Bd hsg toan 8 (14 15)

DẠNG TOÁN: PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ ĐỂ TÌM SỐ NGUYÊN TỐ Bài toán: Tìm số nguyên tố p để 2 hoặc nhiều số phụ thuộc vào p cũng là số nguyên tố- Tính chất : Cho q là một số nguyên tố, k là số tự

Ngày dạy:15/12/2021; Ngày dạy:22/12/2021

f Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng : 4k1;6n1

g Tập hợp các số tự nhiên bao gồm : Số 0, 1, số nguyên tố, hợp số

h Nếu a.b chia hết cho p ( p là số nguyên tố ) thì a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p

*) Phương pháp kiểm tra một số là số nguyên tố hay hợp số

Với nN n*, 1 ta kiểm tra theo các bước sau :

- Tìm STN k sao cho : k2  n (k1)2

- Kiểm tra xem n có chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng k không ?

+) Nếu có chia hết thì n là số hợp số

+) Nếu không chia hết thì n là hợp số

Bài 1: Tìm số tự nhiên n, sao cho

+) 2

2 2 3

+) p 3 p23 dư 1  p22000 3  là hợp số vì 2000 chia 3 dư 2

d Tổng các chữ số của D là : 2017 + 2 + 2017 chia hết cho 3 nên D chia hết cho 3 và D >

+) Nếu cặp số nguyên không cần xét a, b = 0

+) Nếu cặp số tự nhiên, ta phải xét a, b = 0

DẠNG TOÁN: PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ ĐỂ TÌM SỐ NGUYÊN TỐ Bài toán: Tìm số nguyên tố p để 2 hoặc nhiều số phụ thuộc vào p cũng là số nguyên tố

- Tính chất : Cho q là một số nguyên tố, k là số tự nhiên khác 0, k không chia hết cho q Khi đó mọi dãy số cách đều gồm bốn số hạng, khoảng cách giữa các số hạng bằng k thì tồn tại duy nhất 1 số chia hết cho q

Vd : q = 2 , k = 3 ( k không chia hết cho q )

Gọi ba STN thỏa mãn bài toán là : p p; 2;p4( p lẻ )

Trong ba số p, p + 2, p + 4 có duy nhất 1 số chia hết cho 3

Có số 3 là số nguyên tố duy nhất chia hết cho 3

Bài 3: Tìm số nguyên tố p, sao cho các số sa đồng thời là số nguyên tố

a p2;p6;p8;p14 b p6;p8;p12;p14 mod : 5

Bài 6: Cho số nguyên tố p sao cho 8p2 + 1 là số nguyên tố Chứng minh rằng 8p2 – 1 cũng

là số nguyên tố

Lời giải

Ta đi tìm số nguyên tố p sao cho : 8p2 + 1 là số nguyên tố

Một số tính chất của ước số nguyên tố của số n để sử dụng vào giải phương trình:

a Mệnh đề 1 Nếu số nguyên tố p2t k1 với các số nguyên dương t, k và k lẻ, là ước của số n a 2t b2t thì p là ước số chung của a và b

Chứng minh:

+ Giả sử p không là ước số của số a thì p cũng không là ước số của số b

( , ) ( , ) 1a p b p

   Theo định lí nhỏ Fermat thì a p1 1(mod )p hay a2t k 1 (mod p)

+ Tương tự b2t k  1 (mod p) suy ra a2t kb2t k  2 (mod p) *

Mặt khác sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ ta có (a2t)k(b2t)k (a2t b2t).M n M. trong đó

k lẻ và M là số nguyên

Theo giả thiết n p  (a2t b2t)p, mâu thuẫn với *

Tương tự p không là ước của số p thì p không là ước của số a cũng dẫn đến mâu thuẫn Vậy số nguyên tố p phải là ước số chung của số a và số b

b Mệnh đề 2: Giả sử a và b nguyên tố cùng nhau thì mọi ước số nguyên tố lẻ của a2 + b2chỉ có dạng 4m + 1 (mà không có dạng 4m + 3) trong đó m là số nguyên dương

Chứng minh:

+ Xét ước số nguyên tố p = 4m + 3 = 2(2m + 1) +1 Theo mệnh đề 1 nếu p là ước số

nguyên tố của n = a2 + b2 thì p là ước số chung của a và b  p1, mâu thuẫn Vì p lẻ nên

Vậy y là số lẻ, y2k 1 y2 2y 4 4k23 nên nó phải có ước số nguyên tố lẻ dạng 4m + 3 (vì tích các số dạng 4m + 1 lại có dạng 4k + 1)

Suy ra x 2 1 có ước số nguyên tố dạng p = 4m + 3, trái với mệnh đề 2

Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên

Bài 2.Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x y, ) sao cho

Gọi ước chung lớn nhất của x y, là d ( , )x y thì x du y dv ,  với (u v , ) 1

Theo giả thiết x2y2 k x y(  ) d u( 2v2)k u v(  ) (1)

Xét hai trường hợp:

1) k là ước số của n  k có ước số nguyên tố dạng 4m + 3

Áp dụng mệnh đề 2 vào (1) thì u2v2 không chứa các ước số nguyên tố của k nên k là ước

số của d  d k t . Từ (1) có t u( 2v2) u v, do đó u2 u2v2  u v u  (1) vô nghiệm.2) k = 5m với m là ước số của m Lúc đó (1) trở thành d u( 2v2) 5 ( m u v ) Lập luận như trên thì m là ước số của d Suy ra d = m.t Từ đó ta có t u( 2 v2) 5( u v ) (2)

u v

u v

đó m là ước của n = 3.7.19, nghĩa là m lấy 8 giá trị sau: 1, 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399

Bài 3 Tìm số nhỏ nhất trong tập hợp các số chính phương dạng 15a + 16b và 16a -15b với

a, b là các số nguyên dương nào đó

Lời giải

Giả sử 15a + 16b = m2 và 16a -15b = n2 (1) với m, n là các số nguyên dương

Khi đó: m4n4 (15a16 )b 2(16a15 )b 2 (15216 )(2 a2b2) 481( a2b2)

haym4n4 13.37(a2b2) (2)

Các số nguyên tố 13 và 37 đều có dạng p22k1 với k lẻ

Giả sử ( , )m n  d m du n dv ,  với (u,v) =1

Vậy ba số nguyên phải tìm là 2; 3; 19.

Bài 6 Xét dãy số nguyên tố từ nhỏ đến lớn: 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; ta lập hai dãy số 5 = 2

Nếu số phải tìm bắt đầu bằng chữ số 2 thì nó phải chia hết cho 2 và tận cùng bằng 2 Chữ

số thứ hai phải là 2, vì số 232 không chia hết cho 3, số 252 không chia hết cho 5 và số 272 không chia hết cho 7 Vậy số phải tìm là 222

Tương tự số phải tìm mà bắt đầu bằng chữ số 5 thì đó là số 555

Bây giờ nếu bắt đầu bằng 3 thì hai chữ số cuối phải tạo thành một số chia hết cho 3, do

đó chúng chỉ có thể là 3 và 3 hoặc 5 và 7

Thử lại thấy rằng chỉ có số 333 là thích hợp

Cuối cùng nếu bắt đầu bằng 7 thì hai chữ số cuối phải tạo thành một số chia hết cho 7 Thửlại thấy rằng chỉ có hai số 777 và 735 là thích hợp

Tóm lại có 5 số thỏa mãn bài ra là: 222; 333; 555; 735; 777

Bài 9 Một xí nghiệp điện tử trong một ngày đã giao cho một cửa hàng một số máy tivi Số

máy này là một số có ba chữ số mà nếu tăng chữ số đầu lên n lần, giảm các chữ số thứ hai

và thứ ba đi n lần thì sẽ được một số mới lớn gấp n lần số máy đã giao Tìm n và số máy tivi đã giao

cả hai trường hợp ta đều tìm được n =2 và abc 178

Vậy số máy tivi đã giao là 178

Bài 10 Những số nguyên tố nào có thể là ước của số có dạng 111 11?

vậy số có dạng 111 11 có ước là tất cả số nguyên tố trừ hai số nguyên tố 2 và 5

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1: Tìm số nguyên tố, biết rằng số đó là tổng của hai số nguyên tố và bằng hiệu của hai

Bài 2: Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố Chứng minh rằng p3 + 2 cũng là số nguyên tố

Lời giải

+) p3k1(kN*) p22 là hợp số

+) p3k2(kN*) p22 là hợp số

+) p3k  p 3 p3 2 29( )tm là hợp số

Bài 3: Cho a, b, c là các số nguyên dương sao cho các số p a bc q b;  ca r c;  a b đều

là các số nguyên tố CMR : Trong ba số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau

Tương tự các trường hợp còn lại

Bài 4: Tìm ba số nguyên tố liên tiếp sao cho p2q2r2 cũng là số nguyên tố

Lời giải

+) Nếu p, q, r > 0  p q r2, ,2 2 1(mod 3) p2q2r2  3 0(mod 3) h so/

Vậy có ít nhất 1 trong 3 số chia hết cho 3  số đó là 3

, , 2,3,5 , , 3,5,7

Nếu x lẻ  3 :x le2  3x21:chan 19y chan2:  y chan:  y 2 x 5 ( , ) (5, 2)x y 

b Nếu y lẻ 11y21:chan x chan:  x2

+) Nếu y chẵn  y 2 x 3 ( , ) (3, 2)x y 

c Không xét được tính chẵn lẻ

+) Với y 2 x 7 tm

+) Với y > 2  x 7 x le:

Đặt x = 2k + 1, thay vào (1), được :



(2 1) 12 1 4 ( 1) 12 ( 1) 3 (2)

le chan

Bài 7: Tìm các số nguyên tố p, q sao cho 7p + q và pq + 11 là các số nguyên tố

Lời giải

Ta có : pq + 11 > 3 nên là số nguyên tố lẻ

2 :

Nếu q = 3k + 1  q14 :lahopso

Nếu q = 3k + 2  2q11:lahopso q3k q 3 tm p2,q3

+) q 2 p p;7 2;2p11:lacacsonguyento

Xét số dư chia cho 3  p3,q2( )tm

Bài 9: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị, chữ số

hàng trăm bằng chữ số hàng chục và số đó viết được dưới dạng tích của ba số nguyên tố liên tiếp

a Cho p là số nguyên tố, hỏi p 5 1 là số nguyên tố hay hợp số

b Cho p và p + 4 là các số nguyên tố ( p > 3) Chứng minh p + 8 là hợp số

1 1

1112111 1111000 1111 1111(10 1);111 12111 1 111 1000 0 11 1

n

                

 

1 1

r r

1 Hãy tính giá trị của công thức này khi n = 4

2 Với giá trị này hãy chứng tỏ ba tính chất sau:

a) Tổng hai chữ số đầu và cuối bằng tổng các chữ số còn lại

c) Tổng bình phương của hai chữ số đầu và cuối là 6272 36 49 85  Tổng các bình phương của ba chữ số còn lại là 525232 25 25 9 59   Tổng các chữ số đó là

Theo định lý Fermat: 222 1(mod 23) 2210n1 222k2 4(mod 23) 2210n119 23

Mặt khác: 2210 1n 19 23 nên 2210 1n 19 là hợp số với mọi n N *

Ta chứng minh: 234 1n 324 1n  5 11 với mọi n 1

Bài 3: Tìm số nguyên tố p sao cho 2p 1

 chia hết cho p

Lời giải

Giả sử p là số nguyên tố thỏa: 2p  1 p

Theo định lý Fermat: 2p 2(mod )p  2p 2p 3 (2 p1) (2 p 2)p p3

Gọi q là ước nguyên tố của 2p 1

 thì q lẻ, nên theo định lí Fermat:

2q 1 q (2p 1, 2q 1) 2 p q 1 q q 1 p

           , vì nếu (q1, ) 1p  thì1 q , vô lí

Mặt khác: q-1 chẵn suy ra q1 2 p q2pk1.

Bài 6: Giả sử p là số nguyên tố lẻ và

9 1 8

p

Chứng minh rằng m là hợp số lẻ không chia hết cho 3 và 3m11 (mod m)

Trong đó k,n là các số nguyên dương nào đó

Từ (1) dễ thấy p không chia hết cho số nguyên tố 23 nên (p,23)=1

Theo định lí nhỏ Fermat thì p 22 1 chia hết cho 23, suy ra p 22t có dạng p22t  1 23s với mọi

số nguyên dương t

Từ đó p22t n  (1 23 )s p n p n23 s p n 2003 23 k23 s p n hay p22t n 2003 23( k sp n) với mọi t 1, 2,3,

Bài toán được giải đầy đủ khi ta chỉ ra sự tồn tại số nguyên tố p thõa mãn (1) Chẳng hạn:Với p = 2 có 2003 23.91 2  12

Với p = 3 có 2003 23.8 3   7

Với p = 4 có 2003 23.6 2141 

Với p = 2003 thì tồn tại k theo định lí Fermat thỏa mãn 2003 23  k 200323

Bài 8: Tìm bảy số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng tổng các lũy thừa bậc sáu của

Giả sử trong bảy số nguyên tố trên có k số khác 7 với 0 k 7.

