Đến nội dung


Hình ảnh

Topic các bài về số nguyên tố


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 179 trả lời

#1 duongld

duongld

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LD

Đã gửi 02-02-2012 - 21:49

Bài 1: Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p+1 bằng lập phương của 1 số tự nhiên

Bài 2: Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p+1 bằng lập phương 1 số tự nhiên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 04-02-2012 - 21:30

Nguyễn Mạnh Trùng Dương tự hào là thành viên của VMF

Mời các mem Sài Gòn tham gia quán trà đá của anh Badman tại đây

#2 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 02-02-2012 - 21:53

Giải như sau:
$2p+1=k^3 \leftrightarrow 2p=(k-1)(k^2+k+1)$
Nếu $k=2$ thì tự thay vào loại
Nếu $k=3$ thì $p=3^2+3+1=13$
Nếu $k>3$ suy ra $p$ tích 2 số nên không nguyên tố
Vậy $\boxed{p=13}$

$13p+1=k^3$ nên $13p=(k-1)(k^2+k+1)$
Suy ra $13|k-1$ hoặc $13|k^2+k+1$
Nếu $13|k-1$ suy ra $k=14$ suy ra $p=211$ (vì nếu $k>14$ thì $p$ là tích 2 số vô lý)
Nếu $13|k^2+k+1$ suy ra $k^2+k+1=13$ vì nếu $k^2+k+1>13$ không thì $p$ là tích 2 số vô lý suy ra $k=3$
Vậy $\boxed{p=2,211}$
P/S anh rất hoan nghênh topic này vì số nguyên tố rất hay!@@@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 02-02-2012 - 21:58


#3 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 02-02-2012 - 22:02

tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho mỗi số vừa là tổng vừa là hiệu của 2 số nguyên tố
tìm tất cả bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của 3 số này cũng là số nguyên tố

a)$p=m+n;p=a-b$
Nếu $p=2$ suy ra loại vì $m+n>2$
Suy ra $p$ lẻ do vậy $m,n$ có một lẻ một chẵn giả sử $m=2$
Suy ra $p=2+n$ <1>
Th1: $a=2$ suy ra loại vì $2-b<2$
Th2: $b=2$ <2>
Từ <1> <2> suy ra $p=2+n,p=a-2$
Nếu $n=3$ suy ra $p=5$ chọn
Nếu $n>3$ suy ra $p \equiv 1,2 \pmod{3}$
Nếu $p \equiv 1 \pmod{3}$ thì $a$ chia hết cho $3$ suy ra $p=1$ loại
Nếu $p \equiv 2 \pmod{3}$ thì $n$ chia hết cho 3 quay lại th trên
Vậy $\boxed{n=5}$

b) $p^2+q^2+q^2=t$ với $t\mathbb P$
Nếu trong $p,q,r$ không có số nào chia hết cho $3$ suy ra $p^2+q^2+r^2 \equiv 0 \pmod{3}$ thì $t=3$ vô lý
Do vậy trong đó có một số bằng $3$
Mà $p,q,r>1$ nên số bằng 3 chỉ là $q,p$
Nếu $p=3$ suy ra $3^2+5^2+7^283$ chọn
Nếu $q=3$ thì $t$ chẵn loại
Vậy $\boxed{(p,q,r)=(3,5,7)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 02-02-2012 - 22:09


#4 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Điều hành viên THCS
  • 517 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 02-02-2012 - 22:03

Giả sử $p=p_1+p_2=p_3+p_4$ vì $p_1;p_2;p_3;p_4$ là các số nguyên tố nên $p>2$ Suy ra p lẻ suy ra $p_1;p_2$ có 1 số chẵn và $p_3;p_4$ cũng vậy.Giả sử $p_2=p_4=2$ $p=p_1+2=p_3-2=>p_4+1=p^3$.Ta có $p_1;p_1+2;p_1+4$ là các số lẻ liên tiếp nên sẽ có 1 số chia hết cho 3 nên $p=5$ và $p_1=3$
@@@@@@@@@@@@

#5 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • ĐHV Tổng hợp
  • 3544 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐN
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 03-02-2012 - 18:00

Bài 5:
Giải phương trình nghiệm nguyên với $p$ là số nguyên tố lẻ.
\[ x^p+y^p=p[(p-1)!]^p \]
Bài 6:
Tồn tại hay không các số nguyên tố $a,b,c$ sao cho $a^b+2011=c$
Bài 7:
Tìm 2011 số nguyên tố sao cho tích các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc 2010 của chúng.

