[T10/503 Toán học & tuổi trẻ số 502, tháng 5 năm 2019] Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(n;k)$ sao cho $(n+1)(n+2)\ldots(n+k)-k$ là số chính phương.

Lời giải

Xét các trường hợp sau: [1)]

Với $k\ge 5$, đặt $k=a+4$ với $a\in\mathbb{N}$, $a\ge 1$.
Giả sử tồn tại $b\in\mathbb{Z}$ sao cho $$(n+1)(n+2)\ldots(n+k)-k=b^2\Leftrightarrow (n+1)(n+2)\ldots\ldots(n+a+4)-a=b^2+4.\tag{1}$$ Nhận thấy $(n+1)\ldots(n+a)$ là tích của $a$ số nguyên liên tiếp nên $a\mid (n+1)\ldots(n+a)$, $(n+a+1)\ldots(n+a+4)$ là tích của $4$ số nguyên liên tiếp nên $\mid (n+a+1)\ldots(n+a+4)$.
Suy ra $4a\mid (n+1)\ldots(n+a+4)$.(2)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra tồn tại $c\in\mathbb{N}$ sao cho $4ac-a=b^2+4\Leftrightarrow a(4c-1)=b^2+4$.
Vì $4c-1\equiv 3\pmod4$ nên $4c-1$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $p=4t+3$, với $t\in\mathbb{N}$, $p\ge 3$.
Do đó $p\mid b^2+4=b^2+2^2$. Vì $p\equiv 3\pmod 4$ suy ra $p\mid 2$, vô lý.

Với $k=4$, khi đó ta có $$\begin{eqnarray*} (n+1)(n+2)(n+3)(n+4)-4 &=& (n^2+5n+4)(n^2+5n+6)-4\\ &=& (d+4)(d+6)-4\\ &=& d^2+10d+20 \qquad(\text{ở đây }d=n^2+5n). \end{eqnarray*}$$ Vì $(d+4)^2 < d^2+10d+20 < (d+5)^2$ nên $d^2+10d+20$ không là số chính phương.

Với $k=3$, giả sử $(n+1)(n+2)(n+3)-3=m^2$ với $m\in\mathbb{Z}$.
Do vế trái lẻ nên $m$ lẻ, đặt $m=2b+1$. Suy ra $(n+1)(n+2)(n+3)=4(b^2+b+1)$.
Ta sẽ chứng minh khi đó tồn tại số nguyên tố lẻ $q$ có dạng $q=3u+2$ là ước của $(n+1)(n+2)(n+3)$.
Thật vậy, xét modulo $8$, để $(n+1)(n+2)(n+3)-3$ là số chính phương thì $n\equiv 2\pmod 8$.
Trong $3$ số nguyên dương liên tiếp có đúng một số chia cho $3$ dư $2$, số đó sẽ có các ước nguyên tố dạng $3t+2$. Nếu ước nguyên tố dạng $3t+2$ của số đó chỉ bằng $2$ thì số mũ của $2$ trong khai triển thành thừa số nguyên tố của số đó phải lẻ, vô lý do số đó khi chia $8$ chỉ có thể dư $3$ hoặc $4$ hoặc $5$.
Ta có $$\begin{eqnarray*} && q\mid (n+1)(n+2)(n+3)\\ &\Rightarrow& q\mid 4(b^2+b+1)\Rightarrow q\mid b^2+b+1\Rightarrow q\mid b^3-1\\ &\Rightarrow& b^3\equiv 1\pmod q\Rightarrow b^{3u}\equiv 1\pmod q\Rightarrow b^{q-1}\equiv b\pmod q. \end{eqnarray*}$$ Lại có $\text{ƯCLN}(b;q)=1$ nên theo định lý Fermat nhỏ thì $b^{q-1}\equiv 1\pmod q$.
Suy ra $b\equiv 1\pmod q\Rightarrow b^2+b+1\equiv 3\pmod q\Rightarrow q=3$, vô lý.

Với $k=2$, giả sử $(n+1)(n+2)-2=s^2$ với $s\in\mathbb{N}$. Suy ra $$(n+1)(n+2)=s^2+2\Leftrightarrow (2n+3)^2=4s^2+9\Leftrightarrow (2n+3-2s)(2n+3+2s)=9.$$ Mà $2n+3+2s > 3$ nên suy ra $\left\{ \begin{array}{l}&2n+3-2s=1 \\ &2n+3+2s=9\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}&n=1 \\ &s=2.\end{array} \right.$
Vậy $(k;n)=(2;1)$ thỏa mãn.

Với $k=1$, khi đó $(n+1)-1=n$, lúc này $n$ phải là số chính phương.

Vậy $(n;k)=(1;2)$ hoặc $(n;k)=(a^2;1)$ với $a$ là số nguyên.