Chủ đề này có 26 trả lời

[lahantaithe99]

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM 2015

Môn thi: Toán

 

Ngày thi thứ nhất

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

Câu II. Cho tam giác $ABC$ tâm nội tiếp $(I)$ và $AI$ cắt $BC$ tại $D$. Một đường thẳng đi qua $A$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ tại $P,Q$ sao cho $P$ nằm giữa $A,Q$.

a) CMR tích $DP.DQ$ không đổi khi $P,Q$ thay đổi

b) Giả sử đoạn thẳng $PQ$ cắt đoạn thẳng $BD$. Trên đoạn $DB$ lấy điểm $M$ sao cho $DM=DP$. Lấy $R$ đối xứng $M$ qua trung điểm $BC$. $(ADR)$ cắt $(IBC)$ tại $S,T$ . $ST$ cắt $BC$ tại $N$. CMR tam giác $DNQ$ cân.

 

Câu III. Hai bạn An và Bình chơi một trò chơi trên bảng vuông kích thước $3\times 2015$ ( $3$ hàng và $2015$ cột) . Hai người chơi lần lượt, An đi trước. Mỗi lần chơi, An đặt vào bảng một hình chữ nhật ngang $1\times 3$ và Bình đặt vào bảng một hình chữ nhật dọc $3\times 1$. Các hình chữ nhật được đặt vào không được chồng lên nhau. Ai đến lượt mình mà không đặt được hình chữ nhật là thua. Giả sử rằng cả hai bạn đều chơi rất giỏi. Hỏi ai có chiến thuật để chắc chắn dành được chiến thắng? 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 09-05-2015 - 11:39

[nguyenta98]

Bài số học năm nay khá nhẹ nhàng:

Bài 1: (vắn tắt) $3^p+4^p=x^2 \rightarrow 3^p=(x-2^p)(x+2^p) \rightarrow x-2^p=3^m,x+2^p=3^n \rightarrow 2^{p+1}=3^n-3^m \rightarrow m=0,n=p$ (xét mod(3))

Suy ra ngay được $2^{p+1}=3^p-1$ nếu $p>3$ dùng Fermat bé suy ra ngay vô lý, còn $p\le 3$ thì $p=2$ thỏa mãn

 

Bài 3: Quy ước 1x3 là quân nằm ngang và 3x1 nằm dọc

Chia bàn cờ ra thành $671$ cụm 3x3 và một cụm 3x2, gọi các cụm này là $C_1,.,C_{671}$, riêng cụm 3x2 không quan tâm, ta khẳng định bạn $A$ thắng như sau: đầu tiên $A$ đặt quân 1x3 vào $C_1$ (có thể nằm ở hàng trên cùng, giữa hoặc cuối của $C_1$ không quan trọng vì sau khi đặt vào thì $B$ ko thể đặt quân 3x1 nào vào cụm đó nữa) sau đó do bạn $B$ chỉ đặt 3x1 (tức quân nằm dọc) giả sử quân đó thuộc $C_i$ nào đó thì $A$ chỉ cần không đặt quân 1x3 bị chèn vào $C_i$ đó, mà cụ thể $A$ đặt 1x3 vào một $C_j$ khác với $j$ khác $i$, khi đó ta có ngay được $A$ sẽ luôn chiếm giữ được ít nhất $\dfrac{671+1}{2}=336$ cụm 3x3 trong khi $B$ chỉ chiếm giữ được tối đa $335$ cụm 3x3 (do A đi trước), như vậy việc còn lại là hoàn thành các cụm 3x3 thì $A$ có thể hoàn thành với ít nhất $336x3=1008$ quân 1x3 trong khi $B$ chỉ hoàn thành tối đa $2015-1008=1007$ quân 3x1 (cho dù $B$ chiếm giữ cụm 3x2 thừa ra thì vẫn chỉ thu được tối đa 1007 quaan3x1)  tức là $A$ thắng (vì đến lúc B sẽ không đặt được nữa trước khi $A$ không đặt được !)

