Chủ đề này có 3 trả lời

[yellow]

a) Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $(p^2-1)\vdots 24$
b) Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức:
$$n^3+2006n=2008^{2008}+1$$

[DarkBlood]

a) Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $(p^2-1)\vdots 24$

Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p$ là số lẻ.
Ta có:
$p^2-1=(p-1)(p+1)$
Mà $p$ là số lẻ nên $p-1$ và $p+1$ là $2$ số chẵn liên tiếp.
Do đó $p^2-1\vdots 8$
Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p=3k\pm 1$
Ta có: $p^2-1=(3k\pm 1)^2-1=9k^2\pm 6k+1-1=9k^2\pm 6k\vdots 3$
Do đó $p^2-1\vdots 3;$ $p^2-1\vdots 8$ mà $(3;8)=1$ nên $p^2-1\vdots 24.$

[Zaraki]

b) Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức:
$$n^3+2006n=2008^{2008}+1$$

$VT=(n^3-n)+2007n$ chia hết cho $3$.
Trong khi đó $2008 \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 2008^{2008}+1 \equiv 2 \pmod{3}$, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại $n$.
P/s: Đây đâu phải chắc $n$ nguyên là không được đâu nhỉ ??

[nguyenta98]

a) Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ thì $(p^2-1)\vdots 24$
b) Chứng minh rằng không có số nguyên tố $n$ nào thoả mãn hệ thức:
$$n^3+2006n=2008^{2008}+1$$

Giải như sau:
b) Câu này không đến mức phải tung điều kiện $n$ nguyên tố
Bổ đề: $p \in P$ và $p \equiv 3 \pmod{4}$ khi ấy $p|a^2+b^2 \Leftrightarrow p|a,b$
Cm bổ đề này khá đơn giản, xin không nhắc lại
Áp dụng ta có $n(n^2+2006)=2008^{2008}+1$ suy ra $n$ lẻ nên $n=4k+1,4k+3$
Nếu $n=4k+3$ thì nó có ít nhất một ước nguyên tố dạng $4k+3$ nên gọi $p$ là số ấy
Khi đó theo bổ đề $p|2008^{1004},p|1$ nên loại
Nếu $n=4k+1$ suy ra $n^2+2006 \equiv 3 \pmod{4}$ nên $n^2+2006$ cũng có một ước nguyên tố $r$ có dạng $4k+3$
Áp dụng bổ đề suy ra $r|2008^{1004}$ và $r|1$ suy ra loại
Vậy không có $n$ thỏa mãn

P/S còn cách khác nếu bài này cố tình tung điều kiện $n$ nguyên tố
Bổ đề: $a^x-1 \vdots p, a^y-1 \vdots p$ với $x$ min và $gcd(a,p)=1$ thì $y \vdots x$
Chứng minh nó phản chứng rất dễ, giả sử $y=xk+r$ với $0<r<x$ thì suy ra $a^r-1 \vdots p$ khi ấy $r<x$ vô lí vì $x$ nhỏ nhất
Áp dụng:
$n(n^2+2006)=2008^{2008}+1 \Rightarrow 2008^{2008}+1 \vdots n \Rightarrow 2008^{16.251}-1 \vdots n$
Và dễ thấy $n>2008^2$ (vì nếu không $VT<VP$)
TH1: $n \vdots 251$ suy ra $VT \vdots 251$ còn $VP$ thì không suy ra loại
TH2: $n \not \vdots 251$
Ta có theo Fermat nhỏ $2008^{n-1}-1 \vdots n$
Gọi $h$ là số nhỏ nhất thỏa $2008^h-1 \vdots n$ khi ấy áp dụng bổ đề suy ra $n-1 \vdots h$ và $16.251 \vdots h$
Ta thấy $n \equiv 1 \pmod{h}$ nên $n(n^2+2006) \equiv 1.(1+2006) \equiv 2007 \pmod{h}$
Do đó $2008^{2008}+1 \equiv 2007 \pmod{h} \Rightarrow 2008^{2008}-2006 \vdots h$
Ta lại có $16.251 \vdots h \Rightarrow 2.2008 \vdots h$
Lại thấy nếu $gcd(h,2008)\neq 1$ thì $h \vdots p$ và $2008 \vdots p$
Khi ấy $2008^{2008}-2006 \vdots h \vdots p$ mà $2008 \vdots p$ nên $2006 \vdots p$ suy ra $2008-2006 \vdots p$ suy ra $p=2$
Như vậy $gcd(h,2008)=2$ hoặc $gcd(h,2008)=1$ nhưng do $2.2008 \vdots h$ nên nếu $gcd(h,2008)=1$ thì $h=1$ khi ấy $2008-1 \vdots n$ vô lí vì ta đã cm $n>2008^2$ như vậy $gcd(h,2008)=2$ mà $2.2008 \vdots h$ nên $h=2^x.251^y$ với $x\le 4$ và $y\le 1$ kết hợp $gcd(h,2008)=2$ suy ra $h=2$ khi ấy $2008^2-1 \vdots n$ vô lí vì ta đã cm $n>2008^2$
Vậy không có $n$ thỏa đề