Ta có: \(ax^2\equiv by^2\left[p\right]\Rightarrow a^2x^4\equiv b^2y^4\left[p\right]\Rightarrow\left(p-b^2\right)x^4\equiv b^2y^4\left[p\right]\Rightarrow b^2\left(x^4+y^4\right)⋮p\)

Dễ thấy \(\left(b,p\right)=1\), nên \(\left(x^4+y^4\right)⋮p\), suy ra \(\left(x^8-y^8\right)⋮p\)

Giả sử \(\left(x,p\right)=\left(y,p\right)=1\), và không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x,y\right)=1\) (nếu \(\left(x,y\right)=d>1\) thì đặt \(x=dx';y=dy'\), thì ta có \(x'^4+y'^4⋮p\) và \(\left(x',y'\right)=1\)). Ta sẽ chứng minh \(p\equiv1\left[8\right]\)

Gọi n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho \(\left(x^n-y^n\right)⋮p\) (có thể ghi lại là \(n=ord_p\left(\dfrac{x}{y}\right)\)).

Ta có tính chất: Nếu m là số nguyên dương thoả \(\left(x^m-y^m\right)⋮p\)  thì \(m⋮n\).

Thật vậy, ta có nhận xét sau: Nếu \(\left(x,y\right)=1\) thì \(\left(x^m-y^m,x^n-y^n\right)=x^{\left(m,n\right)}-y^{\left(m,n\right)}\)

Chứng minh: Sử dụng thuật toán chia Euclid cho m,n, ta được:

\(m=a_0n+b_0,0\le b_0< n\)

\(n=a_1b_0+b_1,0\le b_1< b_0\)

\(b_0=a_2b_1+b_2,0\le b_2< b_1\)

....

\(b_{k-1}=a_{k+1}b_k+b_{k+1},0\le b_{k+1}< b_k\)

\(b_k=a_{k+2}b_{k+1}\).

Khi đó \(b_{k+1}=\left(m,n\right)\).

Ta có: \(x^m-y^m=x^{a_0n+b_0}-y^{a_0n+b_0}=x^{a_0n+b_0}-x^{b_0}y^{a_0n}+x^{b_0}y^{a_0n}-y^{a_0n+b_0}=x^{b_0}\left[\left(x^n\right)^{a_0}-\left(y^n\right)^{a_0}\right]+y^{a_0n}\left(x^{b_0}-y^{b_0}\right)=p_0\left(x^n-y^n\right)+y^{a_0n}\left(x^{b_0}-y^{b_0}\right)\)

Do \(\left(x,y\right)=1\), nên \(\left(x^m-y^m,y^{a_0n}\left(x^{b_0}-y^{b_0}\right)\right)=\left(x^m-y^m,x^{b_0}-y^{b_0}\right)\left(1\right)\)

Ta áp dụng thuật toán chia\(x^{b_{k-1}}-y^{b_{k-1}}=p_{k+1}\left(x^{b_k}\right)\) như sau:

\(x^m-y^m=p_0\left(x^n-y^n\right)+y^{a_0n}\left(x^{b_0}-y^{b_0}\right)\)

\(x^n-y^n=p_1\left(x^{b_0}-y^{b_0}\right)+y^{a_1b_0}\left(x^{b_1}-y^{b_1}\right)\)

...

\(x^{b_{k-1}}-y^{b_{k-1}}=p_{k+1}\left(x^{b_k}-y^{b_k}\right)+y^{a_{k+1}b_k}\left(x^{b_{k+1}}-y^{b_{k+1}}\right)\)

\(x^{b_k}-y^{b_k}=p_{k+2}\left(x^{b_{k+1}}-y^{b_{k+1}}\right)\)

Từ nhận xét (1), ta có: \(\left(x^m-y^m,x^n-y^n\right)=\left(x^n-y^n,y^{a_0n}\left(x^{b_0}-y^{b_0}\right)\right)=\left(x^n-y^n,x^{b_0}-y^{b_0}\right)=...=\left(x^{b_{k+1}}-y^{b_{k+1}}\right)=\left(x^{\left(m,n\right)}-y^{\left(m,n\right)}\right)\)(đpcm)

Quay lại bài toán, ta có: \(\left(x^m-y^m,x^n-y^n\right)=x^{\left(m,n\right)}-y^{\left(m,n\right)}\), do đó \(\left(x^{\left(m,n\right)}-y^{\left(m,n\right)}\right)⋮p\). Do tính nhỏ nhất của n, nên \(\left(m,n\right)=n\Rightarrow m⋮n\).