 

P/S qua cách giải này ta có thể thấy nếu bàn cờ 3xn với $n=6k+t$ với $t$ lẻ thì $A$ sẽ thắng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-05-2015 - 13:44

[nguyenta98]

Lời giải bài hình (mình loay hoay cả trưa không up dc cái hình mọi ng thông cảm)

a) Ta có $AD$ giao $(ABC)$ tại $X$ Từ $D$ kẻ dg thẳng vg với $AD$ cắt $(IBC)$ tại $U,V$  thì do $XD.XA=XB^2$ do đó $AU,AV$ tiếp xúc $(IBC)$

Từ đó suy ra cái tg PUQV điều hòa từ đó có ngay tính chất quen thuộc $DP.DQ=DV.DU=DU^2=DB.DC=DX.DA$ ko đổi

b)$XR$ giao $(ABC)$ tại $W$ thì $XR.XW=XB^2=XD.XA$ do vậy $W$ thuộc $(ADR)$ hay $AW$ là trục đp của $(ADR),(ABC)$

Mà $N=ST \cap BC$ do đó $N$ là tâm đẳng phương 3 đg tròn $(ABC),(ADR), ( IBC)$ do đó $A,W,N$ thẳng hàng

Ta lại có $\angle{XMD}=\angle{XRM}=\angle{XAW}$ (do $DRWA$ tg nội tiếp)

Nên $AMXN$ tg nội tiếp

suy ra $DM.DN=DA.NX$ mặt khác $DB.DC=DP.DQ=DM.DQ$( do câu a))

Suy ra $DN=DQ$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-05-2015 - 16:56

[aloha99]

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

Xét $p=2$ => $x=5$ 

 

Xét $p\neq 2$

$3^p+4^p=x^2\Leftrightarrow (3+4)(3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1})=x^{2}$

nên $x^{2}$ chia hết cho 7

Suy ra $(3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1})$ chia hết cho 7  

Mà $4\equiv -3(mod 7)$ nên $3^{p-1}-3^{p-2}.4+...-3.4^{p-2}+4^{p-1} \equiv 3^{p-1}-3^{p-2}.(-3)+...-3.(-3)^{p-2}+(-3)^{p-1}=p.3^{p-1}$ chia hết cho 7

Suy ra p=7. suy ra $n^{2}=3^{7}+4^{7}$( không tồn tại n thỏa mãn)

 

Vậy $p=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi aloha99: 09-05-2015 - 22:51

[lahantaithe99]

Ngày thi thứ hai

 

Câu IV. Cho $a,b\in\mathbb{Z}$, $n\in\mathbb{Z^+}$. CMR

$A=b^{n-1}a(a+b)(a+2b)...[a+(n-1)b]$ chia hết cho $n!$

 

Câu V. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Gọi $I,J$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $BAD,CAD$. Gọi $DI,AJ$ lần lượt cắt $(O)$ tại $S,T$. Đường thẳng $IJ$ cắt $AB,CD$ tại $M,N$.

a) Chứng minh rằng $SM,TN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$

b) Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABN$ cắt $CD$ tại $P$ khác $N$. $(CDM)$ cắt $AB$ tại $Q$ khác $M$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

 

---------------------------------------------------------------------------

P/s: Rớt rụng răng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 12-05-2015 - 05:51

[deathavailable]

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu IV. Cho $a,b\in\mathbb{Z}$, $n\in\mathbb{Z^+}$. CMR

$A=b^{n-1}a(a+b)(a+2b)...[a+(n-1)b]$ chia hết cho $n!$

 

Câu V. Cho tứ giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $I,J$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $BAD,CAD$. Gọi $DI,AJ$ lần lượt cắt $(O)$ tại $S,T$. Đường thẳng $IJ$ cắt $AB,CD$ tại $M,N$.

a) Chứng minh rằng $SM,TN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$

b) Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABN$ cắt $CD$ tại $P$ khác $N$. $(CDM)$ cắt $AB$ tại $Q$ khác $M$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

 

---------------------------------------------------------------------------

P/s: Rớt rụng răng

 

Ai làm giùm bài hình với ngồi cả buổi loay hoay mãi không ra  

[nguyenta98]

Ai làm giùm bài hình với ngồi cả buổi loay hoay mãi không ra

Bài hình như sau:

a) Dễ cm các điều sau:

1) $\angle{AID}=\angle{DJA}=\dfrac{1}{2}.\angle{ABD}+90$ do đó $AIJD$ tg nội tiếp

2) Cộng góc suy ra tam giác $DJN$ đồng dạng tam giác $IAM$

3) $\angle{NJT}=\angle{AJI}=\angle{AID}=\angle{ADS}=\angle{ATS} \rightarrow \overline{I,J,P,Q}//ST$

4) Từ 3) suy ra ngay $\angle{NJT}=\angle{SAM}$

5) Dễ thấy 2 tam giác cân $TDJ$ và $SAI$ cân tại T,S và hai tam giác này đồng dạng nhau (cộng góc đơn giản)

6) Từ 2) và 5) suy ra hai cặp tam giác đồng dạng: $\Delta{JNT},\Delta{AMS}$ và $\Delta{TND},\Delta{SMI}$ (phép đồng dạng)

7) Từ 6) suy ra ngay $\angle{ASM}=\angle{NTJ}$ hay nếu $NT \cap SM = W$ thì $WAST$ là tg nội tiếp hay có đpcm

 

b) Bổ đề Sawayama mở rộng cho tứ giác:

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, $I,J,M,N$ vai trò tương tự như trong đề bài thì khi đó đường tròn $(S_{1})$ tx trong $(O)$ và tiếp xúc $AB,CD$ thì nó cũng tiếp xúc $(O),AB,CD$ tại tương ứng $W,M,N$ (dành cho các bạn cm, nếu cần mình sẽ post, cũng chú ý thêm là có 2 dg tròn thỏa mãn tx trong $(O)$ và tx $AB,CD$, phụ thuộc vào vị trí nằm của nó mà ta cm)

 

Quay lại câu b, xét dg tròn $(S_{2})$ tx trong $(O)$ và tx $AB,CD$ đồng thời $ (S_{2})$ khác $(S_{1})$ thì nó tx $(O),AB,CD$ tại $K,Q',P'$

Khi đó ta có $AB \cap CD = G$ thì $G$ là tâm vị tự ngoài $(S_{1}),(S_{2})$ và $K,W$ là tâm vị tự ngoài của $(S_{2}),(O)$ và $(S_{1}),(O)$ tương ứng, khi ấy theo định lý D' Alambert ta có $K,G,W$ thẳng hàn, và tương tự câu a kết hợp bổ đề nêu trên ta cũng có $SQ' \cap TP' = K$ và $P'Q'//ST$ và $P'Q'$ đi qua tâm nội tiếp tam giác ABC,DBC (*)

Do đó

$\angle{SQ'M}=\angle{KQ'B}=\angle{Q'P'K}=\angle{STK}=\angle{SWK}$ (do sự tiếp xúc) và suy ra ngay $MQ'KW$ nội tiếp, tương tự $NP'KW$ nội tiếp

Suy ra $GM.GQ'=GK.GW=GC.GD$ (do $G,K,W$ thẳng hàng cmt) suy ra $MQ'CD$ nội tiếp hay $Q'$ trùng $Q$ tương tự $P'$ trùng $P$ (**)

Từ (*)(**) suy ra đpcm

 

 

P/S Một kiểu khác, ta có thể cm $MQ'KW$ nội tiếp như sau: $SM.SW=SA^2=SB^2=SQ'.SK$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-05-2015 - 16:49

[nguyenta98]

Bài số học có thể giải như sau:

Xét một số nguyên tố $p$ bất kì $p\leq n$

TH1: $p|b$ thì $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)) \geq n$ trong khi $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}$ với $S_{p}(n)$ là tổng cs của $n$ trong cơ số $p$

Rõ ràng $v_p(n!)=\frac{n-S_{p}(n)}{p-1}<n$ nên ta có ngay $v_p(b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b))>v_p(n!)$