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$

 

 

 

 

I'm still there everywhere.


#6 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 03-02-2012 - 18:13

Bài 5:
Giải phương trình nghiệm nguyên với $p$ là số nguyên tố lẻ.
\[ x^p+y^p=p[(p-1)!]^p \]
Bài 6:
Tồn tại hay không các số nguyên tố $a,b,c$ sao cho $a^b+2011=c$
Bài 7:
Tìm 2011 số nguyên tố sao cho tích các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc 2010 của chúng.

Bài 6:
$a^b+2001=c$
Nếu $c=2$ loại
$c>2$ nên $c$ lẻ hay $a^b$ chẵn
Suy ra $a=2$ do vậy $2^b+2011$ nguyên tố
Nếu $b=2$ suy ra $4+2011=2015$ loại
Nếu $b>2$ nên $b=2k+1 \rightarrow 2^{2k+1}+2011 \equiv 0 \pmod{3}$ loại
Vậy không tồn tại $a,b,c$ thỏa đề

Bài 7: Gọi các số nguyên tố là $a_1,a_2,...,a_2011$ (chú ý $2011\mathbb P$)
Suy ra $a_1^{2011}+a_2^{2011}+...+a_{2011}^{2011}=a_1.a_2....a_{2011}$
Nếu trong các số trên không có số nào là $2011$ suy ra theo định lý Fermat nhỏ
$Vt \equiv 0 \pmod{2011}$
Do vậy $2011|VP$ nên có một số số chia hết cho 2011 và giả sử có $k$ ($k>0$) số không chia hết cho $2011$ với $0<k< 2011$
Suy ra áp dụng Fermat nhỏ $VT \equiv k \pmod{2011}$ mà $k<2011 \rightarrow k$ không chia hết cho $2011$ do vậy $k=0$ suy ra $a_1=a_2=...=a_{2011}=2011$
Vậy có các nghiệm là $\boxed{(a_1,a_2,...,a_{2011})=(2011,2011,...,2011)}$
P/s: Hì lúc nãy em có post nhầm do vội quá, đã sửa lại hì hì ZzZ :namtay :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 03-02-2012 - 22:48


#7 Zaraki

Zaraki

    Hiệp sỹ biển khơi Jinbei

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 3295 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Number Theory, Geometry

Đã gửi 03-02-2012 - 18:18

Bài 5:
Giải phương trình nghiệm nguyên với $p$ là số nguyên tố lẻ.
\[ x^p+y^p=p[(p-1)!]^p \]

Theo Fermat nhỏ thì $$x+y \equiv x^p+y^p \pmod{p}.$$
Theo pt ta suy ra $p|x^p+y^p$, do đó $$x+y \equiv 0 \pmod{p}$$
Do $p$ lẻ nên $$x^p+y^p \equiv p(x+y)y^{p-1} \pmod{p^2}.$$
Mà $p|x+y$ nên $$p^2 \mid x^p+y^p $$
Cho nên $$p \mid \left[ (p-1)! \right]^p$$
Hiển nhiên vô lí. Vậy không tồn tại $x,y$ nguyên thỏa mãn.
"God made the integers, and else is the work of man."

#8 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • ĐHV Tổng hợp
  • 3544 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐN
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 03-02-2012 - 18:40

Bài 7: Gọi các số nguyên tố là $a_1,a_2,...,a_{2011}$
Suy ra $a_1^2011+a_2^2011+...+a_2011^2011=a_1.a_2....a_2011$
Nếu trong các số trên không có số nào là $2012$ suy ra theo định lý Fermat nhỏ
$Vt \equiv 0 \pmod{2011}$
Do vậy $2011|VP$ nên có một số số chia hết cho 2011 giả sử là $k$
Suy ra áp dụng Fermat nhỏ $VT \equiv k \pmod{2011}$ loại vì không chia hết 2011
Vậy không có nghiệm

Em giải sai rồi, bài này có 1 nghiệm duy nhất là $a_1=a_2=...=a_{2011}=2011$ đó em :icon6:

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$

 

 

 

 

I'm still there everywhere.


