Tiếp tục với bổ đề...
Cám ơn các bạn đã đóng góp ý kiến,các bạn góp bài rồi có thể góp lời giải và những nhận xét cũng rất tốt.
Từ đề bài dễ có p lẻ.
Đặt $p^3+ \frac{p-1}{2}=n(n+1)$.(n là số tự nhiên).
+)$p=4k+1$:Khi đó dễ có VT lẻ.(vô lí vì tích hai số liên tiếp luôn chẳn).
+)$p=4k+3$:
Từ đẳng thức ta biến đổi thành:$4p^3+2p=(2n+1)^2+1$.(Nhân 4 vào 2 vế)
suy ra $(2n+1)^2+1 \vdots p$.Vô lí theo hệ quả.
10.Chứng minh rằng:Không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^7+7$ là số chính phương. Giải: Khi không thể làm gì thì phản chứng rất hiệu quả.
Giả sử tồn tại n thỏa mãn,khi đó $n^7+7=m^2$,với m là một số tự nhiên.
Ta có:$n^7+2^7=m^2+11^2$
$\rightarrow (n+2)(n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+2^6)=m^2+11^2$.
vì $m^2\equiv 0,1 (mod 4)$ và $11^2 \equiv 1 (mod 4)$ nên ta suy ra $VP \equiv 1,2 (mod 4).$
Lại có:$2^7 \equiv 0 (mod 4)$ và $n^7 \equiv 0,1,-1 (mod 4)$ nên $VT \equiv 0,1,-1 (mod 4).$
Do đó $VT \equiv VP \equiv 1 (Mod 4)$ và $n \equiv 1 (mod 4).$
Từ đó $ n+2 \equiv 3 (mod 4)$ nên $n+2$ sẽ có ước nguyên tố $p=4i+3.$
Theo bổ đề thì $11 \vdots p$,nên $p=11,m=11k$
$\rightarrow VP \vdots 11^2$ nên $VT \vdots 11^2.$
Ta lại có:$n^6-2n^5+...+2^6 \equiv 8 (mod 11)$ (vì $n\equiv -2 (mod 11))$.
nên $n+2 \vdots 11^2 \rightarrow n=11^2h-2$ và $h$ là ước dương của $k^2+1$.
Suy ra $h \equiv 1 (mod 4)$,Vì vậy $n \equiv 3 (mod 4)$ (vô lí).
Nên ta có đpcm.
Bài này khá hại não,từng là bài thi TST của Mĩ.
Tiếp tục phản chứng.
Ta viết đẳng thức lại thành:$a^2+4=(b+1)(b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1).$
*Nếu $b=4k+2$ thì $b+1=4k+3$, dễ có ngay điều vô lí theo bổ đề.
*Nếu $b=4k+1$ thì $b+1 \equiv 2 mod 4 và (b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1) \equiv 1 (mod 4)$.
từ đó $VT \equiv VP \equiv 2 (mod 4)$.Vô lí.
*Nếu $b=4k+3$ thì $(b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1) \equiv -1 (mod 4)$.
Theo bổ đề dễ có điều vô lí.
*Nếu $b=4k$ thì $b^c \equiv 0 (mod 8)$
đố biết tại sao?
.
khi đó: $b^c-3 \equiv -3 (mod 8)$,vô lí vì một scp chia 8 không có số dư là -3.
Vậy ta có dpcm.
12.Chứng minh rằng:không tồn tại số nguyên tố p sao cho:$3^p+19(p-1)$ là số chính phương. Giải: Tiếp tục phản chứng nào...
Đặt $3^p+19(p-1)=n^2$ (n là một số nguyên).
*Nếu $p=2$.Ta có:$n^2=28$(!!!)
thánh nào giúp em tìm n
*Nếu $p>2$,$p$ lẻ.
+)$p=4k+1$:
Ta có $3 \equiv -1 (mod 4)$ nên $3^p \equiv -1 (mod 4)$.
$19 \equiv 3 mod 4,p-1 \equiv 0 (mod 4)$
Do đó $VT \equiv -1 (mod 4) $(Vô lí!!)
+)$p=4k+3$:
$3^p \equiv 3 (mod p)$.
Theo ngài Fermat.
$19(p-1) \equiv -19 (mod p)$.
nên $VT \equiv -16 (mod p)$.
Do đó $n^2+16 \vdots p$.
may quá 16 là scp
Từ cái bổ đề ấy,ta có:$16 \vdots p$. (vô lí rồi).
Vậy ta có dpcm.
Còn một số bài thi nữa nhưng hiện giờ chưa kiếm ra,kiếm ra mình sẽ post,xin cám ơn các bạn.Mong nhận được những đóng góp hữu ích từ mọi người.
------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi quocbaoct10  Bài 6 (IMO 1970) Tìm $n$ nguyên dương để tập $\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5\}$ có thể phân hoạch thành 2 tập $A$ và $B$ sao cho tích của tất cả các phần tử ở tập này bằng tích của tất cả các phần tử ở tậpkia. (ví dụ như chia được 2 tập $A=\{n+1,n+2\}; B=\{n,n+3,n+4,n+5\}$ thì $(n+1).(n+2)=n.(n+3)(n+4).(n+5) )$ |
Thực chất bài này và bài tổng quát là một ứng dụng của hệ thặng dư và định lí Wilson,thêm chút là cái bình phương chia 4.Mở rộng cũng như những bài toán tương tự bài này xuất hiện khá nhiều trong các cuộc thi sau đó.
vd:
Estonia 2000
:Chứng minh rằng:Không thể chia một tập hợp gồm 18 phần tử là các số nguyên dương liên tiếp thành 2 tập A và B sao cho tích các phần tử của A bằng tích các phần tử của B.
Bài toán tổng quát của @Huy chứng minh cũng tương tự.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]