TH2: $(b,p)=1$ khi đó gọi $v_p(n!)=k$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (b,p^k)=1$ khi đó theo định lý Bezout, ta có tồn tại $c$ sao cho $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ thì do $(b,p)=1 \rightarrow (c,p)=1$

Khi đó ta cần cm

$$p^k|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b)$$

$$\leftrightarrow p^k|a.(a+b)...(a+(n-1)b).c^n$$

$$\leftrightarrow p^k|(ac+0.bc)(ac+1.bc)...(ac+(n-1)bc)$$

$$\leftrightarrow p^k|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$$ $(1)$

(do $bc \equiv 1 \pmod{p^k}$ )

Như vậy, ta có $\dfrac{ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)}{n!}=\binom{ac+n-1}{n}$ là số nguyên do đó $n!|ac(ac+1)(ac+2)...(ac+n-1)$ hay $(1)$ đúng vì $p^k||n!$

Như vậy qua cả 2 Th ta suy ra ngay với $p$ nguyên tố $p\leq n$ thì $p^{v_p(n!)}|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b) \rightarrow n!|b^n.a.(a+b)...(a+(n-1)b)$ đpcm

 

P/S bài này đã từng có trong các giờ học đội dự tuyển và đội tuyển của KHTN khóa anh Hoàn, anh Đăng, đề năm nay quả thực có format rất giống thi quốc tế

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 10-05-2015 - 18:08

[binvippro]

Nếu được bạn có thể làm luôn câu Bất được không ? 

[Juliel]

Cách khác cho câu số học ngày 2.

 

Lời giải :

 

Lấy $p$ là một số nguyên tố tuỳ ý nhỏ hơn $n$. Theo định lí Legendre :

$$v_p(n!)=\sum_{i=1}^{\propto }\left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor\leq \sum_{i=1}^{\propto }\dfrac{n}{p^i}=\dfrac{n}{p-1}\leq n-1$$

Nếu mà $p\mid b$ thì ta có :

$$v_p(A)\geq n-1\geq v_p(n!)$$

Suy ra rằng $n!\mid A$. 

Còn nếu $p\nmid b$. Khi đó hệ $\left \{ a,a+b,a+2b,...a+(p-1)b \right \}$ là hệ thặng dư đầy đủ modulo $p$, suy ra tồn tại $0\leq k \leq p-1$ sao cho $p\mid a+kb$.

Đặt $n=mp+r$ với $0\leq r\leq p-1$.

Ta nhận thấy rằng tồn tại ít nhất $m$ số nguyên dương $t$ sao cho $p\mid a+(k+t)b$, đó là $t=0p,1p,2p,...,(m-1)p$. Nên trong $A$ sẽ có ít nhất $m=\frac{n-r}{p}=\left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor$ thừa số chia hết cho $p$.

Ta lại đặt $q=\dfrac{a+kb}{p}$ và $m=up+v$. Nếu trong các thừa số của $A$, có thừa số là bội của $p^2$ thì sẽ tồn tại $s$ để mà $p^2\mid p(q+sb)$. Suy ra $p\mid q+sb$. 

Hoàn toàn tương tự trên, ta suy ra số giá trị nguyên dương $s$ thoả $p\mid q+sb$ luôn lớn hơn hoặc bằng $u=\dfrac{m-v}{p}=\left \lfloor \dfrac{m}{p} \right \rfloor=\left \lfloor \dfrac{n}{p^2} \right \rfloor$.

Tiếp tục quá trình này với các số là bội của $p^3,p^4,...$. Ta thu được :

$$v_p(A)\geq \sum_{i=1}^{\propto }\left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor=v_p(n!)$$

Suy ra $n!\mid A$. 

Tóm lại là ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 10-05-2015 - 20:05

[quanghung86]

Đáp án chính thức bài hình

 

a) Dễ thấy tam giác $SAI$ và $DTJ$ cân và có $\angle ASI=\angle DTJ$ nên hai tam giác đó dồng dạng. Lại dễ chứng minh tứ giác $AIJD$ nội tiếp nên $\angle MAI=\angle IAD=\angle DJN$ và $\angle NDJ=\angle JDA=\angle AIM$. Từ đó hai tam giác $MAI$ và $NJD$ đồng dạng. Từ đó suy ra $SMA$ và $TNJ$ đồng dạng. Vậy $\angle ASM=\angle NTJ$ do đó $SM$ và $TN$ cắt nhau tại $E$ trên đường tròn $(O)$.

