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

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-

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

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

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 .

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 :

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 .