\(p^2-pq-q^3=1\Leftrightarrow1+q^3=p^2-pq\)
\(\Leftrightarrow1+q^3=p\left(p-q\right)\)
Phân tích VT thành HĐT \(\Rightarrow\left(q+1\right)\left(q^2-q+1\right)=p\left(p-q\right)\) (*)
Ta dễ thấy \(1+q^3\ge0\Rightarrow VP\ge0\Rightarrow p>q\) (1)
Xét TH I:
Từ (*) => \(\left[\begin{array}{l}q+1\vdots p\\ q+1\vdots p-q\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}q+1\ge p\Rightarrow q\ge p\\ q+1=k\left(p-q\right)\end{array}\right.\) (Do p,q là số nguyên tố nên để q+1\(\ge\) p thì \(q\ge p\)
Đến đây ta loại TH1 vì theo (1) thì p phải lớn hơn q
Xét đến TH2 ta cho k=1 lúc này đưa về \(q+1=p-q\) \(\Rightarrow2q+1=b\) (Thay vào PT gốc ban đầu dễ dàng tìm được nghiệm (7;3)
Xét TH II: q+1 ko chia hết cho p hay p-q => Bắt buộc q+1 phải là ước của p-q hay \(p-q\vdots q+1\)
\(\Rightarrow\begin{cases}p-q=u\left(q+1\right)\\ q^2-p+1=up\end{cases}\left(u\in Z^{+},u\ge2\right)\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}p=q\left(u+1\right)+1\\ q^2-q+1=u\left(u+1\right)q+u\left(2\right)\end{cases}\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow q^2-\left(u^2+u+1\right)q+1-u=0\)
\(\Delta=b^2-4ac=\left(u^2+u+1\right)^2-4\left(1-u\right)\)
Để PT trên tồn tại nghiệm thì \(\Delta\ge0\Leftrightarrow u^4+2u^3+3u^2+6u-3\ge0\)
Áp dụng nguyên lý chặn: => \(u^4+2u^3+5u^2+4u+4>u^4+2u^3+3u^2-6u-3>u^4+2u^3+u^2\)
\(\Leftrightarrow\left(u^2+u\right)^2
\(\Rightarrow u^4+2u^3+3u^2+6u-3=\left(u^2+u+2\right)^2\)
Bạn tự giải PT này, có thể dùng Hoocne hoặc Bedu để hạ bậc, PT trên sẽ có nghiệm là 1
\(\Rightarrow u=1\) (Ko thoả mãn vì điều kiện \(u\ge2\) )
=> Chỉ có 1 nghiệm \(\left(p;q\right)\) thoả mãn là \(\left(7;3\right)\)
