Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn đang thử nghiệm trang chủ mới (vẫn đang trong quá trình hoàn thiện). BQT sẽ ra thông báo cụ thể trong ít ngày tới.

Hình ảnh

Chứng minh chia hết


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sky Math
  • Sở thích:Sky maths

Đã gửi 18-10-2011 - 21:09

chứng minh rằng trong $12$ số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được $6$ số ,gọi là $a_{1};a_{2};a_{3}...;a_{6}$ sao cho :
$(a_{1}-a_{2})(a_{3}-a_{4})(a_{5}+a_{6})\vdots 1800$

Hình đã gửi


#2 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3245 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 20-10-2011 - 02:52

Nếu là $11$ số nguyên tố lớn hơn $3$ thì bài toán sẽ đơn giản hơn
-------------------------------------------------------------------------------------
Chỉ có duy nhất một số nguyên tố chẵn đó là số $2$. số nguyên tố lẻ nhỏ nhất là $3$
Ta sẽ chứng minh: "Trong $11$ số nguyên tố lẻ phân biệt ($>3$), ta luôn chọn ra được $6$ số $p_1,p_2,...,p_6$ sao cho:
$(p_1-p_2)(p_3-p4)(p_5+p_6)\;\vdots\;1800\;\;\;\;(*)$
Sở dĩ thêm chữ "phân biệt" là bởi vì nếu có 2 số giống nhau thì có hiệu bằng $0$, chia hết cho bao nhiêu mà chẳng được :)
Một số nguyên tố lẻ (>3) bất kỳ đều biểu diễn được dưới dạng $6k+1$ (nhóm 1) hoặc $6k-1$ (nhóm 2)
Vì sao lại thế?
(Một số nguyên khi chia $6$ chỉ có các số dư là $\{0,1,2,3,4,5\}$ nếu dư ${0,2,4}$ thì là số chẵn, còn dư $3$ thì là số chia hết cho $3$)
=============== Dài dòng quá nhỉ? ===============
Chọn ra $11$ số nguyên tố lẻ thì có các khả năng sau xảy ra:
  • $6$ số ở nhóm 1 + $5$ số ở nhóm 2
  • $7$ số ở nhóm 1 + $4$ số ở nhóm 2
  • $\ge 8$ số ở nhóm 1 + $\le 3$ số ở nhóm 2
Vì vai trò nhóm 1 hay nhóm 2 không khác gì nhau, nên chỉ cần xét từng đó khả năng là đủ!

Với 3 yếu tố quan trọng sau:
Hiệu 2 số bất kỳ trong cùng 1 nhóm bao giờ cũng chia hết cho $6$
Tổng 1 số ở nhóm này với 1 số ở nhóm kia bao giờ cũng chia hết cho $6$
Tổng hoặc hiệu của 2 số lẻ là số chia hết cho $2$ :)
  • $6$ số ở nhóm 1 + $5$ số ở nhóm 2
- Khi chia 1 số cho $5$ thì có nhiều nhất $5$ loại số dư {0,1,2,3,4}.

- Với $6$ số phân biệt ở nhóm 1 thì luôn tìm được ít nhất $2$ số có cùng số dư khi chia cho $5$ (Dirichlet). Giả sử là $p_1,p_2$ như vậy hiệu $(p_1-p_2)$ chia hết cho $5$ (và chia hết cho $6$)
$\Rightarrow (p_1-p_2)\;\vdots\;30$

- Còn lại $4$ số ở nhóm 1 + $5$ số ở nhóm 2

- Trong $5$ số ở nhóm 2 hoặc $4$ số còn lại bên nhóm 1, mà cũng tìm được $2$ số có cùng số dư khi chia cho $5$ thì sẽ có một hiệu nữa chia hết cho $30$. Cùng với tổng 2 số bất kỳ chia hết cho $2$ nữa là thoả mãn (*).

