CandyPanda

Mình sửa lại rồi 

Đoạn cuối dùng v2 chắc đúng. Nhưng mà chỉ muốn góp ý nhỏ là công thức v2 nó khác với vp nhé. Ở kia lỗi chút chút kìa

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

Khi đó đặt $a^2=k.5^n\implies k(k.5^n+1)=5^{n+1}-p^3\iff  p^3+k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $VP>0\implies$ $k=1$ hoặc $k=2$

$k=1\implies p^3+1=4.5^n\iff \left ( \frac{p+1}{4} \right )(p^2-p+1)=5^n$

Chú ý rằng $\gcd (\frac{p+1}{4},p^2-p+1)=1$ nên $PT$ vô nghiệm

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

 

TH2: $5^n\mid a^2+1$

Tương tự$\implies p^3-k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $p^3>k$ nên $k=1$ hoặc $k=2$
$k=1\implies p^3=4.5^n+1$ (vô nghiệm)

$k=2\implies p^3=5^n+2$

Theo modulo $3$ ta suy ra $n$ chẵn$\implies p^3=5^{2l}+2$

$PT$ $Mordell$ trên có bộ nghiệm duy nhất: $(p,l)=(3,1)$

 

Kết luận: $(a,p,n)=(7,3,2)$

KHTN chứ có phải viện toán cao cấp đâu mà Mordell @@

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

 

PS. Bài số 2 không biết có nhầm lẫn gì không nhưng nếu xét bậc của đa thức thì suy ra ngay bằng $0$ hoặc $1$.

Nghi ngờ lắm khó mà suy trực tiếp ra bậc bằng 0 hoặc 1 được

Xét đa thức phụ g(x) = 2x^2 + 3

Bài hình bạn xem lại xem, hình như bị sai