Tìm tất cả các số nguyên tố p thỏa man: \(5^{p^2}+1⋮p^2\)
Bài này mình chứng minh đc \(5^{p^2}+1\equiv0\left(modp\right)\) với \(p\in\left\{2;3\right\}\)
Xong sau đấy phải lm như thế nào vậy mn
Bài 1:Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x,y) thỏa mãn: \(2^x\cdot x^2=9y^2+6y+16.\)
Bài 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn: \(\left(x+1999\right)\left(x+1975\right)=3^y-81.\)
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì \(5^p-2^p\)không thể là lũy thừa lớn hơn 1 của 1 số nguyên dương.
Bài 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m,n) thỏa mãn \(6^m+2^n+2\)là số chính phương.
Bài 5: Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn \(x^2+2^{y+2}=5^z.\)
MỌI NGƯỜI GIÚP MÌNH ĐƯỢC BÀI NÀO THÌ GIÚP NHÉ. CẢM ƠN NHIỀU.
Bài 1 :
Phương trình <=> 2x . x2 = ( 3y + 1 ) 2 + 15
Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)
( Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 )
\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)
Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)
Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .2k - 3y-1>0
Vậy ta có các trường hợp:
\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)
\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)
Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 )
Bài 3:
Giả sử \(5^p-2^p=a^m\) \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)
Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)
Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)
Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có
\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\) \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)
Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)
\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)
Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)
Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý
\(\rightarrowĐPCM\)
Bài 4:
Ta đặt: \(S=6^m+2^n+2\)
TH1: n chẵn thì:
\(S=6^m+2^n+2=6^m+2\left(2^{n-1}+1\right)\)
Mà \(2^{n-1}+1⋮3\Rightarrow2\left(2^{n-1}+1\right)⋮6\Rightarrow S⋮6\)
Đồng thời S là scp
Cho nên: \(S=6^m+2\left(2^{n-1}\right)=\left(6k\right)^2\)
\(\Leftrightarrow6^m+6\left(2^{n-2}-2^{n-3}+...+2-1\right)=36k^2\)
Đặt: \(A\left(n\right)=2^{n-2}-2^{n-3}+...+2-1=2^{n-3}+...+1\)là số lẻ
Tiếp tục tương đương: \(6^{m-1}+A\left(n\right)=6k^2\)
Vì A(n) lẻ và 6k^2 là chẵn nên: \(6^{m-1}\)lẻ\(\Rightarrow m=1\)
Thế vào ban đầu: \(S=8+2^n=36k^2\)
Vì n=2x(do n chẵn) nên tiếp tục tương đương: \(8+\left(2^x\right)^2=36k^2\)
\(\Leftrightarrow8=\left(6k-2^x\right)\left(6k+2^x\right)\)
\(\Leftrightarrow2=\left(3k-2^{x-1}\right)\left(3k+2^{x-1}\right)\)
Vì \(3k+2^{x-1}>3k-2^{x-1}>0\)(lớn hơn 0 vì 2>0 và \(3k+2^{x-1}>0\))
Nên: \(\hept{\begin{cases}3k+2^{x-1}=2\\3k-2^{x-1}=1\end{cases}}\Leftrightarrow6k=3\Rightarrow k\notin Z\)(loại)
TH2: n là số lẻ
\(S=6^m+2^n+2=\left(2k\right)^2\)(do S chia hết cho 2 và S là scp)