- Nếu không, sẽ tìm được $2$ số bên nhóm 1 với $2$ số bên nhóm 2 có cùng dư khi chia cho $5$.Giả sử là $p_3,p_4$ và $p_5,p_6$. Như vậy hiệu $(p_3-p_4)$ chia hết cho $5$ (và chia hết cho $2$)
$\Rightarrow (p_3-p_4)\;\vdots\;10$. Cùng với tổng $(p_5+p_6)$ chia hết cho $6$ là thoả mãn (*).
  • $7$ số ở nhóm 1 + $4$ số ở nhóm 2
- Sau khi lấy ra 1 cặp có hiệu chia hết cho $30$ ở nhóm 1, thì còn lại $5$ số ở nhóm 1 + $4$ số ở nhóm 2

- Lập luận tương tự trường hợp trên, ta tìm được các số thoả mãn (*)
  • $\ge 8$ số ở nhóm 1 + $\le 4$ số ở nhóm 2
- Trường hợp này đơn giản hơn vì tìm được 2 cặp có hiệu chia hết cho $30$ ở nhóm 1. Cùng với tổng 2 số bất kỳ chia hết cho $2$ nữa là thoả yêu cầu (*).
------------------------------------------------------------------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 20-10-2011 - 10:49

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#3 Zaraki

Zaraki

    Hiệp sỹ biển khơi Jinbei

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 3393 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 21-10-2011 - 19:53

Xin giải ngắn gọn hơn.

Vì ba số nguyên tố đầu tiên là $2,3,5$, do đó trong $12$ số nguyên tố phân biệt đã cho luôn có ít nhất $9$ số lớn hơn $5$.
Vì là số nguyên tố lớn hơn 5 nên

+ $9$ số trên khi chia cho $3$ dư $1$ hoặc $2$. Theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất $5$ số đồng dư với nhau $\mod 3$. Năm số này lại không chia hết cho $5$ vì thế trong năm số ấy lại có ít nhất hai số mà ta có thể giả sử là $a_1,a_2$ sao cho $a_1 \equiv a_2 \pmod{5}$. Ngoài ra dĩ nhiên ta có $a_1 \equiv a_2 \pmod{3}$. Từ đó $a_1-a_2 \vdots 15$. Mặt khác $a_1$ và $a_2$ cùng lẻ nên $a_1-a_2 \vdots 2$. Do đó $a_1-a_2 \vdots 30$.

+ Xét $7$ số còn lại : Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại $4$ số đồng dư với nhau theo $\mod 3$. Đem $4$ số này chia cho $5$. Có hai khả năng xảy ra:

a) Nếu có hai số chẳng hạn (mà ta sẽ gọi là $a_3,a_4$) mà $a_3 \equiv a_4 \pmod{5}$. Từ đó $a_3-a_4 \vdots 5$. Rõ ràng $a_3-a_4 \vdots 3$ và $a_3-a_4 \vdots 2$. Mà $(5,2,3)=1$ nên $a_3-a_4 \vdots 30$. Lấy hai số $a_5,a_6$ bất kì (ngoài $a_1,a_2,a_3,a_4$ đã chọn) thì do $a_5,a_6$ lẻ nên $a_5+a_6 \vdots 2$. Từ đó suy ra:
$$\left(a_1-a_2 \right) \left(a_3-a_4 \right) \left(a_5-a_6 \right) \ \vdots 30.30.2=1800$$

b) Nếu $4$ số này khi chia cho $5$ có các số dư khác nhau là $1,2,3,4$. Giả sử $a_5 \equiv 1 \pmod{5}, a_6 \equiv 4 \pmod{5}$, thì $a_5+a_6 \equiv 0 \pmod{5}$. Với hai số còn lại $a_3,a_4$ thì rõ ràng $a_3-a_4 \vdots 3$ (theo cách chọn $4$ số như trên). Do $a_5,a_6,a_3,a_4$ lẻ nên $a_5+a_6 \vdots 2$ và $a_3-a_4 \vdots 2$. Từ đó suy ra $a_5+a_6 \vdots 10$ và $a_3-a_4 \vdots 6$. Vậy:
$$\left(a_1-a_2 \right) \left(a_3-a_4 \right) \left(a_5-a_6 \right) \ \vdots 30.10.6=1800$$

Tóm lại luôn tồn tại $a_1,a_2,a_3,...,a_6$ phân biệt sao cho:
$$\left(a_1-a_2 \right) \left(a_3-a_4 \right) \left(a_5-a_6 \right) \ \vdots 1800.$$
"God made the integers, and else is the work of man."




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh