Tìm tất cả các số nguyên tố `p` và các số tự nhiên `x`,`y` thỏa mãn $\dfrac{2^{…
\(\dfrac{2^{p-2}}{p}=\dfrac{x^2+3}{2y^2+3x+5}\)
Để giải bài toán này, chúng ta sẽ chia thành các trường hợp của số nguyên tố \(p\).
Đầu tiên, lưu ý rằng \(x, y\) là các số tự nhiên, tức là \(x \ge 1\) và \(y \ge 1\). Do đó, \(x^2+3 \ge 1^2+3 = 4\) và \(2y^2+3x+5 \ge 2(1)^2+3(1)+5 = 10\). Cả tử số và mẫu số của vế phải đều dương.
Viết lại phương trình dưới dạng tích chéo:
\(2^{p-2}(2y^2+3x+5) = p(x^2+3)\)
Bây giờ chúng ta sẽ xét các trường hợp của \(p\):
Trường hợp 1: \(p=2\)
Nếu \(p=2\), thay vào phương trình ban đầu ta có:
\(\dfrac{2^{2-2}}{2} = \dfrac{2^0}{2} = \dfrac{1}{2}\)
Vậy phương trình trở thành:
\(\dfrac{1}{2} = \dfrac{x^2+3}{2y^2+3x+5}\)
Nhân chéo hai vế:
\(2y^2+3x+5 = 2(x^2+3)\)
\(2y^2+3x+5 = 2x^2+6\)
\(2y^2 = 2x^2-3x+1\)
Phân tích vế phải thành nhân tử:
\(2y^2 = (2x-1)(x-1)\)
Vì \(y \in \mathbb{N}\), \(y \ge 1\), nên \(2y^2 > 0\). Do đó \((2x-1)(x-1) > 0\).
-
Nếu \(x=1\): Thay vào phương trình ta được \(2y^2 = (2(1)-1)(1-1) = 1 \cdot 0 = 0\).
Điều này dẫn đến \(y^2=0\), tức \(y=0\). Tuy nhiên, \(y\) phải là số tự nhiên khác 0 (theo định nghĩa thông thường của số tự nhiên trong các bài toán Olympic, hoặc nếu \(y=0\) thì \(y \notin \mathbb{N}\) nếu \(\mathbb{N}=\{1,2,3,\dots\}\)). Vậy \(x=1\) không thỏa mãn. -
Nếu \(x \ge 2\): Cả \(x-1\) và \(2x-1\) đều dương, nên \((2x-1)(x-1) > 0\) được thỏa mãn.
Xét tính chẵn lẻ của \(x\):-
Nếu \(x\) là số chẵn, đặt \(x=2k\) với \(k \in \mathbb{N}, k \ge 1\).
Khi đó \(2y^2 = (2(2k)-1)(2k-1) = (4k-1)(2k-1)\).
Vế trái \(2y^2\) là số chẵn. Vế phải là tích của hai số lẻ \((4k-1)\) và \((2k-1)\), do đó vế phải là số lẻ.
Số chẵn không thể bằng số lẻ. Vậy \(x\) không thể là số chẵn. -
Nếu \(x\) là số lẻ, đặt \(x=2k+1\) với \(k \in \mathbb{N}, k \ge 1\) (vì \(x \ge 2\), nên \(x\) lẻ nhỏ nhất là 3, ứng với \(k=1\)).
Khi đó \(x-1 = 2k\) (số chẵn) và \(2x-1 = 2(2k+1)-1 = 4k+1\) (số lẻ).
Phương trình trở thành: \(2y^2 = (4k+1)(2k)\).
Chia cả hai vế cho 2: \(y^2 = k(4k+1)\).
Ta cần tìm \(k \in \mathbb{N}, k \ge 1\) sao cho \(k(4k+1)\) là một số chính phương.
Xét ước chung lớn nhất của \(k\) và \(4k+1\):
\(\gcd(k, 4k+1) = \gcd(k, 4k+1-4k) = \gcd(k, 1) = 1\).
Vì \(k\) và \(4k+1\) là hai số nguyên tố cùng nhau và tích của chúng là một số chính phương, nên cả \(k\) và \(4k+1\) đều phải là các số chính phương.
Đặt \(k=m^2\) với \(m \in \mathbb{N}, m \ge 1\).
Khi đó \(4k+1 = 4m^2+1\) cũng phải là một số chính phương.
Đặt \(4m^2+1 = n^2\) với \(n \in \mathbb{N}\).
\(n^2 – (2m)^2 = 1\)
\((n-2m)(n+2m) = 1\)
Vì \(m \in \mathbb{N}, m \ge 1\), nên \(2m \ge 2\). Do đó \(n+2m \ge 1+2 = 3\).
Nếu \(n-2m=1\) và \(n+2m=1\), thì \(n+2m\) phải bằng 1, điều này mâu thuẫn với \(n+2m \ge 3\).
Vậy không có số tự nhiên \(m\) nào thỏa mãn \(4m^2+1\) là số chính phương khi \(m \ge 1\).
(Nếu xét \(m=0\), thì \(k=0\), suy ra \(x=1\), đã loại ở trên).
-
Nếu \(x\) là số chẵn, đặt \(x=2k\) với \(k \in \mathbb{N}, k \ge 1\).
Vậy, trường hợp \(p=2\) không có lời giải.
Trường hợp 2: \(p=3\)
Nếu \(p=3\), thay vào phương trình ban đầu ta có:
\(\dfrac{2^{3-2}}{3} = \dfrac{2^1}{3} = \dfrac{2}{3}\)
Vậy phương trình trở thành:
\(\dfrac{2}{3} = \dfrac{x^2+3}{2y^2+3x+5}\)
Nhân chéo hai vế:
\(2(2y^2+3x+5) = 3(x^2+3)\)
\(4y^2+6x+10 = 3x^2+9\)
\(4y^2 = 3x^2-6x-1\)
Để tìm nghiệm nguyên cho phương trình này, chúng ta sẽ xét đồng dư modulo 3:
\(4y^2 \equiv 3x^2-6x-1 \pmod 3\)
Ta có \(4 \equiv 1 \pmod 3\), \(3x^2 \equiv 0 \pmod 3\), \(6x \equiv 0 \pmod 3\).
Vậy phương trình đồng dư trở thành:
\(y^2 \equiv 0 – 0 – 1 \pmod 3\)
\(y^2 \equiv -1 \pmod 3\)
\(y^2 \equiv 2 \pmod 3\)
Bây giờ ta xét các số chính phương modulo 3:
- Nếu \(y \equiv 0 \pmod 3\), thì \(y^2 \equiv 0^2 \equiv 0 \pmod 3\).
- Nếu \(y \equiv 1 \pmod 3\), thì \(y^2 \equiv 1^2 \equiv 1 \pmod 3\).
- Nếu \(y \equiv 2 \pmod 3\), thì \(y^2 \equiv 2^2 \equiv 4 \equiv 1 \pmod 3\).
Như vậy, các số chính phương chỉ có thể đồng dư với 0 hoặc 1 modulo 3. Giá trị \(y^2 \equiv 2 \pmod 3\) là không thể xảy ra.
Vậy, trường hợp \(p=3\) không có lời giải.
Trường hợp 3: \(p\) là số nguyên tố lẻ và \(p \ge 5\)
Quay lại phương trình tích chéo:
\(2^{p-2}(2y^2+3x+5) = p(x^2+3)\)
Vì \(p\) là số nguyên tố lẻ, \(p \ne 2\), nên \(p\) không chia hết cho \(2^{p-2}\).
Theo tính chất của số nguyên tố (nếu \(p|ab\) thì \(p|a\) hoặc \(p|b\)), từ \(p | 2^{p-2}(2y^2+3x+5)\), ta phải có \(p\) chia hết cho \(2y^2+3x+5\).
Đặt \(2y^2+3x+5 = mp\) với \(m\) là một số tự nhiên (\(m \ge 1\)).
Thay vào phương trình ta được:
\(2^{p-2}(mp) = p(x^2+3)\)
Vì \(p \ne 0\), ta có thể chia cả hai vế cho \(p\):
\(m \cdot 2^{p-2} = x^2+3\)
Bây giờ, chúng ta sẽ xét đồng dư modulo 8 cho phương trình này.
Vì \(p\) là số nguyên tố lẻ và \(p \ge 5\), thì \(p\) có thể là 5, 7, 11, …
Khi \(p \ge 5\), thì \(p-2 \ge 3\). Do đó \(2^{p-2}\) sẽ chia hết cho \(2^3=8\).
Vì \(m \cdot 2^{p-2}\) chia hết cho 8, nên \(x^2+3\) cũng phải chia hết cho 8.
