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)

Mình chịu , mk mới hc lp 6 thôi mà bài này là bài lp 9 

(*)\(P=2\Rightarrow P^2+2^P=2^2+2^2=4+4=8.\)( là hợp số )

(*)\(P=3\Rightarrow P^2+2^P=3^2+2^3=9+8=17\)( là số nguyên tố )

(*)\(P>3\Rightarrow P\)có dạng \(3k+1\)hoặc \(3k+2\)

+Nếu \(P=3k+1\Rightarrow P^2+2^P=\left(3k+1\right)^2+2^{3k+1}\)

             \(3k+1\equiv1\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow\left(3k+1\right)^2\equiv1\left(mod3\right)\)( 1 )

               \(2\equiv-1\left(mod3\right)\)

Do \(P\)là số nguyên tố lớn hơn 3 \(\Rightarrow P\)  lẻ

\(\Rightarrow2^{3k+1}\equiv-1\left(mod3\right)\)  ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow\left(3k+1\right)^2+2^{3k+1}\equiv1+\left(-1\right)\left(mod3\right)\)

                          \(\Rightarrow\left(3k+1\right)^2+2^{3k+1}\equiv0\left(mod3\right)\)

                          \(\Leftrightarrow P^2+2^P⋮3\) ( là hợp số do \(P^2+2^P>3\) )

+Nếu \(P=3k+2\Rightarrow P^2+2^P=\left(3k+2\right)^2+2^{3k+2}\)

             \(3k+2\equiv-1\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow\left(3k+2\right)^2\equiv1\left(mod3\right)\)( 3 )

               \(2\equiv-1\left(mod3\right)\)

Do \(P\)là số nguyên tố lớn hơn 3 \(\Rightarrow P\)lẻ

\(\Rightarrow2^{3k+2}\equiv-1\left(mod3\right)\)( 4 )

Từ ( 3 ) và ( 4 ) \(\Rightarrow\left(3k+2\right)^2+2^{3k+2}\equiv1+\left(-1\right)\left(mod3\right)\)

                          \(\Rightarrow\left(3k+2\right)^2+2^{3k+2}\equiv0\left(mod3\right)\)

                           \(\Leftrightarrow P^2+2^P⋮3\)( là hợp số )

Vậy \(P=3.\)

a)n=1

b)n=1

c)n=1

Bạn ơi giải hẳn hoi ra được không

Tìm số nguyên tố p để 4p^2+1 và 6p^2+1 cũng là số nguyên tố? | Yahoo Hỏi & Đáp

Bạn tham khảo

Bạn giải ra luôn được không

* Xét p = 2 thì \(2^p+p^2=2^2+2^2=8\)(loại, không là số nguyên tố)

* Xét p = 3 thì \(2^p+p^2=2^3+3^2=17\)(là số nguyên tố)

* Xét p > 3 thì \(2^p+p^2=\left(2^p+1\right)+\left(p^2-1\right)⋮3\)(Do p lẻ nên \(2^p+1⋮3\)và p không chia hết cho 3 nên\(p^2-1⋮3\))

Lại có \(2^p+p^2>2^3+3^2=17>3\)nên không là số nguyên tố

Vậy p = 3 thì 2^p + p² là số nguyên tố

Note: trường hợp p > 3 còn có một cách nữa là sử dụng đồng dư

p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì \(2^p\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow2^p\)chia 3 dư 2

Mặt khác p là số nguyên tố lẻ hên \(p^2\)chia 3 dư 1 suy ra \(2^p+p^2⋮3\)

Done!

Đề bài: tìm tất cả các số nguyên tố p để 8p²+1 và 8p²-1 là số nguyên tố

Trả lời: Đây là dạng toán lớp 6 chứ

B1: Thử các snt p -> khi đạt gtri thỏa mãn

B2: Nếu p> số nt tìm đc ( lớn nhất ) Có dạng j

-> Cm vô lý.