Chủ đề này có 71 trả lời

[NLT]

MR5: Tìm x,y tự nhiên và p nguyên tố sao cho: ${x^p} + {y^p} = p{\left[ {\left( {p - 1} \right)!} \right]^p}$
Với p=2 thì ta tìm được x=y=1.
Với p>2. Do p nguyên tố nên p lẻ.
Theo ĐL Fermat: ${x^p} \equiv x\left( {\bmod p} \right);{y^p} \equiv y\left( {\bmod p} \right)$
=> ${x^p} + {y^p} \equiv x + y\left( {\bmod p} \right)$
Mặt khác: ${x^p} + {y^p} = p{\left[ {\left( {p - 1} \right)!} \right]^p}$ chia hết cho p nên x+y chia hết cho p.
Đặt $x = kp - y\left( {k \in N} \right)$
$\Rightarrow {x^p} + {y^p} = {\left( {kp - y} \right)^p} + {y^p}$
Bằng nhị thức Newton, dễ dàng chứng minh được: ${\left( {kp - y} \right)^p} + {y^p}$ chia hết cho ${p^2}$ (để ý là p lẻ nhé) và suy ra:
${x^p} + {y^p} \vdots {p^2} \Rightarrow p{\left[ {\left( {p - 1} \right)!} \right]^p} \vdots {p^2} \Rightarrow {\left[ {\left( {p - 1} \right)!} \right]^p} \vdots p$
$ \Rightarrow \left( {p - 1} \right) \vdots p$ (do p nguyên tố), vô lí.
Vậy pt có nghiệm x=y=1; p=2
----------

[NLT]

Cách giải thứ 3 của princeofmathematics:


SOLUTION 3 :
------------
Bổ đề: Mọi số chính phương chỉ có thể có dạng 5k ;5k+1 hoặc 5k+4, k tự nhiên.
Thật vậy: Gọi SCP bất kì là ${a^2}$ với a tự nhiên, ta có:

$\left[ \begin{array}{l}
a \equiv 0\left( {\bmod 5} \right) \\
a \equiv \pm 1\left( {\bmod 5} \right) \\
a \equiv \pm 2\left( {\bmod 5} \right) \\
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a^2} \equiv 0\left( {\bmod 5} \right) \\
{a^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right) \\
{a^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right) \\
\end{array} \right.$
Từ đó ta có bổ đề cần chứng minh.
----------
Trở lại bài toán:
Dễ thấy p=2 thỏa đề bài.
Với p>2, do p nguyên tố nên p lẻ. Đặt p=2m+1, m tự nhiên.
Ta có: ${12^p} \equiv {2^p}\left( {\bmod 5} \right)$
Lại có: ${2^p} = {2^{2m + 1}} = {4^m}.2 \equiv {\left( { - 1} \right)^m}.2$ (mod 5)
=> ${2^p} \equiv 2\left( {\bmod 5} \right)$ nếu m chẵn hoặc ${2^p} \equiv - 2 \equiv 3\left( {\bmod 5} \right)$ nếu m lẻ.
Suy ra: ${2^p}$ chia 5 dư 2 hoặc 3 hay ${12^p}$ chia 5 dư 2 hoặc 3.
Mà ${5^p}$ chia hết 5. Suy ra ${5^p}$+${12^p}$ chia 5 dư 2 hoặc 3, hay ta có:

$\left[ \begin{array}{l}
{5^p} + {12^p} = 5n + 2 \\
{5^p} + {12^p} = 5n + 3 \\
\end{array} \right.\left( {n \in N} \right)$
Áp dụng bổ đề, ta suy ra ${5^p} + {12^p}$ không là số chính phương.
Vậy p=2 là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn đề bài
----------

[NLT]

Từ cách giải xét mod 3, ta có những mở rộng thú vị sau:
Đề cho các mở rộng dưới đây là, chứng minh rằng, tồn tại nhiều nhất 1 số nguyên tố p thỏa:
MR6: ${\left( {3m + 1} \right)^p} + {\left( {3n + 1} \right)^p}$ là số chính phương.