\(x^2+3 \equiv 0 \pmod 8\)
\(x^2 \equiv -3 \pmod 8\)
\(x^2 \equiv 5 \pmod 8\)
Bây giờ chúng ta xét các số chính phương modulo 8:
- Nếu \(x \equiv 0 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 0^2 \equiv 0 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 1 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 1^2 \equiv 1 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 2 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 2^2 \equiv 4 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 3 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 3^2 \equiv 9 \equiv 1 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 4 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 4^2 \equiv 16 \equiv 0 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 5 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 5^2 \equiv 25 \equiv 1 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 6 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 6^2 \equiv 36 \equiv 4 \pmod 8\).
- Nếu \(x \equiv 7 \pmod 8\), thì \(x^2 \equiv 7^2 \equiv 49 \equiv 1 \pmod 8\).
Các số chính phương chỉ có thể đồng dư với 0, 1 hoặc 4 modulo 8. Giá trị \(x^2 \equiv 5 \pmod 8\) là không thể xảy ra.
Vậy, trường hợp \(p \ge 5\) không có lời giải.
Kết luận
Chúng ta đã xét tất cả các trường hợp có thể có của số nguyên tố \(p\):
- Với \(p=2\), không có cặp số tự nhiên \((x,y)\) nào thỏa mãn.
- Với \(p=3\), không có cặp số tự nhiên \((x,y)\) nào thỏa mãn.
- Với \(p\) là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5, không có cặp số tự nhiên \((x,y)\) nào thỏa mãn.
Do đó, không có số nguyên tố \(p\) và số tự nhiên \(x,y\) nào thỏa mãn phương trình đã cho.
Đáp số: Không có số nguyên tố \(p\) và số tự nhiên \(x,y\) nào thỏa mãn phương trình.
Ta có \((2^(p-2))/p = (x^2+3)/(2y^2 + 3x + 5)\)
\(2^(p-2) . (2y^2 + 3x + 5) = (x^2 + 3) . p (1)\)
+) Với \(p = 2\) thì phương trình \((1)\) trở thành:
\(2^(2-2) . (2y^2 + 3x + 5) = (x^2+3) . 2\)
\(2y^2 + 3x + 5 = 2x^2 + 6\)
\(2y^2 = 2x^2 – 3x + 1\)
\(2x^2 – 3x – 2y^2 + 1 = 0 (2)\)
Xét phương trình \((2)\) có \(Delta = (-3)^2 – 4 . 2 . (-2y^2 + 1) = 9 + 16y^2 – 8 = 16y^2 + 1\)
Để phương trình \((2)\) nhận nghiệm \(x\) nguyên thì \(sqrt(Delta)\) nguyên, khi đó \(Delta\) là số chính phương
Đặt \(Delta = 16y^2 + 1 = k^2 (k in NN)\)
Khi đó: \(k^2 – 16y^2 = 1\)
\((k-4y)(k+4y) = 1\)
Ta có \(k – 4y <= k + 4y, k + 4y >= 0\) nên \({(k – 4y = 1),(k + 4y = 1):}\)
\({((k+4y) – (k – 4y) = 1-1),(k – 4y = 1):}\)
\({(8y = 0),(k – 4y = 1):}\)
\({(y = 0),(k = 1):}\) ™
Với \(y = 0\) thì \(Delta = 1\), khi đó phương trình \((2)\) nhận hai nghiệm phân biệt \(x_1 = (3+1)/(2.2) = 1\) ™ và \(x_2 = (3-1)/(2.2) = 1/2\) (ktm)
+) Với \(p = 3\) thì phương trình \((1)\) trở thành:
\(2^(3-2) . (2y^2 + 3x + 5) = (x^2+3).3\)
\(2 . (2y^2 + 3x + 5) = 3x^2 + 9\)
\(4y^2 + 6x + 10 = 3x^2 + 9\)
\(3x^2 – 6x – 1 = 4y^2 = (2y)^2\)
Ta có \(3x^2 – 6x – 1 equiv -1 equiv 2 (mod 3)\) (vô lí vì \((2y)^2\) không thể chia \(3\) dư \(2\)).
+) Với \(p > 3\), suy ra \(p\) là số nguyên tố lẻ
Vì \(p\) là số nguyên tố lẻ nên \((p, 2^(p-2)) = 1\), do đó \(x^2 + 3 vdots 2^(p-2)\)
Vì \(p > 3\) nên \(2^(p-2) vdots 2^(5-2) = 8\)
Do đó \(x^2 + 3 vdots 8\)
\(x^2 equiv 5 (mod 8)\) (vô lí)
Do đó \(p > 3\) thì không tồn tại \(x,y\) thỏa mãn
Vậy, \((p,x,y) = (2,1,0)\)
Trợ Lý Xưởng In Thiên Nam
Add comment