Như vậy, \(8⋮n\). Dễ dàng kiểm tra \(n=8\). Mặt khác, theo định lí Fermat nhỏ, ta lại có \(\left(a^{p-1}-b^{p-1}\right)⋮p\), nên \(\left(p-1\right)⋮8\), hay \(p\equiv1\left[8\right]\), vô lí.

=>đpcm.

Bạn đợi khi nào có đơn tuyển CTV của nhiệm kì sau nhé, nếu có thì người ta sẽ thông báo trên diễn đàn luôn.

Đúng rồi ấy, bạn trên 300GP rồi mà :D

Thì onl tích cực khoảng 3 tháng (nếu mình nhớ không nhầm thì nhiệm kì tiếp theo sẽ là khoảng tháng 1 năm sau), với trên 300GP (cái này thì ok rồi nè ;)

Ừm mình nhớ có 3 lần off thì phải ;) , hai lần khoảng 6 tháng, một lần thì 3 tháng.

Gần 3 năm rồi ;))

\(pq\left(n+1\right)=\left(p+q\right)\left(n^2+1\right)\left(1\right)\)

Xét 2 trường hợp:

1) \(p=q\). Khi đó \(p^2\left(n+1\right)=2p\left(n^2+1\right)\Rightarrow p\left(n+1\right)=2\left(n^2+1\right)\)

\(\Rightarrow p\left(n+1\right)=2\left(n+1\right)^2-4n\Rightarrow4n⋮\left(n+1\right)\)

Do \(\left(n,n+1\right)=1\) nên \(4⋮\left(n+1\right)\Rightarrow n\in\left\{0;1;3\right\}\).

n=0 thì p=q=2. n=1 thì p=q=2. n=3 thì 4p=20, suy ra p=q=5.

2) \(p\ne q\Rightarrow\left(pq,p+q\right)=1\left(2\right)\)

Xét n chẵn. Ta có: \(\left(n+1,n^2+1\right)=1\). Từ (1) và (2), do p,q là các số nguyên tố, nên ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n^2+1=pq\left(2\right)\\n+1=p+q\left(3\right)\end{matrix}\right.\). Do n chẵn nên từ (2), ta phải có p,q lẻ. Khi đó \(\left(p+q\right)⋮2\), mà \(\left(n+1\right)⋮̸2\), mâu thuẫn.

Xét n lẻ. Đặt \(n=2k+1\). Từ (1) ta có:

\(pq\left(k+1\right)=\left(p+q\right)\left(2k^2+2k+1\right)\)

Dễ dàng chứng minh được \(\left(k+1,2k^2+2k+1\right)=1\), nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}2k^2+2k+1=pq\\k+1=p+q\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}k^2+2k+1=pq-k^2\\k^2+2k+1=p^2+2pq+q^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow pq-k^2=p^2+2pq+q^2\Rightarrow k^2+p^2+2pq+q^2=0\)

Dễ thấy vế trái luôn lớn hơn 0, vô lý.

Vậy \(\left(p,q\right)=\left(2,2\right),\left(5,5\right)\)

Bài 2:

a) Gợi ý: Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC thì IBI_aC nội tiếp. Đến đây biến đổi góc thì chứng minh được cả hai ý.

b) Từ ý đồng dạng suy ra \(\dfrac{AB}{AK}=\dfrac{AY}{AI_a}\), nên \(\Delta ABK\sim\Delta AI_aY\) =>đpcm.

c) Gọi F là trung điểm AB thì \(\Delta AFK\) cân tại F, nên \(\widehat{FKA}=\widehat{BAK}=\widehat{CAK}\)=>FK//AC, từ đây ta có đpcm.

P/s: với mô hình này, đổi tâm bàng tiếp thành tâm nội tiếp thì ta cũng có những tính chất tương tự (và mô hình nội tiếp thường dùng nhiều hơn mô hình bàng tiếp).

Bài 3:

Dựa vào tính chất MN//BC và biến đổi góc thì chứng minh được \(NK=NC\Rightarrow\widehat{AKC}=90^0\).

Khi đó AKI_aZ nội tiếp. Đến đây dùng biến đổi góc để chứng minh \(\widehat{I_aZX}=\widehat{I_aZK}\)