 

b) Gọi $AB$ cắt $CD$ tại $G$. $GE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. Ta thấy $GC.GD=GE.GF=GM.GQ$. Từ đó tứ giác $MQFE$ nội tiếp nên $\angle QFE=\angle AME=\angle MAS+\angle MSA=\angle MBS+\angle AFE=\angle SFA+\angle ASE=\angle EFS$. Từ đó $S,Q,F$ thẳng hàng. Tương tự $T,P,F$ thẳng hàng. Từ chứng minh trên $SMA$ và $TNJ$ đồng dạng nên tam giác $GMN$ cân suy ra $GM=GN$. Lại có $GM.GQ=GN.GP$ nên $GP=GQ$ suy ra $PQ\parallel MN\parallel ST$. Từ đó đường tròn nội tiếp tam giác $FPQ$ tiếp xúc $(O)$. Vậy theo định lý Poncelet nếu $PQ$ cắt $DB,AC$ tại $U,V$ thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $FUV$ cũng tiếp xúc $(O)$ và tiếp xúc $DB,AC$. Từ đó theo định lý Thebault thì $PQ$ đi qua tâm nội tiếp hai tam giác $ABC$ và $DBC$.


 

[Mr Stoke]

Đề này nhạt quá nhỉ, thấy mỗi 2 bài hình là hay.

[phuocdinh1999]

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

 

---------------------------------------------------------------------------

 

 

Câu VI:

Đổi biến $(a,b,c)=(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}). $

Từ GT suy ra $a^2+b^2+c^2=1$. BĐT trở thành: $\sum \frac{bc}{a^2+\sqrt{3}a}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}abc}$

 

Ta có: $VT \leq \sum \frac{bc}{a^2+a(a+b+c)}$ (do $a+b+c\leq \sqrt{3}$) $=\sum \frac{bc}{a(a+b)+a(a+c)}$

         $\leq \frac{1}{4}\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{bc}{a(a+c)}=\sum \frac{c(a^2+b^2)}{4ab(a+b)}$ 

 

Ta cần CM: $\sum \frac{c^2(a^2+b^2)}{a+b} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow \sum (c^2(a+b)-\frac{2abc^2}{a+b} )\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$

 

$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc-2abc(\sum \frac{a}{b+c})\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$

 

Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$

 

Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuocdinh1999: 11-05-2015 - 13:43

[Belphegor Varia]

Đề cho HS lớp mấy vậy  , khó 

[NguyenDangHuyYTNA]

 

Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$

 

Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.

 

Đoạn này hình như ngược dấu rồi.

[nhungvienkimcuong]

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$

xem ở đây

[quanghung86]

Đáp án và bình luận hai bài hình

http://analgeomatica...pic-chuyen.html

[longatk08]

Nghe nói bài BĐT cũng có thể chứng minh bằng Bổ đề chặn tích ai biết cách này post lên cho mọi người xem với.Thanks!

[binhnhaukhong]

Thêm 1 cách tiếp cận cho bài BĐT: Click

[davidsilva98]

 

Ngày thi thứ nhất

 

Câu I: Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+4^p$ là số chính phương

 

 

Đặt $3^{p}+4^{p}=k^{2}\; (k\in \mathbb{N})$

 

Dễ thấy $p=2$ thỏa mãn đề bài và $p=7$ không thỏa.

 

Xét trường hợp $p\neq 7$. Do $p$ lẻ nên $3^{p}+4^{p}\: \vdots \: 7\Rightarrow k=7^{a}.b$ với $(b,7)=1$

 

Theo định lý LTE ta được $$2a=v_{7}(3^{p}+4^{p})=v_{7}(3+4)+v_{7}(p)=1$$ Điều này vô lý do $a\in \mathbb{N}$. Vậy $p=2$