x1 Từ (3) (4), ta có ax xi  xi c x3 x2 a x2 x c Giả sử trái lại, hiệu Ta có 2017 nghiệm nguyên PT(1), áp dụng định lí Fecma ta có xi x2 x b x1 khơng có hiệu chia hết cho 2017 2017 (do (2)) (4) a 2017 c2017 Khi từ (4) ta có Do a b c b 1 1 ta có đpcm 2n p chia hết cho ) Hướng dẫn giải n với n  ( a phần p Với n p Với n 3 378 23 không chi hết cho không chi hết cho 2 Như vậy, số nguyên tố nhỏ thỏa mãn điều kiện đầu Với p Xét x1 Do x2 x1 x Đặt x1 Do Sn Vì x2 Ta có S1 x2 n 14 x1 , x , x2 14 nghiệm phương trình bậc hai x n n x1 x2 x1 x2 x1 x n n x1 x2 28S n nghiệm phương trình sai phân cấp hai: n x2 n Sn chia hết cho 28 28 x 16 , ta có: x2 28 n x1 n Sn 16 n Sn x1 2 x1 n Sn Giả sử x2 Sn Sn Sn 28Sn n x1 chia hết cho n 16S n 1 16Sn S n Sn chia hết cho n Khi 2n n x1 cho 2 n , Sn  n 28Sn p nên Gọi d r Do p n n thỏa mãn ước nguyên tố bé n 1 p hay d n n Ta có n r m od p n hay n Ta có p 1: Từ d 1 d p n x1 chia hết Chứng minh p n số chẵn  p vơ lí) Do n 1 n r d Xét khai triển sau: m od p m od p Suy r p Do m od p n nd kd với r Lập luận tương tự m od p chẵn (đpcm) n (vì số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có mâu thuẫn với cách chọn không xảy ra m od p Có hai khả xảy ra: a) d : Gọi q ước nguyên tố d n chia hết cho Hướng dẫn giải số nguyên dương bé cho suy b) 2q2 2 q1 Câu 40 Cho số nguyên dương Gọi 16Sn p d Vì nd nên nq p ước số nguyên tố bé m od p p Do p d n p d p q Điều Do khả ước nguyên tố n , suy ... ước nguyên tố d n chia hết cho Hướng dẫn giải số nguyên dương bé cho suy b) 2q2 2 q1 Câu 40 Cho số nguyên dương Gọi 16Sn p d Vì nd nên nq p ước số nguyên tố bé m od p p Do p d n p d p q ... chia hết Chứng minh p n số chẵn  p vơ lí) Do n 1 n r d Xét khai triển sau: m od p m od p Suy r p Do m od p n nd kd với r Lập luận tương tự m od p chẵn (đpcm) n (vì số nguyên tố, nên theo...p Với n p Với n 3 378 23 không chi hết cho không chi hết cho 2 Như vậy, số nguyên tố nhỏ thỏa mãn điều kiện đầu Với p Xét x1 Do x2 x1 x Đặt x1 Do Sn Vì x2 Ta có S1 x2