Bài toán T3/493 trên THTT (tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ), có nội dung như sau.

Bài toán. Tìm các số nguyên dương $m$ và $n$ thỏa mãn\[2^m=n^3-5n+10.\]

Bài toán này, có lời giải đăng trên báo THTT số 497. Tuy nhiên rất tiếc là lời giải bị sai bét, do mắc một sai lầm hết sức ngây thơ, đó là với $a,\,m$ là các số nguyên dương chẵn $b,\,n$ là các số nguyên dương lẻ thỏa mãn $ab=mn$ thì kéo theo $a=m$ và $b=n$.

Sau đây, là một lời giải đúng cho bài toán đó.

Lời giải. Giả sử $m,\,n$ là cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu. Ta để ý rằng $2^3\equiv 1\pmod 7$, cho nên nếu $m$ chia $3$ dư $r$ tức là $m=3k+r$ với $k,\,r\in\mathbb N$ và $r\le 2$ thì\[2^m=\left(2^3\right)^k.2^r\equiv 2^r\pmod 7.\]Giờ, ta xét các trường hợp sau.

1. Nếu $r=1$, thế thì ta có\[{n^3} + 2n + 3 \equiv {n^3} – 5n + 10 \equiv 2\pmod 7.\]Do đó $7\nmid n$, và theo định lý Fermat bé ta có\[4n\left( {n + 1} \right) \equiv {\left( {2n + 1} \right)^2} – 1 \equiv {\left( { – {n^3}} \right)^2} – 1 \equiv {n^6} – 1 \equiv 0\pmod 7.\]Từ đây, $n\equiv -1\pmod 7$ và lại dẫn đến mâu thuẫn là\[2 \equiv {2^m} \equiv {n^3} – 5n + 10 \equiv 0\pmod 7.\]
2. Nếu $r=2$, ta lại có\[{n^3} + 2n + 3 \equiv {n^3} – 5n + 10 \equiv 4\pmod 7.\]Vì thế $7\nmid n$, lại theo định lý Fermat bé ta có\[4n\left( {n – 1} \right) \equiv {\left( {2n – 1} \right)^2} – 1 \equiv {\left( { – {n^3}} \right)^2} – 1 \equiv {n^6} – 1 \equiv 0\pmod 7.\]Bởi vậy, $n\equiv 1\pmod 7$ và lại kéo theo mâu thuẫn là\[4\equiv {2^m} \equiv {n^3} – 5n + 10 \equiv 6\pmod 7.\]
3. Nếu $r=0$, khi đó $2^m$ là một lập phương, ta để ý với $n\ge 3$ thì\[{\left( {n – 1} \right)^3} < {n^3} – 5n + 10 < {n^3}.\]Do đó, ta chỉ cần kiểm tra với $n=1$ hoặc $n=2$ để thấy chỉ có $n=2$ thỏa mãn và lúc ấy kéo theo $m=3$.

Tóm lại, $m=3$ và $n=2$.