Quy tắc chia hết cơ bản: với các số nguyên dương ta luôn có \(a^n-b^n\) chia hết \(a-b\)

Do đó \(199^x-2^x⋮197\)

\(\Rightarrow p^y⋮197\Rightarrow p⋮197\) (do 197 là số nguyên tố)

\(\Rightarrow p=197\)

Pt trở thành: \(199^x-2^x=197^y\)

- Với \(x=1\Rightarrow y=1\)

- Với \(x=2\Rightarrow199^2-2^2=197.201\) chia hết 201, trong khi \(197^y\) ko chia hết cho 201 (ktm)

- Với \(x\ge3\) \(\Rightarrow2^x⋮8\)

TH1: Nếu x lẻ \(\Rightarrow\)\(199^x\equiv-1\left(mod8\right)\Rightarrow199^x-2^x\equiv-1\left(mod8\right)\) 

+ \(y\) chẵn \(\Rightarrow197^y\equiv5^y\left(mod8\right)\equiv5^{2k}\left(mod8\right)\equiv25^k\left(mod8\right)\equiv1\left(mod8\right)\) (ktm)

+ \(y\) lẻ \(\Rightarrow197^y\equiv5^{2k+1}\left(mod8\right)\equiv5.25^k\left(mod8\right)\equiv5\) (mod8) (ktm)

 TH2:\(x\) chẵn \(\Rightarrow199^x\equiv1\left(mod8\right)\Rightarrow199^x-2^x\equiv1\left(mod8\right)\)

+ \(y\) lẻ \(\Rightarrow\) tương tự TH1 ta có \(197^y\equiv5\left(mod8\right)\) (ktm)

\(\Rightarrow y\) chẵn

Khi x;y cùng chẵn, ta có \(199^x\equiv1\left(mod3\right)\) và \(2^x\equiv1\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow199^x-2^x⋮3\Rightarrow197^y⋮3\) (vô lý)

Vậy với \(x\ge3\) ko tồn tại bộ số nguyên dương nào thỏa mãn 

Hay có đúng 1 bộ số thỏa mãn yêu cầu: \(\left(x;y;p\right)=\left(1;1;197\right)\)

1.

\(x^4+4y^4=x^4+4x^2y^2+y^4-4x^2y^2=\left(x^2+2y^2\right)^2-\left(2xy\right)^2\)

\(=\left(x^2-2xy+2y^2\right)\left(x^2+2xy+2y^2\right)\)

Do x, y nguyên dương nên số đã cho là SNT khi:

\(x^2-2xy+2y^2=1\Rightarrow\left(x-y\right)^2+y^2=1\)

\(y\in Z^+\Rightarrow y\ge1\Rightarrow\left(x-y\right)^2+y^2\ge1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)

Thay vào kiểm tra thấy thỏa mãn

2. \(N=n^4+4^n\)

- Với n chẵn hiển nhiên N là hợp số

- Với \(n\) lẻ: \(\Rightarrow n=2k+1\)

\(N=n^4+4^n=n^4+4^{2k+1}=n^4+4.4^{2k}+4n^2.4^k-n^2.4^{k+1}\)

\(=\left(n^2+2.4^k\right)^2-\left(n.2^{k+1}\right)^2=\left(n^2+2.4^k-n.2^{k+1}\right)\left(n^2+2.4^k+n.2^{k+1}\right)\)

Mặt khác:

\(n^2+2.4^k-n.2^{k+1}\ge2\sqrt{2n^2.4^k}-n.2^{k+1}=2\sqrt{2}n.2^k-n.2^{k+1}\)

\(=n.2^{k+1}\left(\sqrt{2}-1\right)\ge2\left(\sqrt{2}-1\right)>1\)

\(\Rightarrow N\) là tích của 2 số dương lớn hơn 1

\(\Rightarrow\) N là hợp số

Bài 4 chắc không có cách "đại số" nào (tức là dựa vào lý luận chia hết tổng quát) để giải. Mình nghĩ vậy (có lẽ có, nhưng mình ko biết).

Chắc chỉ sáng lọc và loại trừ theo quy tắc kiểu: do đổi vị trí bất kì đều là SNT nên không thể chứa các chữ số chẵn và chữ số 5, như vậy số đó chỉ có thể chứa các chữ số 1,3,7,9

Nó cũng không thể chỉ chứa các chữ số  3 và 9 (sẽ chia hết cho 3)

Từ đó sàng lọc được các số: 113 (và các số đổi vị trí), 337 (và các số đổi vị trí)

Bài 1 : 

Phương trình <=> 2^x . 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 2^k . 2k + 3y + 1 > 2^k .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

hihi em mới học lớp 3 thôi

nghĩ là khoảng 35