Giả sử tồn tại [imath]a,b[/imath] thỏa mãn đề bài và [imath]2(a^8+b^8)-1[/imath] là số chính phương.
Đặt [imath]2(a^8+b^8)-1=(2k+1)^2 (k \in \mathbb{N})[/imath] và [imath]p=a^8+b^8[/imath] ([imath]p[/imath] là số nguyên tố)
Khi đó ta có [imath]p=a^8+b^8=2k^2+2k+1=k^2+(k+1)^2[/imath]
Ta sẽ chứng minh định lý sau:
"Có không quá [imath]1[/imath] cách biểu diễn [imath]1[/imath] số nguyên tố thành tổng [imath]2[/imath] số chính phương"
Thật vậy, giả sử [imath]p=x^2+y^2=z^2+t^2[/imath] với [imath]x,y,z,t \in \mathbb{N}^*[/imath] với [imath]\lbrace x,y \rbrace \neq \lbrace z,t \rbrace[/imath]
Khi đó ta có: [imath]p^2=(x^2+y^2)(z^2+t^2)=(xz+yt)^2+(xt-yz)^2=(xz-yt)^2+(xt+yz)^2[/imath]
Mặt khác, [imath](xt+yz)(xz+yt)=tz(x^2+y^2)+xy(z^2+t^2)=p(xy+zt) \vdots t[/imath] nên tồn tại ít nhất [imath]1[/imath] số trong [imath]xt+yz,xz+yt[/imath] chia hết cho [imath]p[/imath].
Không mất tính tổng quát, giả sử [imath]xt+yz \vdots p[/imath]
[imath]\Rightarrow (xt+yz)^2 \vdots p^2[/imath]
Mà [imath]p^2=(xt+yz)^2+(xz-yt)^2 \Rightarrow (xt+yz)^2 \leq p^2 \Rightarrow (xt+yz)^2=p^2 \Rightarrow xz-yt=0 \Rightarrow xz=yt[/imath]
Từ giả thiết [imath]x^2+y^2=z^2+t^2 \Rightarrow x^2-z^2=t^2-y^2 \Rightarrow (x^2-z^2)^2=(t^2-y^2)^2[/imath]
[imath]\Rightarrow (x^2-z^2)^2+4x^2z^2=(t^2-y^2)^2+4y^2t^2 \Rightarrow (x^2+z^2)^2=(y^2+t^2)^2[/imath]
[imath]\Rightarrow x^2+z^2=y^2+t^2[/imath]
Kết hợp với [imath]x^2+y^2=z^2+t^2 \Rightarrow x^2=t^2 \Rightarrow x=t \Rightarrow y=z[/imath] (mâu thuẫn)
Vậy định lý trên đã được chứng minh. Áp dụng định lý vào ta có điều phải chứng minh.
Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé ^^ Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại đây nhé
[Lý thuyết] Chuyên đề HSG: Số học
[Bài tập] Chuyên đề HSG: Số học
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