\(\Leftrightarrow3\cdot6^{m-1}+2^{n-1}+1=2k^2\)là số chẵn
\(\Rightarrow3\cdot6^{m-1}+2^{n-1}\)là số lẻ
Chia tiếp thành 2TH nhỏ:
TH2/1: \(3\cdot6^{m-1}\)lẻ và \(2^{n-1}\)chẵn với n là số lẻ
Ta thu đc: m=1 và thế vào ban đầu
\(S=2^n+8=\left(2k\right)^2\)(n lớn hơn hoặc bằng 3)
\(\Leftrightarrow2^{n-2}+2=k^2\)
Vì \(k^2⋮2\Rightarrow k⋮2\Rightarrow k^2=\left(2t\right)^2\)
Tiếp tục tương đương: \(2^{n-2}+2=4t^2\)
\(\Leftrightarrow2^{n-3}+1=2t^2\)
\(\Leftrightarrow2^{n-3}\)là số lẻ nên n=3
Vậy ta nhận đc: \(\left(m;n\right)=\left(1;3\right)\)
TH2/2: \(3\cdot6^{m-1}\)là số chẵn và \(2^{n-1}\)là số lẻ
Suy ra: n=1
Thế vào trên: \(6^m+4=4k^2\)
\(\Leftrightarrow6^m=\left(2k-2\right)\left(2k+2\right)\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k-2=6^q\\2k+2=6^p\end{cases}}\Rightarrow p+q=m\)
Và \(6^p-6^q=4\)
\(\Leftrightarrow6^q\left(6^{p-q}-1\right)=4\Leftrightarrow6^q\le4\Rightarrow q=1\)(do là tích 2 stn)
\(\Rightarrow k\notin Z\)
Vậy \(\left(m;n\right)=\left(1;3\right)\)
P/S: mk không kiểm lại nên có thể sai
Tìm tất cả đa thức \(P\left(x\right)\) với hệ số nguyên, sao cho: Với mỗi số nguyên tố \(p\) và \(a,b\) nguyên thỏa mãn \(ab\equiv1\left(modp\right)\) thì \(P\left(a\right).P\left(b\right)\equiv1\left(modp\right)\)
1) Cho hai số nguyên dương x,y lớn hơn 1, x khác y thỏa mãn \(x^2+y-1⋮y^2+x-1.\). Chứng minh rằng \(y^2+x-1\)không thể là lũy thừa của 1 số nguyên tố.
2) Tồn tại không các số nguyên dương x, y sao cho \(x^5+4^y\)là lũy thừa của 11.
3)Tìm tất cả các cặp số (x,y) nguyên dương thỏa mãn \(x^3-y^3=13\left(x^2+y^2\right)\)
4)Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn \(n^5+n+1\)là lũy thừa của số nguyên tố.
5)Cho 2 số nguyên dương x,y thỏa mãn \(2x^2+11xy+12y^2\)là lũy thừa của số nguyên tố. Chứng minh rằng x=y.
6)Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho \(\frac{p+1}{2}\)và\(\frac{p^2+1}{2}\)đều là số chính phương.
7)Tìm tất cả các cặp số nguyên dương p, q với p nguyên tố thỏa mãn \(p^3+p^2+6=q^2+q\)
Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng \(\frac{n\left(n+1\right)}{2}-1\left(n\ge1\right)\)
Giúp mk nốt bài này
\(p=\frac{n\left(n+1\right)}{2}-1=1+2+...+n-1=2+3+...+n\)
\(p=2+3+...+n\)
\(p=n+n-1+...+2\)
\(2p=\left(n+2\right)+\left(n+2\right)+...+\left(n+2\right)=\left(n-1\right)\left(n+2\right)\)
\(p=\frac{\left(n-1\right)\left(n+2\right)}{2}\)
- Nếu \(n\)chẵn: \(p\)chia hết cho \(n-1\)và \(\frac{n+2}{2}\)
nên là số nguyên tố khi \(\orbr{\begin{cases}n-1=1\\\frac{n+2}{2}=1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=2\left(tm\right)\\n=0\left(l\right)\end{cases}}\)suy ra \(p=2\).
- Nếu \(p\)lẻ: \(p\)chia hết cho \(\frac{n-1}{2}\)và \(n+2\)
do đó là số nguyên tố khi \(\orbr{\begin{cases}\frac{n-1}{2}=1\\n+2=1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=3\left(tm\right)\\n=-1\left(l\right)\end{cases}}\)suy ra \(p=5\).
Vậy \(p=2\)hoặc \(p=5\).
Tìm tất cả các số nguyên dương m,n thỏa mãn: \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-m+5\right)\)
Làm thử theo cách cổ truyền vậy -.-
Ta có : \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-m+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=m^4+m^2+8m-15\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+16-m^4-m^2-8m=0\)
Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn n
Ta có : \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63\)
Pt có nghiệm nguyên khi \(\Delta\)là 1 số chính phương
Ta có \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63=\left(2m^2+2\right)^2-4\left(m-4\right)^2-3< \left(2m^2+2\right)^2\)
Giả sử m > 2 thì\(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)>\left(2m^2+1\right)^2\forall m>2\)
Khi đó \(\left(2m^2+1\right)^2< \Delta< \left(2m^2+2\right)^2\)
Như vậy \(\Delta\)không phải số chính phương (Vì giữa 2 số chính phương liên tiếp ko còn scp nào nữa)
Nên điều giả sử là sai .
Tức là\(m\le2\)
Mà \(m\inℕ^∗\)
\(\Rightarrow m\in\left\{1;2\right\}\)
*Với m = 1 thì pt ban đầu trở thành
\(n^2+n+1=\left(1+1-3\right)\left(1-1+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=-5\)
\(\Leftrightarrow\left(n+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{23}{4}\)
Pt vô nghiệm
*Với m = 2 thì pt ban đầu trở thành
\(n^2+n+1=\left(2^2+2-3\right)\left(2^2-2+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=21\)
\(\Leftrightarrow n^2+n-20=0\)
\(\Leftrightarrow\left(n-4\right)\left(n+5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow n=4\left(Do\text{ }n\inℕ^∗\right)\)
Vậy pt ban đầu có nghiệm nguyên dương duy nhất (m;n) = (2;4)
Giúp : Cho \(\Delta\)ABC nhọn nội tiếp (O) , D là điểm trên cung BC không chứa A . Dựng hình bình hành ADCE . Gọi H , K là trực tâm của tam giác ABC , ACE ; P , Q là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC , AB và I là giao EK , AC
CMR: a,P ; I ; Q thẳng hàng
b, đường thẳng PQ đi qua trung điểm HK
tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn
\(\left(x+y+1\right)\left(xy+x+y\right)=5+2\left(x+y\right)\)
Khai triển: \(\left(x+y\right)^2+\left(xy-1\right)\left(x+y\right)+\left(xy-5\right)=0\).
Ta coi như là một phương trình bậc hai ẩn \(x+y\).
\(\Delta=\left(xy-1\right)^2-4\left(xy-5\right)=\left(xy-3\right)^2+12\)
Để phương trình có nghiệm nguyên thì \(\Delta\) chính phương, cộng với \(\left(xy-3\right)^2\) đã là một số chính phương.
Nghĩa là ta cần tìm 2 số chính phương hơn kém nhau 12 đơn vị. Đó là số 4 và 16.
Tức là \(\left(xy-3\right)^2=4\) (số chính phương nhỏ hơn)
Hay \(xy=5\) hoặc \(xy=1\).
Thử lại thì \(x=y=1\) hoặc \(x=y=-1\)
chứng minh rằng với mọi n nhuyên dương ta đều có A=\(5^n\left(5^n+1\right)-6^n\left(3^n+2^n\right)⋮91\)
b) tìm tất cả các cặp số nguyên p,q TM \(5^{2p}+1997=5^{2p^2}+q^2\)
Các bn giúp mk bài này nha
1, Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p>2 thì không tồn tại các số nguyên dương m,n thỏa mãn :\(\frac{1}{p}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}\)
2, Cho 3 số thực khác 0 đôi một khác nhau và thỏa mãn : \(a^2\left(b+c\right)=b^2\left(a+c\right)\)=2014
tính giá trị biểu thức H=\(c^2\left(a+b\right)\)
bài 2 bn nên cộng 3 cái lại
mà năm nay bn lên đại học r đúng k ???
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho: P = 1! + 2! + 3! + ... + n! là số chính phương
2. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương bất kì thì:
\(A=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}< 1,65\)
3. Tìm tất cả các số tự nhiên không là tổng của 2 hợp số.
4. Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn : \(\left(x+2003\right)\left(x+2005\right).4^y=3025\)