CHUYÊN · TỰ LUẬN · 04/09/2026
Làm trên giấy trước khi mở phần chữa.
Nguồn: Bài toán số học cổ điển · Vui Day biên tập
Viết số lẻ dưới dạng 2k + 1 rồi khai triển bình phương.
Gợi ý mạnh(2k + 1)² − 1 = 4k(k + 1). Trong hai số k, k + 1 có một số chẵn.
Gọi số lẻ đã cho là 2k + 1. Khi đó
(2k + 1)² − 1 = 4k(k + 1).
Hai số k và k + 1 liên tiếp nên k(k + 1) chia hết cho 2.
Do đó 4k(k + 1) chia hết cho 8.
Vậy (2k + 1)² ≡ 1 (mod 8).
Nguồn: Chứng minh phản chứng cổ điển · Vui Day biên tập
Giả sử ngược lại √2 = a/b với phân số đã tối giản.
Gợi ý mạnhTừ a² = 2b² suy ra a chẵn. Đặt a = 2c rồi tiếp tục xem điều gì xảy ra với b.
Giả sử √2 hữu tỉ. Khi đó tồn tại hai số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau sao cho
√2 = a/b, hay a² = 2b².
Từ a² chẵn suy ra a chẵn. Viết a = 2c.
Thay vào a² = 2b² được 4c² = 2b², hay b² = 2c². Vì vậy b cũng chẵn.
a và b cùng chẵn, trái với giả thiết (a,b)=1. Vậy √2 vô tỉ.
Nguồn: Bài toán Euclid mở rộng · Vui Day biên tập
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4k + 3 rồi tạo một số mới từ tích của chúng.
Gợi ý mạnhNếu p₁,…,pₙ là tất cả các số nguyên tố dạng 4k + 3, xét N = 4p₁p₂…pₙ − 1. Một ước nguyên tố của N phải có dạng 4k + 3.
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4k + 3 là p₁,…,pₙ. Xét
N = 4p₁p₂…pₙ − 1.
N ≡ 3 (mod 4). Nếu mọi ước nguyên tố của N đều ≡ 1 (mod 4), tích của chúng cũng ≡ 1 (mod 4). Vì N ≡ 3 (mod 4), phải có ít nhất một ước nguyên tố q ≡ 3 (mod 4).
Với mỗi i, N ≡ −1 (mod pᵢ), nên không pᵢ nào chia N. Do đó q khác tất cả p₁,…,pₙ.
Ta tìm được một số nguyên tố dạng 4k + 3 ngoài danh sách được cho là đầy đủ, mâu thuẫn. Vậy có vô hạn số như thế.