#9 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • ĐHV Tổng hợp
  • 3544 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐN
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 03-02-2012 - 22:41

Bài 7: Gọi các số nguyên tố là $a_1,a_2,...,a_2011$
Suy ra $a_1^{2011}+a_2^{2011}+...+a_{2011}^{2011}=a_1.a_2....a_{2011}$
Nếu trong các số trên không có số nào là $2012$ suy ra theo định lý Fermat nhỏ
$Vt \equiv 0 \pmod{2011}$
Do vậy $2011|VP$ nên có một số số chia hết cho 2011 và giả sử có $k$ số không chia hết cho $2011$
Suy ra áp dụng Fermat nhỏ $VT \equiv k \pmod{2011}$ do vậy $k=0$ suy ra $a_1=a_2=...=a_{2011}=2011$
Vậy có các nghiệm là $\boxed{(a_1,a_2,...,a_{2011})=(2011,2011,...,2011)}$
P/s: Hì lúc nãy em có post nhầm do vội quá, đã sửa lại hì hì ZzZ :namtay :icon6:

Lời giải này vẫn chưa được thỏa đáng lắm. Anh trình bày lời giải của anh như sau.
Lời giải:
Gọi các số nguyên tố cần tìm là $p_1;p_2;...;p_{2011}$
Theo giả thiết, ta có:
\[\sum\limits_{i = 1}^{2011} {p_i^{2010}} = \prod\limits_{i = 1}^{2011} {{p_i}} \left( 1 \right)\]
Gọi $k$ là số các số $p_i$ khác 2011 $(0 \leq k \leq 2011)$.
TH1: $k=0$. Dễ kiểm tra TH này thỏa. Lúc đó $p_i=2011;i=\overline{1;2011}$
TH2: $k=2011$. Khi đó, ta có:
\[\forall i:\left( {{p_i};2011} \right) = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
p_i^{2010} \equiv 1\left( {\bmod 2011} \right) \Rightarrow VT\left( 1 \right) \equiv 2011 \equiv 0\left( {\bmod 2011} \right) \\
VP\left( 1 \right)\not \vdots 2011 \\
\end{array} \right.:False\]
TH3: $1 \leq k \leq 2010$. Khi đó, có $k$ số $p_i$ khác 2011 và có $2011-k$ số $p_i$ là 2011.
Do đó
\[\left\{ \begin{array}{l}
VP\left( 1 \right) \vdots 2011 \\
VT\left( 1 \right) \equiv k\left( {\bmod 2011} \right) \\
\end{array} \right.:False\]
Kết luận: $p_i=2011;i=\overline{1;2011}$

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$

 

 

 

 

I'm still there everywhere.


#10 Zaraki

Zaraki

    Hiệp sỹ biển khơi Jinbei

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 3295 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Number Theory, Geometry

Đã gửi 04-02-2012 - 12:52

Bài 9 Tìm các số tự nhiên m và n:
$A=3^{3m^3+6n-61}+4$ là số nguyên tố

Đặt $3m^2+6n-61=3k+2 \ (k \in \mathbb{N}).$
Ta có $$A^2=3^{3k+2}+4=27^k.9+4.$$
Do $27 \equiv 1 \pmod{13}$ nên $27^k.9 \equiv 9 \pmod{13}$, nên $13 \mid A.$
Cho nên $A=13 \Rightarrow m^2+2n=21 \Rightarrow m^2<21$ và $m$ lẻ.
Từ đây ta tìm được $ \boxed{ (m,n) \in \{ (1,10),(3,6) \}}.$
"God made the integers, and else is the work of man."

#11 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Điều hành viên THCS
  • 517 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 04-02-2012 - 13:20

LÂu ngày ko onl anh xin chém câu a) vậy
Đặt $n^4+4=A$
Phân tích đa thức thành nhân tử ta có:
$A=n^4+4$
$=n^4+4n^2+4-4n^2$

$=(n^2+2)^2-(2n)^2 $
$=(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)$
$=\left [ (n-1)^2+1 \right ]\left [ (n+1)^2+1 \right ]$
Vì $A$ là số nguyên tố nên phải có trương2 hợp sau
$\boxed{TH1}:(n-1)^2+1=1\iff n=1\iff A=5$
$\boxed{TH2}:(n+1)^2+1=1(false)$ Because : $n\in \mathbb{N}\to (n+1)^2+1\ge 2$

@@@@@@@@@@@@

#12 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Điều hành viên THCS
  • 517 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 04-02-2012 - 13:28

Câu b cũng phân tích đa thức thành nhân tử ta có(em xin đặt biểu thức đó bằng $B$)
$B=(n-1)(n^2+1)$
Để $B$ là số nguyên tố thì $n-1=1\iff n=2 \iff B=5$
Còn $(n^2+1)$ thì loại
@@@@@@@@@@@@

#13 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Điều hành viên THCS
  • 517 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 04-02-2012 - 13:58

Nếu $k=0$ thì có $4$ số nguyên tố
Nếu $k=1$ thì có $5$ số nguyên tố
Nếu $k=2$ thì có $3$ số nguyên tố

Nếu $k>2$ thì trong 10 số sẽ tồn tại 5 số chẵn và 5 số lẻ
3 số chia hết cho 3 va không chia hết cho 3
Trong 3 số đó sẽ tồn tại 2 số lẻ (vì giả sử đặt 3 số đó lần lượt là $n,n+3,n+6$
xét $n$ lẻ thì sẽ có $1$ số lẻ
xét $n$ chẵn thì sẽ có $2$ số lẻ)
$\iff$ Nếu $n>2$ thì chỉ tồn tại nhiều nhất 2 số nguyến tố
Vậy k=1 sẽ có nhiều số nguyên tố nhất

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 04-02-2012 - 14:25

@@@@@@@@@@@@

#14 toilaab

toilaab

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 22 Bài viết
  • 0 points

Đã gửi 04-02-2012 - 17:49

Từ đầu đến giờ trang này toán bài dễ, mình sẽ cho một số bài khó đây
Bài toán: Chứng minh rằng nếu cho trước số nguyên tố $p$ với $p>5$ thì có một số tự nhiên $r$ không đổi với $2\le r\le p-2$ sao cho trong tập hợp các số có dạng $111...111+r$ ($n$ số $1$) Với $n$ tự nhiên khác $0$ thì không có số nào chia hết cho $p$

P/S: Bác nguyenta98ka sao hay post nhiều bài một lúc thế, đã nghĩ bài thì nghĩ một thể đi!

Nếu $k=0$ thì có $4$ số nguyên tố
Nếu $k=1$ thì có $5$ số nguyên tố
Nếu $k=2$ thì có $3$ số nguyên tố

Nếu $k>2$ thì trong 10 số sẽ tồn tại 5 số chẵn và 5 số lẻ
3 số chia hết cho 3 va không chia hết cho 3
Trong 3 số đó sẽ tồn tại 2 số lẻ (vì giả sử đặt 3 số đó lần lượt là $n,n+3,n+6$
xét $n$ lẻ thì sẽ có $1$ số lẻ
xét $n$ chẵn thì sẽ có $2$ số lẻ)
$\iff$ Nếu $n>2$ thì chỉ tồn tại nhiều nhất 2 số nguyến tố
Vậy k=1 sẽ có nhiều số nguyên tố nhất

Mà bài này có trong nâng cao phát triên toán 6 của Vũ Hữu Bình hay sao nhỉ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toilaab: 04-02-2012 - 17:54


#15 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 04-02-2012 - 18:25

Giải như sau: (bác hơi khinh đấy)
Xét $11...1+r$ ($n-1$ số 1) không chia hết cho $p$ <1>
Lại có $11...11+r$ ($n$ số 1) không chia hết cho $p$ hay $10(11....1+r)+9r-1$ ($n-1$ số 1)
Mà từ <1> nên $10(11....1+r)$ không chia hết cho $p$ nên ta sẽ chọn $9r-1$ chia hết cho $p$ <2>
Ta sẽ chứng minh tồn tại $2\le p\le p-2$ thỏa mãn <2>
Thật vậy xét $9.1,9.2,...,9.p$ <3> thấy chia $p$ đều có dư khác nhau vì nếu có 2 số dư giống nhau, giả sử là $9.m,9.n, m>n$ thì $p|9(m-n)$ vô lý do $gcd(9,1)=1; m-n<p$
Vậy nên tồn tại 1 số trong <3> chia $p$ dư 1, lại thấy $p-1>p>1$ nên <2> đúng suy ra $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-02-2012 - 18:26


#16 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Điều hành viên THCS
  • 517 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 04-02-2012 - 18:43

1/ Cho p ; $8p-1$ là số nguyên tố .CMR: $8p+1$ là hợp số
2/ Một số nguyên tố $P$ chia cho $42$ có số dư $r$ là hợp số .Tìm $r$ ?
3/ Một số nguyên tố $P$ chia cho $60$ có số dư $r$ là hợp số .Tìm $r$ ?
4/Một số nguyên tố $P$ chia cho $30$ có số dư $r$,$r$ không phải là hợp số .Tìm $r$ ?
5/ Tìm số nguyên tố $n^8-1$ với n là số nguyên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 04-02-2012 - 19:19

