Cho 5 điểm trong một mặt phẳng sao cho số tất cả những đường thẳng nối hai điểm bất kì, không có hai đường thẳng nào trùng nhau, song song hoặc vuông góc với nhau. Qua mỗi điểm, vẽ các đường thẳng vuông góc với các đường thẳng xác định bởi hai trong số 4 điểm còn lại. Hãy xác định số lớn nhất các giao điểm mà những đường vuông góc này có thể giao nhau.

Lời giải của bài này hơi lằng nhằng: Gọi 5 điểm thỏa mãn yêu cầu của đề bài lầ A, B, C, D, E. Cố định một điểm, rõ ràng 4 điểm còn lại cho ta 6 đường thẳng. Do đó có hết thảy 6 đường vuông góc đi qua điểm cố định. Có tổng cộng 30 đường thẳng vuông góc. Ta thấy cứ 2 đường thẳng thì cắt nhau tại 1 điểm nên nhiều nhất là có $C_{30}^{2}=435$ giao điểm. Nhưng sẽ có một số điểm trùng nhau. Có ba nhóm điểm trùng nhau. Ta thấy, 6 đường thẳng qua A giao nhau tại một điểm (chính là A), trong khi tình theo kiểu trên sẽ có $C_{6}^{2}=15$ giao điểm. Vì vậy ta mất đi 5.14 = 70 điểm. Ta lại thấy các đường thẳng qua C, D và E cùng vuông góc với AB sẽ song song với nhau, ta lại loại thêm 3 giao điểm. Như vậy ta mất thêm $C_{5}^{3}.3=30$ điểm. Cuối cùng ta nhận thấy đường thẳng qua A vuông góc với BC là đường cao trong tam giác ABC, cũng tương tự với đường thẳng qua B và vuông góc với AC, đường thẳng qua C va vuông góc với AB, chúng đồng quy tại trực tâm của tam giác ABC. Với tam giác ABC ta phải loại đi 2 giao điểm. Vì thế phải loại thêm $C_{5}^{3}.2=20$ giao điểm. Rõ ràng các giao điểm trùng lặp nói trên đều phân biệt nhau (do ba miền vừa xét rời nhau), vậy nên giá trị lớn nhất có thể có của số các giao điểm là 435 - 120 = 315.

Có thể là đề đã bị nhầm, vì tôi đã tìm ra được phản ví dụ:với a=5, b=3 thì a+1=6 và b+2007=2010 đều chia hết cho 6, thế nhưng 4a+a+b=4.5+5+3=28 không chia hết cho 6.Nhưng nếu theo đề bài này thì nếu a+1 chia hết cho 6 thì a+1 phải có dạng 6k(k thuộc Z). Khi đó, a=6k-1. Cũng giải thích tương tự cách làm với b+2007 chia hết cho 6.

Vì sao $n^3 -n $ chia hết cho 6.

Cái này cũng giống như tích k số tự nhiên liên tiếp mà mình đã giải rồi!

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{bmatrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.$\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{bmatrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{bmatrix}$.

Thử lại thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

Hình như bạn nhatquangsin đã nhầm chỗ này, f đề bài ko liên tục nên ko thể áp dụng pt hàm Cauchy....

Cho $x=y=0$ vào (*):$f(0)=f(0)^{2}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0 & \\ f(0)=2 & \end{bmatrix}$

Cho $y=1$ vào (*):$f(x-1)=-f(1)+f(x).f(1)\Leftrightarrow f(x-1)=f(1)[f(x)-1]$ (2)

Cho $x=1$ vào $(2)$, đặt $f(1)=a$: $f(0)=f(1)[f(1)-1]=a(a-1)$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=0 & \\ a=1 & \end{bmatrix}$

Xét $a=0$: Thay $a=0$ vào $(2)$:$f(x-1)=0$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=1$: Thay $a=1$ vào $(2)$:$f(x-1)=f(x)-1$ $\Rightarrow f(x+1)=f(x)+1$ (1a)

Cho $x=0$ vào $(1a)$: $f(-1)=-1$

Cho $y=-1$ vào $(*)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)-f(-1)+f(x)f(-1)$ (3)

Thay $f(-1)=-1$ vào $(3)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)=1\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$ (1b)

Từ $(1a)$ và $(1b)$ $\Rightarrow f(x)=-f(-x)$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm lẻ.

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm lẻ vào (*):$f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y)$ (4)

Kết hợp $(*)$ và $(4)$ $\Rightarrow f(x+y)+f(x-y)=2f(x)$ (5)

Cho $x=y$ vào $(5)$:$f(2x)=2f(x)$

Đặt $u=x+y, v=x-y$ vào (5):$f(u)+f(v)=2f(\frac{u+v}{2})\Leftrightarrow f(2u)+f(2v)=2f(u+v)=f(2u+2v)$

$\Rightarrow f(u)+f(v)=f(u+v)$ $\Rightarrow f(x)=kx$

Thay vào (*) ta được:$\begin{bmatrix} k=0 & \\ k=1 & \end{bmatrix}$

$k=0$: hàm hằng (thỏa).

$k=1$: f(x)=x (thỏa).

Trường hợp 2: $f(0)=2$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=-1 & \\ a=2 & \end{bmatrix}$

Xét $a=-1$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=-1$

Thay $f(-1)=-1$ vào (3):$f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$

Ta có từ $(2)$: $f(x-1)=1-f(x)\Rightarrow f(x+1)=1-f(x)$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)$ suy ra $f(x)$ là hàm chẵn

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm chẵn vào $(*)$:$f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x-y)$, cho $y=x$ $\Rightarrow f(2x)=f(0)=2$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=2$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=2$

Thay $f(-1)=2$ vào (3):$f(x+1)=3f(x)-2-f(-x)$

Từ $(2)$: $f(x-1)=2f(x)-2\Rightarrow f(x+1)=\frac{f(x)+2}{2}$

$\Rightarrow 6f(x)-4-2f(-x)=f(x)+2\Leftrightarrow 5f(x)-2f(-x)=6$

Thay $x$ bởi $(-x)$ ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} 5f(x)-2f(-x)=6 & \\ 5f(-x)-2f(x)=6 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)=2$ (hàm hằng thỏa).

Kết luận: $f(x)$ là hàm hằng hay $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

Thay vào 1a có thỏa mãn đâu bạn????

Mà chỉ có hai hàm hằng thỏa mãn là f(x) = 0 và f(x) = 2 bạn ạ.....

Lời giải của thuan192 cũng mắc lỗi tương tự nhatquangsin....

Nếu mình nhớ không lầm thì đây là bài hình IMO 1966, đã được mình đăng cách đây khá lâu....Và có một lời giải muốn chia sẻ với các bạn IMO 1966. Tham khảo nhé!!!  

Một lời giải khác như sau; Gỉa sự điều ngược lại đúng, tức là diện tích các tam giác đó đều lớn hơn 1/4 diện tích tam giác ABC. Xét tam giác ALM có: $4S_{ALM}>S_{ABC}\Leftrightarrow 4AL.AMsinA>AB.ACsinA\Leftrightarrow 4AL.AM> AB.AC\Leftrightarrow 4AL.AM>(AM+BM).(AL+CL)\Leftrightarrow 3AL.AM> AM.CL+BM.AL+BM.CL$. Nếu ta đặt $k=\frac{BK}{CK};l=\frac{CL}{AL};m=\frac{AM}{BM}$  và bất đẳng thức ta vừa chứng minh được viết lại là $3>l+\frac{1}{m}+\frac{l}{m}$. Tương tự ta có: $3>k+\frac{1}{l}+\frac{k}{l}$;$3>m+\frac{1}{k}+\frac{m}{k}$. Cộng 3 bđt theo vế ta được: $9>(k+\frac{1}{k})+(n+\frac{1}{n})+(m+\frac{1}{m})+(\frac{k}{l}+\frac{l}{m}+\frac{m}{k})$ (trái với BĐT Cauchy). Do đó ta có đpcm...

Mình cũng hơi kém phần tổ hợp rời rạc này, nên cũng muốn được học tập trao đổi kinh nghiệm. Mình xin đưa ra một bài nho nhỏ:

Bài 8: (phương pháp tự do, không câu nệ cách giải) Trên một sân chơi có 10 em bé đứng. Biết rằng khoảng cách giữa các em bé đôi một khác nhau và mỗi em bé cầm trong tay một quả bóng (quả bóng là một trong bốn màu đỏ, vàng, lam, lục). Sau hiệu lệnh của chị phụ trách, mỗi em đưa quả bóng của mình cho bạn đứng gần nhất. Hỏi rằng có ít nhất bao nhiêu em bé còn có bóng trong tay?

Bài 35: Cho 2014 điểm trong mặt phẳng sao cho bao lồi của chúng là một bát giác là 8 điểm của hệ điểm đã cho. Biết không có điểm nào thẳng hàng và bát giác bao lồi ấy có diện tích không vượt quá 1,5 cm^2. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm thuộc hệ trên sao cho diện tích tam giác tạo bởi 3 điểm ấy không vượt quá 1/2014 cm^2.......

Nhớ có cái bổ đề này thì phải : $2^n.y + 1$ có vô số ước nguyên tố dạng $4k+3$ . ( n được chọn bất kì )

Khai triển : $x^{2^n}-1 = (x^2-1)(x^2+1)(x^4+1)....(x^{2^{n-1}}+1)$ như đã biết thì $p=4k+3$ không là ước của $a^2+1$ 

Vậy có vô số nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $x^2-1$ mà $x$ cố định . Vậy $x =1$

Bạn thử chứng minh cái bổ đề xem nào...(mình có một lần xem qua chứng minh này nhưng chưa hiểu lắm!!!)

Ta có $x,y \geq 0$

Xét 2 TH:

TH1: $x=y=0$

Dễ thấy đây là nghiệm của PT

TH2: $x,y$ khác $0$

Gọi $d=\left ( x,y \right )$, $x=dx_1$, $y=dy_1$

PT tương đương: $dx_1^5\left ( x_1^2+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $\left ( x_1,y_1 \right )=1$ nên $x_1=1$, suy ra $y_1^2+1=y_1^6$ (vô nghiệm)

Vậy $x=y=0$ là nghiệm của PT

Ý này sao ngộ vậy???    

Bài 1: Tồn tại hay ko số n sao cho số có dạng 2012201220122012...2012 (n số 2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2011?

 

xét dãy $2012,20122012,...,\underbrace{2012...2012}_{2012}$  nên có 2 số trong dãy trên cùng số dư khi chia cho $2011$

giả sử $(\underbrace{2012...2012}_{m}-\underbrace{2012...2012}_{k})\vdots 2011$       với    $  (2012\geq  m> k>1)$

 

$\Leftrightarrow \underbrace{2012...2012}_{m-k}\underbrace{0...0}_{k}\vdots 2011\Leftrightarrow \underbrace{2012...2012}_{m-k}.10^k\vdots 2011$

 

mà $(10^k,2011)=1$ suy ra $\underbrace{2012...2012}_{m-k}\vdots 2011$!!!

Bài này là một bài vô cùng quen thuộc, thường sử dụng là nguyên tắc Đirichlet: "Nhốt n+1 (n số tự nhiên lớn hơn 1) con thỏ vào trong n cái chuồng thì rõ ràng tồn tại ít nhất một cái chuồng chứa một con thỏ  ". Điểm đăc bịêt của bài này chính là kết hợp thêm dữ kiện 2011 là số nguyên tố (thử sẽ thấy ngay). Đây là một bài toán cũng khá thú vị. Còn bài 2 thì nhường cho các bạn giải (mình sẽ đăng lời giải bài này sau).

Bài 3: Tồn tại hay ko số x nguyên thỏa mãn $x^{2401}+x^{2}+1\vdots 2013$?

Lưu ý với các bạn là các bạn có thể ra đề cho mọi người cùng thảo luận tại đây.  

Bài 44: Cho k, m, n là các số nguyên dương lớn hơn 1 thoả mãn m, n nguyên tố cùng nhau. Hỏi phương trình này có bao nhiêu bộ nghiệm nguyên dương $(x_{1};x_{2};...;x_{k+1})$? Chứng minh điều đó:

$\sum_{i=1}^{k}x_{i}^{m}=x_{k+1}^{n}$

Bài 45: Chứng minh với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2 ta luôn có: $4\sum_{i=1}^{n}\varphi (i)\geq n^{2}-n+8$, trong đó $\varphi (n)$ chỉ số các số nguyên tố cùng nhau với n và ko vượt quá n (Hàm Euler).

Topic này được lập ra là để chiêu mộ các lời giải độc đáo cho các bài toán số học hay (nhiều cách giải càng hay). Được sự ủng hộ của Juliel, mình quyết định lập ra topic này để trao đổi với các bạn về các vấn đề xung quanh số học, vốn cũng là một đề tài khá nóng hổi trong toán học. Mình sẽ cố gắng đưa ra nhiều bài toán hay và lạ (có thể là sưu tầm từ đâu đó, nếu là của mem trên diễn đàn mình sẽ nhập tên (khuyến khích lời giải sáng tạo, khác so với lời giải đã từng có), cũng có thể là do mình nghĩ ra). Rất mong được các bạn trên diễn đàn ủng hộ.

Sau đây mình xin nói sơ lược về số học: Số học là một bộ môn ra đời sớm hơn hết thảy các bộ môn khác. Các nhà toán học luôn tìm hiểu về quy luật của các con số, từ đó rút ra được các hiện tượng. Không phải bài toán số học nào cũng dễ nhận ra lời giải. Chẳng hạn như các bài toán lớn của Fermat. Theo như tôi bít thì Fermat có rất nhiều công trình vĩ đại trong hầu hết các lĩnh vực của toán học. Tuy nhiên cảm hứng của ông lại chính là lý thuyết số (nhờ cảm hứng từ cuốn "Số học" của Diophante). Ông có rất nhiều công trình vĩ đại trong lý thuyết số. Đặc bịt là bài toán lớn của Fermat ("Định lí cuối cùng của Fermat" của Simon Singh (các bạn nên đọc thử)) mà rất nhiều người bít:

Phương trình $x^{n}+y^{n}=z^{n};n=3,4,5,...$ vốn ko thể có nghiệm nguyên (x; y; z) khác 0.

Bài toán đã thách thức bộ óc nhiều thế hệ các nhà toán học.

Nói nhiu đây thôi. Tóm lại rất mong được trao đổi cũng các bạn. Sau đây là 2 bài đầu tiên:

Bài 1: Tồn tại hay ko số n sao cho số có dạng 2012201220122012...2012 (n số 2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2011?

Bài 2: Tìm ba chữ số tận cùng của số $1993^{1994^{1995^{...^{2000}}}}$.

Bài 52.

Gọi $P(n)$ là số phân hoạch nguyên n

$\sigma \left ( n \right )$ là tổng tất cả các ước nguyên dương của n

CMR$nP(n)=\sigma (n)+\sigma (n-1)P(1)+ ...+\sigma (1)P(n-1)$

Hình như có sẵn công thức của hai hàm số học này, chỉ cần ráp vào cộng thêm chút biến đổi là được thì phải (Theo ý kiến bản thân)... Chưa biết có đúng ko nhưng trước mắt hướng giải là như vậy!!!

Bài 30:  Chứng minh rằng phương trình $5n^{2}=36a^{2}+18b^{2}+6c^{2}$ (4 ẩn) không có nghiệm nguyên nào khác ngoại trừ nghiệm n = a = b = c = 0.

(APMO 1989)

(sao em thấy bài này kì cục quá)

 

Đầu tiên ta thấy $(a,b,c)=1\Rightarrow(ab,c)=1$. Ta có$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}=\frac{1}{c}\Leftrightarrow a+b=\frac{ab}{c}$

Do $a+b$ nguyên dương nên $\frac{ab}{c}$ nguyên dương. Mà $(ab,c)=1$$\Rightarrow c=1$\

Như vậy $ab=a+b$$\Leftrightarrow ab-a-b+1=1\Leftrightarrow (a-1)(b-1)=1$

Do $a,b$ nguyên dương nên $a-1\geq 0,b-1\geq 0$. Nếu $a-1>1$ hoặc $b-1>1$ thì $(a-1)(b-1)>1$

$\Rightarrow a-1=1, b-1=1$$\Rightarrow a=b=2$

Tương tự như vậy thì $d=e=2$. Vậy thì $2(a+b+d+e)=16$

(a,b,c)=1: Ở đây được hiểu theo nghĩa là UCLN của 3 số a,b,c hay nói cách khác là a,b,c không có nhân tử chung(có thể hai trong ba số có ước chung lớn nhất lớn hơn 1 nhưng ba số không có nhân tử chung). Mà a=3;b=6 cũng đâu có sai.

Hai bài tương đối đơn giản, nhanh tay lẹ mắt mà giải đúng thì sẽ được like nhiều...    

Bài 58: Tìm tất cả các số có 4 chữ số là bội của 3, đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng ba chữ số còn lại, giá trị tuyệt đối giữa hiệu hai số hàng chục và hàng đơn vị bằng đúng số hàng nghìn và chữ số hàng đơn vị có thể phân tích thành hiệu bình phương hai số tự nhiên.

Bài 59: Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: $x^{5}(x^{2}+y^{2})=y^{6}$.

P/s: Dạo này topic có một sự yên ắng nhẹ...     

Bài 30:  Chứng minh rằng phương trình $5n^{2}=36a^{2}+18b^{2}+6c^{2}$ (4 ẩn) không có nghiệm nguyên nào khác ngoại trừ nghiệm n = a = b = c = 0.

(APMO 1989)

Lâu quá, thôi giải luôn:

Ta thấy n phải chia hết cho 3 (do (3,5)=1). Mà $5n^{2}-36a^{2}-18b^{2}\vdots 9\Rightarrow c\vdots 3$. Ta đặt $n=3n_{1};c=3c_{1}(n_{1};c_{1}\in\mathbb{N})$.

Từ đó ta có $5n_{1}^{2}=4a^{2}+2b^{2}+6c_{1}^{2}$(*). Bây giờ ta xét $n_{1}$, a, b, $c_{1}$ với $n_{1}$ bé nhất. Ta có nhận xét rằng một số chính phương chia cho 16 có số dư là 0; 1; 4; 9. Vì $n_{1}$ chẵn nên $5n_{1}^{2}$ chia cho 16 dư 0 hoăc 4. Tương tự $4a^{2}$ chia 16 dư 0 hoặc 4. Thế nên $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia 16 dư 0, 4, 12(1). Mà $2b^{2}$ chia 16 dư 0, 2, 8 và $6d^{2}$ chia 16 dư 0, 6, 18. Vậy nên $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia 16 dư 0, 2, 6, 8, 10, 14(2). Từ (1); (2) suy ra $2b^{2}+6c_{1}^{2}$ chia hết cho 16. Do đó b, $c_{1}$ chẵn. Ta thấy a ko thể là số chẵn, vì nếu ngược lại thì $(\frac{n_{1}}{2},\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c_{1}}{2})$ là nghiệm của phương trình với $n_{1}>\frac{n_{1}}{2}$, trái với giả định.

Vì $n_{1}$, b, $c_{1}$ chẵn nên ta có thể chia hai vế của (*) cho 4 được một phương trình dạng $5n_{2}^{2}=a^{2}+2b_{1}^{2}+6c_{2}^{2}$ (trong đó a lẻ). Suy ra $n_{2}$ lẻ. Thế nên $5n_{2}^{2}-a^{2}\equiv 4,12(mod16)$. Suy ra $2b_{1}^{2}+6c_{2}^{2}\equiv 4,12(mod 16)$, điều này trái với (2).

Vậy ta có đpcm...

Theo em là vì $x_1^2+y_1^2=\frac{y_1^6}{x_1^5}\in \mathbb{Z}$, mà $(x_1,y_1)=1$ nên $x_1=1$

Thế thì còn d nữa rồi sao??? $x_{1}=1$ đâu suy ra d = 1.

Bổ đề 1.Nếu d là ước nguyên tố lẻ của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$ thì $d\equiv 1\left ( mod 2^{n+1} \right )$

Bổ đề 2. Nếu $x\equiv 1\left ( mod c^{k} \right )$ thì$x^{c^{m}}\equiv 1\left ( modc^{m+k} \right )$

 Trở lại bài toán ta có vì p,q là ước nguyên tố lẻ của $a^{6^{n}}+b^{6^{n}}$ nên từ bổ đề 1 suy ra$p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 2^{n+1} \right )$                                                                                              .1.

Vì $\left (a,b \right )= 1$ nên$p^{6^{n}}+q^{6^{n}}\equiv 0\left ( mod 3 \right )$.Từ đó $\left (p,3 \right )=\left (q,3 \right )= 1$ vì thế$p^{2^{n}}\equiv q^{2^{n}}\equiv 1\left ( mod 3 \right )$ .theo bổ đề 2 ta có$p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 3^{n+1} \right )$       .2.

Từ .1. và .2. và do 2 va 3 nguyên tố cùng nhau nên $p^{6^{n}}\equiv q^{6^{n}}\equiv 1\left ( mod 6.\left ( 12 \right )^{n} \right )$.Do đó

$p^{6^{n}}+ q^{6^{n}}\equiv 2\left ( mod 6.\left ( 12 \right )^{n} \right )$

Vậy phần dư cần tìm là 2

Bạn nên chứng minh rõ hai bổ đề....

Bài 33: Ta có: $n^{2}=(m+1)^{3}-m^{3}=3m^{2}+3m+1,(n\in\mathbb{N};m\in\mathbb{Z})\Rightarrow (2n+1)(2n-1)=3(2m+1)^{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2n+1=3a^{2}\\2n-1=b^{2} \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix} 2n+1=b^{2}\\2n-1=3a^{2} \end{matrix}\right.((2n-1,2n+1)=1,ab=2m+1;(a,b)=1)$.

Mà b ko chia hết cho 3 và b lẻ nên b = 6k + 1 hoặc b = 6k - 1.

TH1: $2n-1=b^{2}=(6k\pm 1)^{2}=36k^{2}\pm 12k+1\Rightarrow n=18k^{2}\pm 6k+1=(3k)^{2}+(3k\pm 1)^{2}.$ (đpcm).

TH2: $2n+1=b^{2}=(6k\pm 1)^{2}=36k^{2}\pm 12k+1\Rightarrow 2n-1=36k^{2}\pm 12k-1\vdots 3$ (vô lí).

Kết luận ta có đpcm... 

Đề bài 1 là đúng rồi đấy! Có hai bài để các bạn luyện tiếp nè:

Bài 4: Giải phương trình: $\sqrt[3]{7x+1}-\sqrt[3]{x^{2}-x-8}+\sqrt[3]{x^{2}-8x+1}=2$

Bài 5: Chứng minh nếu $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}=\sqrt[3]{a+b+c}$ thì với mọi n lẻ ta có $\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sqrt[n]{c}=\sqrt[n]{a+b+c}$.

4. Áp dụng hằng đẳng thức $(a+b+c)^{3}-a^{3}-b^{3}-c^{3}=3(a+b)(b+c)(c+a)$ ta sẽ có lời giải.

5. Cũng áp dụng đẳng thức trên ta suy ra 2 trong 3 số là đối nhau (tức là tổng của chúng bằng 0). Từ đó ta suy ra hệ thức trên.