CM: Xét p>2. CM tương tự bài giải, ta có ${\left( {3m + 1} \right)^p} + {\left( {3n + 1} \right)^p}$ chia 3 dư 2 nên không là số chính phương, chỉ tồn tại nhiều nhất 1 số p thỏa đó là p=2
MR7: ${\left( {3m + 4} \right)^p} + {\left( {3n + 8} \right)^p}+2$ là số chính phương.
CM: Cũng tương tự, xét p>2 ta có ${\left( {3m + 4} \right)^p} + {\left( {3n + 8} \right)^p}$+2 chia 3 dư 2 nên không là số chính phương, chỉ tồn tại nhiều nhất 1 số p thỏa đó là p=2

[NLT]

Từ cách giải bằng chữ số tận cùng, ta tiếp tục với những mở rộng sau.
MR8:CMR không tồn tại p để ${\left( {10m + 1} \right)^p} + {\left( {10n + 1} \right)^p}$ là số chính phương.
Giải: Tương tự, bằng xét đồng dư với 10, ta chứng minh được ${\left( {10m + 1} \right)^p} + {\left( {10n + 1} \right)^p}$ có tận cùng bằng 2 => không là số chính phương.
MR9: CMR số: A=$1! + 2! + 3! + ... + 50!$ không là số chính phương.
Giải: Nhận xét: Với mọi n tự nhiên, n không nhỏ hơn 5 thì:
$n!$ tận cùng bằng 0. Thật vậy:
$n! = 1.2.3.4.5....n$ luôn chứa thừa số 2 và 5 do n không nhỏ hơn 5, vì vậy n! chia hết cho 10 nên tận cùng bằng 0.
Suy ra: $5!;6!;7!;...;50!$ đều tận cùng bằng 0.
Do đó: A=$1! + 2! + 3! + ... + 50!$=33+(5!+6!+7!+...+50!) tận cùng là 3, không là số chính phương, ta có đpcm.
Từ MR9, ta được MR10 như sau:
MR10: Tìm tất cả các số nguyên dương n để A=$1! + 2! + 3! + ... + n!$ là số chính phương.
giải: Với n=1 thì A=1 là số chính phương.
Với n=2 thì A=3 không là số chính phương.
Với n=3 thì A=9 là số chính phương.
Với n=4 thì A=33 không là số chính phương.
Với n>4, tức n không nhỏ hơn 5, thì theo nhận xét, ta có:
$5!;6!;7!;...;n!$ đều tận cùng bằng 0.
Do đó: A=$1! + 2! + 3! + ... + n!$=33+(5!+6!+7!+...+n!) tận cùng là 3, không là số chính phương.
Vậy chỉ có n=1;n=3 thỏa đề ra.
MR11: CMR tồn tại nhiều nhất 1 số nguyên tố p thỏa ${\left( {10m + 4} \right)^p} + {\left( {10n + 6} \right)^p} + 8$ là số chính phương.
GIẢI: Dễ thấy: ${\left( {10m + 4} \right)^p} \equiv {4^p}(\bmod 10)\& {\left( {10n + 6} \right)^p} \equiv {6^p}(\bmod 10)$
Vì p lẻ nên:${6^p} \equiv - {4^p}(\bmod 10)$
Suy ra ${\left( {10m + 4} \right)^p} + {\left( {10n + 6} \right)^p} + 8$ chia 10 dư 8 nên tận cùng bằng 8, nên ko là số chính phương, ta có đpcm.

[nthoangcute]

Cách giải thứ 4:
________________________________________________
Bổ đề:
Số chính phương chia cho 16 dư 0 hoặc 1 hoặc 4 hoặc 9
Chứng minh bổ đề:
Ta xét số chính phương đó là $n^2$ ($n \in N$)
Nếu $n=8k$ thì $n^2$ chia cho 16 dư 0
Nếu $n=8k \pm 1$ thì $n^2=16(4k^2 \pm k)+1$ chia 16 dư 1
Nếu $n=8k \pm 2$ thì $n^2=16(4k^2 \pm 2k)+4$ chia 16 dư 4
Nếu $n=8k \pm 3$ thì $n^2=16(4k^2 \pm 3k)+9$ chia 16 dư 9
Nếu $n=8k \pm 4$ thì $n^2=16(4k^2 \pm 4k+1)$ chia 16 dư 0
Vậy bổ đề được chứng minh
________________________________________
Trở lại với bài toán:
Ta có:
Vì $p$ là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp:
+Nếu $p=2$ thì $5^p+12^p=169=13^2$ là số chính phương nên $p=2$ thỏa mãn đề bài
+Nếu $p>2$. Do $p$ là số nguyên tố nên $p$ là số nguyên dương lẻ và $p \geq 3$
Đặt $p=2k+1$ ($k$ là số nguyên dương)
Vậy $12^p=12^{2k+1}=144^k.12$ chia hết cho 16 (vì $k>0$)
Lại thấy:
Xét $k=2t$ thì $5^p-5=5^{4t+1}-5=5(5^{4t}-1)=5.624.(625^{t-1}+625^{t-2}+...+1)$ chia hết cho 16

Xét $k=2t+1$ thì $5^p-13=5^{4t+3}-13=125.625^p-13=125(625^p-1)+112 =125.624.(625^{t-1}+625^{t-2}+...+1)+112$ chia hết cho 16
Tóm lại với $p$ lẻ thì $5^p$ chia 16 dư 5 hoặc 13
Suy ra $5^p+12^p$ chia 16 dư 5 hoặc 13
Mà số chính phương chia cho 16 dư 0 hoặc 1 hoặc 4 hoặc 9
Suy ra vô lý
Vậy $p=2$

[nthoangcute]

Cách giải thứ 5:
________________________________________________
Bổ đề:
Số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4
Chứng minh bổ đề:
Ta xét số chính phương đó là $n^2$ ($n \in N$)
Nếu $n=5k$ thì $n^2$ chia cho 5 dư 0
Nếu $n=5k \pm 1$ thì $n^2=5(5k^2+2k)+1$ chia 5 dư 1
Nếu $n=5k \pm 2$ thì $n^2=5(5k^2+4k)+1$ chia 5 dư 4
Vậy bổ đề được chứng minh
________________________________________
Trở lại với bài toán:
Ta có:
Vì $p$ là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp:
+Nếu $p=2$ thì $5^p+12^p=169=13^2$ là số chính phương nên $p=2$ thỏa mãn đề bài
+Nếu $p>2$. Do $p$ là số nguyên tố nên $p$ là số nguyên dương lẻ và $p \geq 3$
Đặt $p=2k+1$ ($k$ là số nguyên dương)
Ta thấy : vì $p \in N^*$ nên $5^p$ chia hêt cho 5
Lại có:
Xét $k=2t$ thì $12^p-2=12^{4t+1}-2=12(20736^t-1)+10=12.20735.(20736^{t-1}+...+1)+10$ chia hết cho 5
Xét $k=2t+1$ thì $12^p-3=12^{4t+3}-3=1728(20736^t-1)+1725=1728.20735(20736^{t-1}+..+1)+1725$ chia hết cho 5
Tóm lại với $p$ lẻ thì $12^p$ chia cho 5 dư 2 hoặc 3
Hay $5^p+12^p$ chia 5 dư 2 hoặc 3
Mà Số chính phương chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4 (theo bổ đề)
Suy ra vô lý
Vậy $p=2$

[nthoangcute]

Cách giải thứ 6:
________________________________________________
Bổ đề:
Số chính phương chia cho 6 dư 0 hoặc 1 hoặc 3 hoặc 4
Chứng minh bổ đề:
Ta xét số chính phương đó là $n^2$ ($n \in N$)
Nếu $n=6k$ thì $n^2$ chia cho 6 dư 0
Nếu $n=6k \pm 1$ thì $n^2=6(6k^2 \pm 2k)+1$ chia 6 dư 1
Nếu $n=6k \pm 2$ thì $n^2=6(4k^2 \pm 4k)+4$ chia 6 dư 4
Nếu $n=6k \pm 3$ thì $n^2=6(4k^2 \pm 6k+1)+3$ chia 6 dư 3
Vậy bổ đề được chứng minh
________________________________________
Trở lại với bài toán:
Ta có:
Vì $p$ là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp:
+Nếu $p=2$ thì $5^p+12^p=169=13^2$ là số chính phương nên $p=2$ thỏa mãn đề bài
+Nếu $p>2$. Do $p$ là số nguyên tố nên $p$ là số nguyên dương lẻ và $p \geq 3$
Đặt $p=2k+1$ ($k$ là số nguyên dương)
Ta thấy $12^p$ chia hết cho 6 với mọi $p$ nguyên dương
Có: Vì $p$ lẻ nên $5^p-5=5^{2k+1}-5=5(25^k-1)=5.24.(25^{k-1}+...+1)$ chia hết cho 6
Suy ra $5^p$ chia 6 dư 5
Vậy $5^p+12^p$ chia 6 dư 5
Mà Số chính phương chia cho 6 dư 0 hoặc 1 hoặc 3 hoặc 4
Suy ra vô lý
Vậy $p=2$

[NLT]

Từ cách giải xét đồng dư với 5, ta tiếp tục có những mở rộng.
MR12: Thay đổi một tí so với bài toán gốc, ta có bài như sau: CMR, không tồn tại p nguyên tố thỏa:${15^p} + {22^p}$ là số chính phương.
Dễ thấy p=2 không thỏa mãn.
Xét p>2 thì p nguyên tố nên p lẻ, để ý rằng: ${22^p} \equiv {2^p}\left( {\bmod 5} \right)$ và ${15^p} \vdots 5$nên ta quay về giải tương tự như cách giải thứ 3 của bài toán ban đầu.
MR13: Từ bài toán trên và bài toán gốc, ta tổng quát hơn như sau:
CMR tồn tại nhiều nhất 1 số p nguyên tố thỏa:$\sqrt {{{\left( {5a} \right)}^p} + {{\left( {5b + 2} \right)}^p}} $ là số nguyên(a,b tự nhiên).
GIẢI: Ta cần chứng minh không tồn tại p nguyên tố lớn hơn 2 để${{{\left( {5a} \right)}^p} + {{\left( {5b + 2} \right)}^p}}$.
Vì p>2, p nguyên tố nên p lẻ.
Để ý rằng: ${\left( {5a} \right)^p} \vdots 5\& {\left( {5b + 2} \right)^p} \equiv 2\left( {\bmod 5} \right)$, ta quay về giải như cách 3 và MR12, suy ra được khi p>2 thì không thỏa, vậy chỉ có nhiều nhất 1 giá trị p thỏa đó là p=2
MR14: Thay đổi một tí so với bài toán gốc và MR12,13, ta có bài như sau: CMR, không tồn tại p nguyên tố thỏa:${10^p} + {23^p}$ là số chính phương.
GIẢI: Thoáng qua thì bài này không khác gì mấy so với các MR trên, nhưng ta hãy để ý nhé, nếu như 22 chia 5 dư 2 thì bài này 23 chia 5 lại dư 3, ta phải xử lí khác so với các MR trên.
Dễ thấy p=2 thì ko thỏa.
Ta có: ${10^p} \vdots 5$
${23^p} \equiv {3^p}\left( {\bmod 5} \right)$
Nhận xét: Với mọi p lẻ thì:$\left[ \begin{array}{l}
{3^p} \equiv 3\left( {\bmod 5} \right) \\
{3^p} \equiv 2\left( {\bmod 5} \right) \\
\end{array} \right.$
Chứng minh: Vì p lẻ nên p=2k+1, k tự nhiên.
=> ${3^p} = {3^{2k + 1}} = {9^k}.3 \equiv {\left( { - 1} \right)^k}.3$
Nếu k chẵn thì ${3^p} \equiv 3\left( {\bmod 5} \right)$
Nếu k lẻ thì ${3^p} \equiv - 3 \equiv 2\left( {\bmod 5} \right)$
Như vậy, nhận xét của ta đã được chứng minh.
Áp dụng nhận xét vào bài, ta suy ra:
$\left[ \begin{array}{l}
{23^p} \equiv 3\left( {\bmod 5} \right) \\
{23^p} \equiv 2\left( {\bmod 5} \right) \\
\end{array} \right.$
=> $\left[ \begin{array}{l}
{10^p} + {23^p} \equiv 3\left( {\bmod 5} \right) \\
{10^p} + {23^p} \equiv 2\left( {\bmod 5} \right) \\
\end{array} \right.$
Áp dụng bổ đề ở cách chứng minh thứ 3 của bài toán gốc ta suy ra, nếu p>2 thì ${10^p} + {23^p}$ không là số chính phương.
Vậy không tồn tại p thỏa ${10^p} + {23^p}$ là số chính phương(Q.E.D)
MR15: Tổng quát MR14, ta có bài toán sau:
CMR tồn tại nhiều nhất 1 số p nguyên tố thỏa:$\sqrt {{{\left( {5a} \right)}^p} + {{\left( {5b + 3} \right)}^p}} $ là số nguyên(a,b tự nhiên).
Xét p>2 giải hoàn toàn tương tự như MR14 và kết luận được p>2 không thỏa, vậy tồn tại nhiều nhất 1 giá trị p nguyên tố thỏa chính là p=2
----------

[NLT]

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: $5^{p}+12^{p}$ là số chính phương.

Cách chứng minh thứ 4 của Nguyen Lam Thinh (princeofmathematics):
----------
Bổ đề: Số chính phương không có dạng 8k+5.
CM: Gọi SCP bất kì à ${a^2}$, a tự nhiên. Ta có:

$\left[ \begin{array}{l}
a \equiv 0\left( {\bmod 8} \right) \\
a \equiv \pm 1\left( {\bmod 8} \right) \\
a \equiv \pm 2\left( {\bmod 8} \right) \\
a \equiv \pm 3\left( {\bmod 8} \right) \\
a \equiv 4\left( {\bmod 8} \right) \\
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a^2} \equiv 0\left( {\bmod 8} \right) \\
{a^2} \equiv 1\left( {\bmod 8} \right) \\
{a^2} \equiv 4\left( {\bmod 8} \right) \\
{a^2} \equiv 9 \equiv 1\left( {\bmod 8} \right) \\
{a^2} \equiv 0\left( {\bmod 8} \right) \\
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a^2} \equiv 0\left( {\bmod 8} \right) \\
{a^2} \equiv 1\left( {\bmod 8} \right) \\
{a^2} \equiv 4\left( {\bmod 8} \right) \\
\end{array} \right.$
Suy ra bổ đề đúng.
----------------
Trở lại bài toán:
Dễ thấy p=2 thỏa đề ra.
Xét p>2, do p nguyên tố nên p lẻ, đặt p=2m+1, m tự nhiên.
Ta có:${5^p} = {5^{2m + 1}} = {25^m}.5 \equiv {1^m}.5 \equiv 5(\bmod 8)$
${12^p} = {12^{2m + 1}} = {144^m}.12 \equiv 0(\bmod 8)$
=>${5^p} + {12^p}$ = 8k+5, theo bổ đề ta suy ra ${5^p} + {12^p}$ ko là số chính phương.
Vậy p=2 là SNT duy nhất thỏa mãn đề bài.
-------------

[nthoangcute]

Mở rộng đây:

Ta vẫn giữ nguyên yêu cầu của đề bài là: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: $"X"$ là số chính phương.

Ta chỉ thay đổi biểu thức $"X"$ để có mở rộng hợp lý
_______________________________________________________
Quy ước: $m,n$ là các hằng số nguyên (lần này không chơi xấu nữa)
Mở rộng 17: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p$ với $m_1,m_2,...,m_n$ nguyên dương có dạng $5k+1$ hoặc $5k-1$ và $m_1+m_2+...+m_n$ chia cho 5 dư 2 hoặc 3
Mở rộng 18: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p$ với $m_1,m_2,...,m_n$ nguyên dương có dạng $6k+1$ hoặc $6k-1$ và $m_1+m_2+...+m_n$ chia cho 6 dư 2 hoặc 5
Mở rộng 19: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p$ với $m_1,m_2,...,m_n$ nguyên dương có dạng $8k+1$ hoặc $8k-1$ và $m_1+m_2+...+m_n$ chia cho 16 dư 2 hoặc 3 hoặc 5 hoặc 6 hoặc 7 hoặc 8 hoặc 10 hoặc 11 hoặc 12 hoặc 13 hoặc 14 hoặc 15

________________________________________________________________________
Chứng minh mở rộng 17,18,19:
Ta có nhận xét sau:
Số chính phương :
- chia cho 5 dư 0,1,4

- chia cho 6 dư 0,1,3,4

- chia cho 16 dư 0,1,4,9
Các nhận xét này đều được chứng minh từ bài toán gốc.
__________________________________________________
Nhận xét 2:
Với $a$ nguyên dương có dạng $5k+1$ hoặc $5k-1$ thì $a^2-1$ chia hết cho 5
Với $a$ nguyên dương có dạng $6k+1$ hoặc $6k-1$ thì $a^2-1$ chia hết cho 6
Với $a$ nguyên dương có dạng $8k+1$ hoặc $8k-1$ thì $a^2-1$ chia hết cho 16
Những nhận xét này đều chứng minh một cách đơn giản.
__________________________________________________
Trở lại với các mở rộng 17,18,19:
Ta có:
Vì $p$ là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp:
+Nếu $p=2$ thì thay vào biểu thức để tính giá trị $X$, xem $X$ có là số chính phương không???
+Nếu $p>2$. Do $p$ là số nguyên tố nên $p$ là số nguyên dương lẻ và $p \geq 3$

MR17: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p=(m_1^p-m_1)+(m_2^p-m_2)+...+(m_n^p-m_n)+(m_1+m_2+...+m_n)$
$=m_1((m_1^2)^p-1)+m_2((m_2^2)^p-1)+...+m_n((m_n^2)^p-1)+(m_1+m_2+...+m_n)$
chia cho 5 dư 2 hoặc 3
---------------------------



MR18: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p=(m_1^p-m_1)+(m_2^p-m_2)+...+(m_n^p-m_n)+(m_1+m_2+...+m_n)$
$=m_1((m_1^2)^p-1)+m_2((m_2^2)^p-1)+...+m_n((m_n^2)^p-1)+(m_1+m_2+...+m_n)$

chia cho 6 dư 2 hoặc 5
---------------------------



MR17: $X=m_1^p+m_2^p+...+m_n^p=(m_1^p-m_1)+(m_2^p-m_2)+...+(m_n^p-m_n)+(m_1+m_2+...+m_n)$
$=m_1((m_1^2)^p-1)+m_2((m_2^2)^p-1)+...+m_n((m_n^2)^p-1)+(m_1+m_2+...+m_n)$

chia cho 16 dư 2 hoặc 3 hoặc 5 hoặc 6 hoặc 7 hoặc 8 hoặc 10 hoặc 11 hoặc 12 hoặc 13 hoặc 14 hoặc 15
---------------------------------------
Áp dụng Nhận xét 1 ta thấy mâu thuẫn khi $X$ là số chính phương.
Tóm lại, ta sẽ tìm được $p$

[NLT]

Từ cách chứng minh thứ 4, tức xét đồng dư với 8, ta có các mở rộng sau:
Dễ thấy những số chính phương chỉ có thể có dạng 8k,8k+1,8k+4 (đã chứng minh trong cách giải số 4)
nên ta có những mở rộng sau đây:
MR16: CMR không tồn tại p nguyên tố để ${11^p} + {12^p}$ là số chính phương.
GIẢI: Xét p=2 thì ${11^2} + {12^2}$ không là số chính phương.
Xét p>2, vì p nguyên tố nên p lẻ. Đặt p=2k+1, k tự nhiên, k >0
CM được ${12^p}$ chia hết cho 8 với p lẻ như cách giải thứ 4.
Ta có: ${11^p} = {11^{2k + 1}} = {121^k}.11 \equiv {1^k}.11 \equiv 11\left( {\bmod 8} \right)$
Nên:${11^p} + {12^p} \equiv 11 \equiv 3\left( {\bmod 8} \right)$ không là số chính phương theo nhận xét. Vậy ta có đpcm.
MR17: Tổng quát của cách giải thứ 4.
CMR, tồn tại nhiều nhất chỉ 1 số nguyên tố p thỏa:${\left( {8a + 5} \right)^p} + {\left( {12b} \right)^p}$ là số chính phương.
GIẢI: Hoàn toàn tương tự như cách giải thứ 4, ta xét p>2, thì ta chứng minh được ${\left( {8a + 5} \right)^p} + {\left( {12b} \right)^p}$ chia 8 dư 5 ko là số chính phương hay với p>2 thì không thỏa. Vậy chỉ có nhiều nhất 1 trường hợp p nguyên tố thỏa bài ra đó là p=2.
MR18: Đây là tổng quát của MR16
CMR, tồn tại nhiều nhất chỉ 1 số nguyên tố p thỏa:${\left( {8a + 3} \right)^p} + {\left( {12b} \right)^p}$là số chính phương.
GIẢI: Hoàn toàn tương tự như cách giải thứ 4, ta xét p>2, thì ta chứng minh được ${\left( {8a + 3} \right)^p} + {\left( {12b} \right)^p}$ chia 8 dư 3, ko là số chính phương hay với p>2 thì không thỏa. Vậy chỉ có nhiều nhất 1 trường hợp p nguyên tố thỏa bài ra đó là p=2.

[NLT]

Vì p là số nguyên tố nên:

* Với p=2 thì $5^p+12^p=169$ là số chính phương (t/m)

* Với $p\neq 2$ thì $p=2k+1(k\in Z^+)$

khi đó $5^p=5^{2k+1}=5.25^k$

mà $25\equiv 1(mod3)\Rightarrow 25^k\equiv 1(mod3)$

$5\equiv 2(mod3)$

suy ra $5^p\equiv 2(mod3)$

$\Rightarrow 5^p+12^p\equiv 2(mod3)$

$\Rightarrow 5^p+12^p$ ko là số chính phương (loại)

Vậy p=2

Chưa chứng minh được số có dạng 3k+2 không phải số chính phương.

[NLT]

Mình ngu số học quá

$5^{p}+12^{p}$

Do tìm $p$ là số nguyên tố nên xét $p=2$ ta thấy thỏa mãn đề bài: ${5^2} + {12^2} = {13^2}$

Xét $p > 2 \to p$ là số lẻ. Lại có: ${5^p} \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)$ và ${12^p} \vdots 3$
$\Rightarrow {5^p} + {12^p} \equiv 2\left( {\bmod 3} \right)$
Mà không có số chính phương nào mà đồng dư với 2 theo mod 3 nên với p>2 thì ko có số nguyên tố p nào thỏa mãn

Vậy với $p=2$ thì ${5^p} + {12^p}$ là số chính phương

P/s: Mình gà quá

P/S: Chưa cm được số chia 3 dư 2 ko chính phương
-------

[Kir]

Sau đây là đáp án:
Nếu p=2k+1 là số lẻ. ta có:
$5^{2k+1}+12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1}\equiv 2.4^{k}\equiv 2.(-1)^{k}\equiv 2 hay 3(mod5)$
Mà số chính phương của 1 số nguyên chỉ có thể $\equiv$ 0,1 hay 4 (mod 5)
Vì thế p không thể là số lẻ
Vậy p=2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kir: 15-05-2012 - 10:12

[NLT]

Sau đây là đáp án:
Nếu p=2k+1 là số lẻ. ta có:
$5^{2k+1}+12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1}\equiv 2.4^{k}\equiv 2.(-1)^{k}\equiv 2 hay 3(mod5)$
Mà sood chính phương của 1 số nguyên chỉ có thể $\equiv$ 0,1 hay 4 (mod 5)
Vì thế p không thể là số lẻ
Vậy p=2

P/S: Đáp án chưa chặt khi chưa chứng minh được số chính phương chia 5 dư 0,1 hoặc 4
----------------

[nthoangcute]

Sau đây là đáp án:
Nếu p=2k+1 là số lẻ. ta có:
$5^{2k+1}+12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1}\equiv 2.4^{k}\equiv 2.(-1)^{k}\equiv 2 hay 3(mod5)$
Mà sood chính phương của 1 số nguyên chỉ có thể $\equiv$ 0,1 hay 4 (mod 5)
Vì thế p không thể là số lẻ
Vậy p=2

Đáp án ngắn gọn, xúc tích và "khó hiểu":
__________________________________________________________
1. Đoạn :"Nếu p=2k+1 là số lẻ" $\to$ chưa nói được $k>0$ (do $p>0$) để cái bên dưới đúng.
Tức là "$5^{2k+1}+12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1}\equiv 2.4^{k}\equiv 2.(-1)^{k}\equiv 2 hay 3(mod5)$"
Nếu không có $k>0$ và $k \in Z$ thì làm sao $ 2.4^{k}\equiv 2.(-1)^{k}\equiv 2(mod5)$
2. Có một chỗ cần giải thích: $5^{2k+1}+12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1} (mod 5)$
Ông phải chứng minh $5^{2k+1}$ chia hết cho 5 với mọi $k$ nguyên dương.
Thật vậy ông có thể thấy $5^0=1$ không chia hết cho 5
Cả chỗ $12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1} (mod 5)$
Ông phải chứng minh nó chứ nhỉ???
3. Một chỗ hay hơn là "$\equiv 2 hay 3(mod5)$"
Chỗ này về mặt toán học là không có chỗ nào cho rằng như thế được.
Về mặt hình thức thì ta có thể hiểu được một phần, nhưng lại mất mĩ quan.
4. "sood" là gì vậy bạn?
Mình lên wiki tìm hiểu thì "Sood là tên cho con trai thứ hai của vua Parmar , người được cho Vương quốc Amarkot (hoặc Umerkot tại thời điểm đó)."
Xem tại đây: http://en.wikipedia.org/wiki/Sood
Có lẽ tương lại sẽ có định lý này.
5. Chưa chứng minh được "số chính phương của 1 số nguyên chỉ có thể $\equiv$ 0,1 hay 4 (mod 5)"
Cách chứng minh có thể là xét $5k$, $5k \pm 1$, $5k \pm 2$ hoặc quy nạp
6. Chưa lý luận rằng "Vì thế p không thể là số lẻ.Vậy p=2"
Cậu phải nói thêm $p$ là số nguyên tố chứ, với lại số nguyên tố chỉ có 2 là số chẵn
______________________________________________
Mình chỉ soi tổng thể bài làm, không soi vào chi tiết...
Có lẽ chúng ta nên học bài bản hơn !!!

[perfectstrong]

Tuần này, mấy em khủng bố Trọng Tài quá ấy nhé mở rộng nào giống nhau hoặc tương tự nhau >80% thì không tính nhé.

[hxthanh]

nthoangcuteo có những nhận xét, phân tích rất hay và chuẩn - Spam một tí!

[NLT]

P/S: Việt - nthoangcute- nhận xét bài giải của Kir là rất chặt chẽ rồi !

[nthoangcute]

Bài làm của minhtuyb:
*Nhận xét: Số chính phương chia cho $5$ dư $0,1,4$. Thật vậy, với $n\in N$, ta có:
$$n\equiv 0\ (mod\ 5)\Rightarrow n^2\equiv 0\ (mod\ 5)$$
$$n\equiv 1\ (mod\ 5)\Rightarrow n^2\equiv 1\ (mod\ 5)$$
$$n\equiv 2\ (mod\ 5)\Rightarrow n^2\equiv 4\ (mod\ 5)$$
$$n\equiv 3\ (mod\ 5)\Rightarrow n^2\equiv 4\ (mod\ 5)$$
$$n\equiv 4\ (mod\ 5)\Rightarrow n^2\equiv 1\ (mod\ 5)$$
Vậy nhận xét được c.m

*Trở lại bài toán:
-Với $p=2\Rightarrow 5^p+12^p=169=13^2\ (True)$
-Với $p>2$. Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn 2 nên $\Rightarrow p=2k+1\ (k\in N^*)$. Ta có:
$5^p\vdots 5$
$12^p=12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1}\equiv 2.4^k\equiv 2.(-1)^k\ (mod\ 5)$
+) Nếu $k$ chẵn thì $5^p+12^p\equiv 2.(-1)\equiv 3\ (mod\ 5)$
Áp dụng nhận xét suy ra $5^p+12^p$ không là số chính phương
+) Nếu $k$ lẻ thì $5^p+12^p\equiv 2.1\equiv 2\ (mod\ 5)$
Áp dụng nhận xét suy ra $5^p+12^p$ không là số chính phương
Vậy với $p>2$ thì $5^p+12^p$ không là số chính phương
K/L: $p=2$ là giá trị của $p$ thỏa mãn điều kiện bài toán

Chào Minhtuyb.
Bài làm của cậu hình như cũng có vấn đề:
________________________________________________________
1. Cậu chưa chứng minh :"$n\equiv 0\ (mod\ 5)\Rightarrow n^2\equiv 0\ (mod\ 5),...$"
Cậu nên biến đổi rõ ra chứ, nếu không người đọc sẽ khó hiểu cách làm này.
Tốt nhất là xét 5 trường hợp để chứng minh, chứ làm bổ đề như vậy thì lúc đi thi là trừ điểm ngay.
2. Phần nhận xét của cậu, có một cái hơi "đểu" là:
Cậu phải "Xét" hoặc "Nếu" các trường hợp chứ, từng trường hợp một: "$n\equiv 0\ (mod\ 5),...,n\equiv 4\ (mod\ 5)$"
3. Chỗ "-Với $p>2$. Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn 2 nên $\Rightarrow p=2k+1\ (k\in N^*)$.",
Cậu phải nói là $p$ là số nguyên dương lẻ trước chứ,...
4. Cũng ở chỗ đó thì Cậu không nên viết là "...nên $\Rightarrow p=2k+1\ (k\in N^*)$."
Khi cậu viết như thế thì người khác hiểu là với $k$ nào cũng thế (kể cả ở trong một bài toán đã có ẩn $k$ cho trước), luôn có $p=2k+1$.
Cậu nên viết là "Đặt $p=2k+1$"
5. Chỗ $12^p=12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1}\equiv 2.4^k\equiv 2.(-1)^k\ (mod\ 5)$
Nên chứng minh $12^{2k+1}\equiv 2^{2k+1} (mod\ 5)$ hoặc có một lời giải thích nào đó.
6. Chỗ cậu viết:"$...2^{2k+1}\equiv 2.4^k\equiv 2.(-1)^k\ (mod\ 5)$"
Cậu đã nhầm dấu $\equiv$ với dấu $=$ (hi hi)
7. Chưa nói rằng:"Nếu $k$ chẵn thì $(-1)^k=1$, Nếu $k$ lẻ thì $(-1)^k=-1$"
Cái này có thể không phải chứng minh nhưng cũng cần phải nêu ra.
8. Cái chữ "Áp dụng nhận xét" thật khó hiểu ???
Người ta chỉ thường nói áp dụng Bổ đề, Bài toán phụ, Chứng minh trên,... chứ ít khi nói như vậy. Nếu đi thi viết như vậy thì người chấm sẽ khoanh tròn vào chỗ đó
9. Kết luận của bạn có vấn đề
Nói "$p=2$ là giá trị của $p$ thỏa mãn điều kiện bài toán" thì không thể nói lên yêu cầu của bài toán.
Nếu chỉ nói $p$ bằng bao nhiêu để thỏa mãn điều kiện bài toán thì không được "hay lắm". Giống như bài toán chỉ có một chiều là biết kết quả bài toán nhưng không chứng minh, mình nghĩ là nên viết rõ hơn hoặc chỉ viết giá trị của $p$.
...
_____________________________________________________________
Thôi mình không soi nữa, mai soi tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 15-05-2012 - 20:24