+ Nếu k = 0, nghĩa là cả bảy số trên đều bằng 7 thì ta có

7 7 7 7 7 7 7 = 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76+ 76 thỏa mãn (*)

+ Nếu k = 7, nghĩa là cả bảy số trên đều là số nguyên tố khác 7 thì vế trái của (*) không

chia hết cho 7, còn vế phải của (*) chia hết cho 7 theo định lí Fec ma, điều này không xảy ra

Vậy chỉ xảy ra bảy số nguyên tố trong đề bài đều là 7

Như vậy để chứng minh một số không phải số chính phương ta chỉ ra số đó có hàng đơn vị

f Nếu số chính phương chia hết cho p thì chia hết cho p2

g Nếu a.b là SCP và (a,b) = 1 a, b đều là các số chính phương

*) HỆ QUẢ : Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4

- Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25

- Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9

- Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16

Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương

- Ta Biến đổi để đưa số đó về bình phương của một số tự nhiên

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A(x y x )( 2 )(y x3 )(y x4 )y  y4

Vì n2 là số chính phương nên n không thể có chữ số tận cùng là 3 hoặc 8 nên n2 + 2 không

chia hết cho 5, hay 5(n 2 2) không phải là số chính phương

Bài 4: Cho hai số chính phương liên tiếp CMR tổng của hai số đó cộng với tích của chúng

Mà 2014 4  (k n k n )(  ) 2014  không có số nguyên dương nào của n để là SCP

Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n6 n42n32 ,n n N n2  , 1 không phải SCP

Lời giải

Ta có :

6 4 2 3 2 2 2 ( 4 2 2 1) 2 2 ( 1)( 1) 2( 1) 2 ( 1)( 3 2 2)

n  n  n  n n n  n  n n n n  n  n  n n n  n 

Bài 7: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là SCP

Không có số chính phương nào dạng 4t22(t N ) a2b2 không phải số chính phương

Bài 8: Cho 5 số chính phương bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn

vị đều là 6 Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một

số CP

Lời giải

Cách 1: Ta đã biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục

là lẻ

Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là : 1, 3, 5, 7, 9

Khi đó tổng của chúng là : 25 = 52 là số chính phương

Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng

của a là 4 hoặc 6 nên a2 a4

Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96

Không phải là số chính phương

b Cho B  31 32 3 100 CMR : 2B + 3 không là số chính phương

n n

Bài 12: Khó Cho một dãy số có số đầu tiên là 16, các số sau được tạo ra bằng cách viết

thêm số 15 vào chính giữa số liền trước nó: 16, 1156, 111556,… Chứng minh rằng mọi số

của dãy đều là số chính phương

Dạng 2: Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phương

Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương

Vì m + n + 2 > m + n – 2 nên có 3 trường hợp xảy ra.

Bài 2: Tìm số tự nhiên n có hai chữ số, biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính

Bài 3: Tìm số tự nhiên n có hai chữ số sao cho nếu cộng số đó với số có hai chữ số ấy viết

theo thứ tự ngược lại thì ta được một số chính phương

Vậy không có giá trị nào của n thỏa mãn bài toán

Bài 2: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương

a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + 3 d) n2 + n + 1589

Lời giải

a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k  N)

 (n2 + 2n + 1) + 11 = k2  k2 – (n + 1)2 = 11  (k + n + 1)(k – n - 1) = 11

Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương.

Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương

Ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 

2n 2a 3 9 n 1 2n 2a 3 1 a 2

Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28

Bài 3: Tìm a để các số sau là những số chính phương

 (m + n) (m – n)  4 nhưng 2006 không chia hết cho 4

 Điều giả sử sai

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương

Bài 5: Tìm số tự nhiên n  1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương

(Đề thi HSG lớp 6 - Phòng giáo dục đào tạo Phúc Yên - Vĩnh Phúc)

Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính

Do ab−ab là số chính phương nên a-b là số chính phương.

Ta thấy 1 ¿a−b≤8 nên a-b ¿{1; 4}

Với a - b = 1 thì ab∈{21;32;43;54 ;65;76;87;98} loại các số là hợp số 21;32;54;65;76;87;98

Bài 1: Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, hai chữ số

cuối giống nhau

Thay a + b = 11 vào (1), được :n2 11(99a11) 11 (9 1 a1) 9a1 phải là số chính

Vì y là số chính phương nên y = 16  abcd 163 4096

Bài 5: Tìm STN có hai chữ số, biết rằng hiệu các bình phương của hai số đó và số viết bởi

hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương

Bài 6: Tìm một số chính phương gồm bốn chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn

bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương

Tổng các chữ số của k là số chính phương nên k = 45  abcd 2025

Bài 7: Cho A là số chính phương gồm bốn chữ số Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một

đơn vị thì ta được một số chính phương Hãy tìm các số A và B

Lời giải

Gọi số chính phương A là : abcd k k2( N)

Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị ta được :

2 ( 1)( 1)( 1)( 1) ( , , , , );32 100

Bài 8: Tìm SCP gồm bốn chữ số, biết rằng khi ta cộng thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng

nghìn, thêm 3 vào chữ số hàng trăm, thêm 5 vào chữ số hàng chục, thêm 3 vào chữ số hàng đơn vị ta vân được một số chính phương

Lời giải

Gọi abcd là số phải tìm ( , , ,a b c d N ,0a b c d, , , 9,a0)

Vì abcd là số chính phương, đặt abcd k k2( N)(1) 1000k2 10.000

Bài 9: Tìm một số chính phương gồm bốn chữ số biết rằng số gồm hai chữ số đầu lớn hơn

số gồm hai chữ số sau 1 đơn vị

Gọi số chính phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b  N, 1  a  9; 0  b  9

Ta có: n2 = aabb = 11 a0 b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)

Nhận xét thấy aabb  11  a + b  11

Mà 1  a  9; 0  b  9 nên 1  a + b  18  a + b = 11

Thay a + b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương

Bằng phép thử với a = 1; 2;…; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn  b = 4

Bài 14: Tìm một số chính phương có 4 chử số sao cho khi viết 4 chử số đó theo thứ tự

ngược lại ta củng được một số chính phương và số chính phương này là bội số của số chính phương cần tìm

Lời giải

Đặt số phải tìm là abcd M2 thì 1000 < M2 < 10000 nên 31 < M < 50

Ta lại có dcbaN2 Tính tổng và hiệu hai số chính phương này ta được

Vì dcba là bội của abcd

=> abcd vừa phải chia hết cho 11 vừa phải chia hết cho 3 tức là bội số của 33

Do 0x y 11 nên x + y = 11; xxyy11 100 x y  11 99 x11 11 92 x1

Suy ra 9x + 1 là số chính phương suy ra x = 7, y = 4

Vậy số cần tìm là 7744

Bài 17: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số

bở hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương

Lời giải

Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là ab (a, b  N, 1  a, b  9)

Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Bài 18: Tìm một số chính phương có 4 chử số sao cho khi viết 4 chử số đó theo thứ tự

ngược lại ta củng được một số chính phương và số chính phương này là bội số của số chính phương cần tìm

Lời giải

Đặt số phải tìm là abcd M2 thì 1000 < M2 < 10000 nên 31 < M < 50

Ta lại có dcba N2 Tính tổng và hiệu hai số chính phương này ta được

Gọi số phải tìm là ab với a, b  N, 1  a  9; 0  b  9

Theo giả thiết ta có: ab2 = (a + b)3

Bài 3: Không tính kết quả hãy cho biết các tổng, các hiệu sau có phải là SCP hay không ?

A không có tận cùng là 2 hoặc 3 nên chữ số tận cùng của A là 0, 4

+) Nếu chữ số tận cùng của A là 0 suy ra chữ số hàng chục là 0 ( vô lý )

+) Nếu chữ số tận cùng của A là 4 suy ra chữ số hàng chục của A phải là số chẵn suy ra là



      

Dạng 5: Phương pháp phản chứng để giải các bài toán về số chính phương

Bài 1: Chứng minh rằng với  n N, thì: 3n 4 không là số chính phương

n

VT

Voly khonglaSCP VP

Mà : 10002 không chia hết cho 4  vô lý.

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì n2 + 2 không là số chính phươngLời giải

/ 4 4

Xét hai trường hợp được: 2.7k 10;2.7k  2 không tồn tại k

Vậy 7n 24 không là số chính phương

Bài 7: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n sao cho: 13n 2 2 là số chính phương Lời giải

13 2 : 4 : 3

chia du

n   du  khongtontai