Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Nhị thức Newton cơ bản (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Ta giải phương trình $(n+1{)}^n=2n^k+3n+1$ với $n,k$ nguyên dương.

**Trường hợp $k=1$:** Phương trình trở thành $(n+1{)}^n=5n+1$. Với $n=1$: $2\ne 6$. Với $n=2$: $9\ne 11$. Với $n=3$: $4^3=64\ne 16=5\cdot 3+1$. Với $n\ge 4$: $(n+1{)}^n\ge (n+1{)}^2=n^2+2n+1>5n+1$ (vì $n^2-3n=n(n-3)>0$ khi $n\ge 4$). Vậy không có nghiệm với $k=1$.

**Trường hợp $k\ge 2$:** Xét phương trình theo modulo $n^2$.
- VT: khai triển nhị thức $(n+1{)}^n=1+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})n+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})n^2+\cdots +n^n=1+n^2+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})n^2+\cdots$, mọi số hạng từ số hạng thứ hai trở đi đều chia hết cho $n^2$, nên $(n+1{)}^n\equiv 1(\mathrm{mod}{n}^2)$.
- VP: do $k\ge 2$ nên $n^2\mid n^k$, suy ra $2n^k+3n+1\equiv 3n+1(\mathrm{mod}{n}^2)$.

Do đó $3n\equiv 0(\mathrm{mod}{n}^2)$, tức $n^2\mid 3n$, suy ra $n\mid 3$, vậy $n\in \{1,3\}$.

- Với $n=1$: VT $=2^1=2$, VP $=2\cdot 1^k+3+1=6$, loại.
- Với $n=3$: $4^3=64=2\cdot 3^k+9+1=2\cdot 3^k+10\Rightarrow 3^k=27\Rightarrow k=3$. Thử lại: $2\cdot 27+3\cdot 3+1=54+10=64=4^3$. Đúng.

**Kết luận:** Cặp duy nhất thỏa mãn là $(n,k)=(3,3)$.

Trước hết, từ $q\mid C_{3pq}^{pq}$ suy ra $q\le 3p$. Thật vậy, nếu $q>3p$ thì $3pq<q^2$, nên theo công thức Legendre,

$$v_q\left(C_{3pq}^{pq}\right)=\lfloor \frac{3pq}{q}\rfloor -\lfloor \frac{pq}{q}\rfloor -\lfloor \frac{2pq}{q}\rfloor =3p-p-2p=0,$$

trái với giả thiết. Ta có $p^{p^2}+(p+2{)}^{p^2}\equiv 0(\mathrm{mod}q)$. Trường hợp $q=p+2$ là không thể, vì khi đó vế trái đồng dư với $p^{p^2}\not\equiv 0(\mathrm{mod}q)$. Vì vậy $q>p+2$ nên $\gcd (q,p+2)=1$.

Vì $\gcd (p,q)=1$ nên tồn tại $p^{-1}\in \mathbb{Z}$ sao cho $p\cdot p^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, đặt $a=(p+2)p^{-1}$ thì $\gcd (a,q)=1$. Khi đó $a^{p^2}\equiv -1(\mathrm{mod}q)$, nên $a^{2p^2}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$ nhưng $a^{p^2}\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$. Đặt $d={\mathrm{ord}}_{q}a$ thì ta có $d\mid 2p^2$, $d\nmid p^2$, do đó $d\in \{2,2p,2p^2\}$. Mặt khác $d\mid q-1$ và $q\le 3p$, nên $d<3p$. Vì $p\ge 3$, suy ra $d\ne 2p^2$.

Nếu $d=2$ thì $a\equiv -1(\mathrm{mod}q)$, nên $p+2\equiv -p(\mathrm{mod}q)$, tức $q\mid 2(p+1)$, vô lý vì $q>p$ lẻ.

Vậy $d=2p$ nên $2p\mid q-1$. Kết hợp $p<q\le 3p$ ta được $q-1=2p$, hay

$$q=2p+1.$$

Để ý với $m$ nguyên dương thì $v_p((mp)!)=m+v_p(m!)$ nên

$$v_p\left(C_{3pq}^{pq}\right)=v_p\left(C_{3q}^q\right)=v_p\left(C_{6p+3}^{2p+1}\right).$$

Nếu $p\ge 7$ thì $6p+3<p^2$, do đó

$$v_p\left(C_{6p+3}^{2p+1}\right)=\lfloor \frac{6p+3}{p}\rfloor -\lfloor \frac{2p+1}{p}\rfloor -\lfloor \frac{4p+2}{p}\rfloor =6-2-4=0,$$

nên $v_p\left(C_{3pq}^{pq}\right)=0$, trái với giả thiết. Vậy $p\in \{3,5\}$. Thử lại để thấy $(p,q)=(5,11)$ là nghiệm duy nhất thoả mãn.