每日一题[2103]平方数不定方程

求所有正整数对 $(m,n)$ 使得 $\dfrac{n^2+1}{2m}$ 和 $\sqrt{2^{n-1}+m+4}$ 均为整数．

答案    $(1,3),(61,11)$．

解析  由于 $2\mid n^2+1$，于是 $n$ 为奇数．当 $n=1$ 时，有 $\dfrac{n^2+1}{2m}=\dfrac 1m$，于是 $m=1$，此时 $\sqrt{2^{n-1}+m+4}=\sqrt 6$ 不是整数． 设 $n=2k+1$（$k\in\mathbb N^{\ast}$），则\[\dfrac{n^2+1}{2m}=\dfrac{2k(k+1)+1}{m},\]于是 $m\leqslant 2k(k+1)+1$，此时有\[\sqrt{2^{n-1}+m+4}=\sqrt{2^{2k}+m+4}>2^k,\]且\[\sqrt{2^{2k}+m+4}\leqslant\sqrt{2^{2k}+2k(k+1)+5}<2^k+2,\]其中用到了 $2^{k+2}\geqslant 2k(k+1)+1$，这是容易证明的． 因此\[\sqrt{2^{2k}+m+4}=2^k+1\implies m=2^{k+1}-3,\]而 $m\leqslant 2k(k+1)+1$，于是\[2^{k+1}-3\leqslant 2k(k+1)+1,\]解得 $k=1,2,3,4,5$．因此可能的正整数对 $(m,n)=\left(2^{k+1}-3,2k+1\right)$（$k=1,2,3,4,5$），经验证，只有 $(m,n)=(1,3),(61,11)$ 符合题意．