Lời giải
Xét các trường hợp sau: [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.
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.
Vậy (k;n)=(2;1) thỏa mãn.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét