9=>x=3$$=>2p=a+x=10=>p=5$Mà $a^2+1=2pq=>q=5$Vậy, $(a;p;q)=(7;5;5)$ __________________ mệt ._.

Tìm $a \in \mathbb{N^*}$ và $p,q$ nguyên tố sao cho $a^2+1= 2pq$

Tìm $a \in \mathbb{N^*}$ và $p,q$ nguyên tố sao cho $a^2+1= 2pq$

Tìm $a \in \mathbb{N^*}$ và $p,q$ nguyên tố sao cho $a^2+1= 2pq$

Về tác giả

về tác giả

Thiên Nam

Add comment Hủy

Giao Hàng Nhanh Chóng

Trả Lại Dễ Dàng Và Nhanh Chóng

Hỗ Trợ Khách Hàng 24/7

Thanh Toán An Toàn 100%

Vị trí