@@@@@@@@@@@@

#17 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 04-02-2012 - 19:39

1/ Xét $p=2,3$ thấy đúng
Nếu $p>3$ thì thấy $8p-1,8p,8p+1$ là 3 số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho $3$ nhưng $p$ không chia hết cho $3$, $8p-1$ nguyên tố, suy ra $3|8p+1 \rightarrow Q.E.D$

2/ Đặt $P=42.k+r$ vì $P$ nguyên tố nên $gcd(42,r)=1 \rightarrow r$ lẻ
$r$ hợp số nên $r$ khác $1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41$
Mà $n$ không chia hết cho $3,7$ nên $r=25$
Vậy $r=25$
Cách khác: $gcd(r,42)=1$ nên ước $r$ chỉ có thể là $5,11,13,17,19,23,29,31,37,41$ nhưng $r<42$ nên $r>23$ thì loại vì khi đó $r$ nguyên tố, như vậy nếu $r$ có ước là $11,13,17,19$ và lại có $r$ lẻ nên $r$ chia $11,13,17,19$ bằng $3$ vô lý vì $r$ nguyên tố
Do vậy $r$ chỉ có ước là $5$ và suy ra $r=25$

3/ Tương tự câu trên và có $r=49$

4/ $r$ không hợp số nên $r$ nguyên tố hoặc $r=1$ và $r<30$ nên $r=1,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29$ mà $gcd(r,30)=1$ nên $r=1,7,11,13,17,19,23,29$
5/Vì $n$ nguyên tố nên $n^8-1>0$ nên $n>2$ hoặc $n<-2$ <!>
$n^8-1=(n^4-1)(n^4+1)$ thấy từ <1> $\rightarrow n^4>1 \rightarrow n^4-1>1;n^4+1>1$ do vậy $n^8-1$ không nguyên tố loại
Vậy không có $n$ thỏa đề.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-02-2012 - 20:04


#18 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Điều hành viên THCS
  • 517 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 04-02-2012 - 19:50

Góp thêm vài bài nựa
1. Tìm Các số nguyên tố a để $a^2+2^a$ là số nguyên tố
2.Tìm các số nguyên tố $a , b, c$ để $a.b.c<ab+bc+ac$
3.Tìm số nguyên tố $a, b$ sao cho $7a+b$ và $a.b+11$ đều là số nguyên tố
@@@@@@@@@@@@

#19 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 04-02-2012 - 20:06

Bài 1:
$a=2$ loại
$a=3$ chọn
$a>3$ thì $a^2 \equiv 1 \pmod{3}$ và $2^{p}=2^{2k+1} \equiv 2 \pmod{3} \rightarrow 3|a^2+a^2$
Vậy $a=3 \rightarrow a^2+2^a=17$

Bài 2: Không mất tổng quát giả sử $a\le b\le c \rightarrow ab\le ac\le bc$
Suy ra $VT<VP\le 3c \rightarrow abc<3bc \rightarrow a<3 \rightarrow a=2$
Do vậy $2bc<2b+bc+2c \rightarrow bc<2b+2c \rightarrow (b-2)(c-2)<4$ đến đây dễ rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-02-2012 - 20:41


#20 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1255 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 04-02-2012 - 20:54

Đây bài này dễ bác giải nhé

Chứng minh bằng 2 cách :

$1^{100}-2^{100}+3^{100}-...+1981^{100}-1982^{100}$ chia hết 200283

Giải như sau:
Gọi biểu thức là $A$
$1^{100}-1982^{100}=(1-1982)(1+1982)B_1$ chia hết cho $1983$
Nhóm tương tự suy ra $1983|A$
Lại có các số chia hết cho $101$ mà $<1982$ là $101,202,...,1919$ thì ngoại trừ số đó ra các số còn lại không chia hết cho $101$
Theo định lý fermat nhỏ các số còn lại đều $\equiv 1 \pmod{101}$ mà số số có dấu trừ bằng dấu cộng nên triệt tiêu hết
Do vậy $101|A$
Suy ra $200293|A$ (do $gcd(101,1983)=1$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 04-02-2012 - 21:33





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh