#1
Posted 12-02-2016 - 15:07
- Chris yang, nhungvienkimcuong and baopbc like this
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#2
Posted 12-02-2016 - 22:58
Bài này khó quá nhỉ Chưa thấy ai động
Mình có ý tưởng xây dựng dãy nghiệm $n$ thỏa mãn tính chất nào đó để suy ra tồn tại vô số.
Tính chất ước nguyên tố dạng $4t+1$ hướng đến số có dạng $2^{2x}+1$. Xét dãy $(a_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} a_1=3\\ a_{n+1}=2^{2a_n}+1\end{matrix}\right.$.
Không chắc là tất cả nghiệm của dãy sẽ đúng, nhưng mình nghĩ rằng số $n$ thỏa mãn sẽ nằm trong này, hoặc có thể thêm một số điều kiện nào đó
- perfectstrong, Zaraki, hoangtubatu955 and 2 others like this
#3
Posted 23-04-2016 - 14:46
Lời giải của mình cho bài toán này.
Lời giải.
Ta sẽ tạm bỏ qua điều kiện (a) để tập trung tìm $n$ thoả mãn điều kiện (b), (c ) trước. Ta sẽ xây dựng dãy $p_1,p_1p_2, p_1p_2p_3, \cdots , p_1p_2 \cdots p_l$ thoả mãn điều kiện (b),(c ). Điều kiện (c ) có thể viết thành $p_1p_2 \cdots p_l \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1)}-1$.
------------------------------------
Chọn $p_1=3$ thì ta thấy $3 \mid 2^4-1=2^{\sigma (3)}-1$ thoả mãn. Để ý rằng $v_2(p_1+1)=2$ nên ta chọn $p_2$ sao cho $p_2 \mid 2^2+1 \mid 2^4-1=2^{p_1+1}-1$. Khi đó $p_1p_2 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1)}-1$. Tương tự, để ý rằng $v_2 \left( (p_1+1)(p_2+1) \right)=3$ nên ta chọn $p_3$ sao cho $$p_3 \mid 2^4+1 \mid 2^8-1 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1)}-1.$$ Khi đó $p_1p_2p_3 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1)(p_3+1)}-1$.
Tương tự, khi đã tìm được $p_l$ để $p_1p_2 \cdots p_l \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1)}-1$ và $v_2 \left( (p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1) \right)=A$ thì ta chọn $p_{l+1}$ sao cho $$p_{l+1} \mid 2^{2^{A-1}}+1 \mid 2^{2^A}-1 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1)}-1.$$
Khi đó $p_1p_2 \cdots p_{l+1} \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_{l+1}+1)}-1= 2^{\sigma (p_1p_2 \cdots p_{l+1})}-1$.
Dễ thấy rằng với cách xây dựng trên, dãy thoả mãn điều kiện (c ). Điều kiện (b) ở đây cũng thoả mãn vì $p_i \mid 2^{2^x}+1$ nên $p_i \equiv 1 \pmod{4}$.
------------------------------------
Bây giờ ta sẽ chứng minh dãy có vô hạn số, hay nói cách khác là luôn tìm được số $p_{l+1}$ sao cho $p_{l+1} \ne p_i \; (1 \le i \le l)$ và $p_{l+1} \mid 2^{2^{A-1}}+1$. Thật vậy, ta dễ dàng thấy rằng $\gcd \left( 2^{2^{A-1}}+1, 2^{2^i}+1 \right)=1$ với mọi $1 \le i <A-1$. Do $p_{i+1} \mid 2^{2^i}+1$ với mọi $1 \le i \le A-1$ nên suy ra $p_i \ne p_{l+1}$ với mọi $2 \le i \le l$. Ta cũng có rằng $2^{2^{A-1}}+1=p_1^m=3^m$ là không thể xảy ra, cho nên sẽ luôn tồn tại số $p_{l+1}$ thoả mãn điều kiện trên.
Để thoả mãn (a), ta chỉ cần chọn các số trong dãy thoả mãn có ít nhất $k$ trước nguyên tố phân biệt, hay các số $n$ thoả mãn (a), (b), (c ) là các số $p_1p_2 \cdots p_k, p_1p_2 \cdots p_{k+1}, \cdots$
- perfectstrong, Chris yang, nhungvienkimcuong and 5 others like this
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#4
Posted 31-10-2022 - 00:06
Dạo này bận quá nên mới vô được diễn đàn Bài này chắc thầy Hà Duy Hưng chế ra từ các tính chất của các số Fermat
$\textbf{Lời giải.}$
Ta xét các số $F_n=2^{2^n}+1$ trong đó $n$ là một số tự nhiên
Rõ ràng tất cả các số hạng của dãy trên đều nguyên tố cùng nhau và nếu $n\geq 1$ thì $F_n$ sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$.
Gọi $p_i$ là một ước nguyên tố của $F_i$ thì $p_0=3$ và $p_1,p_2,...,p_{k-1}$ là các số nguyên tố dạng $4t+1$ và các số này đều phân biệt
Ta chọn $n_{k-1}=p_0p_1...p_{k-1}$ thì $n_{k-1}$ sẽ có đúng $k$ ước nguyên tố phân biệt, và ngoại trừ số $3$ ra thì mọi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều có dạng $4t+1$. Ta chứng minh đây là số thỏa mãn đề bài bằng cách chỉ ra $n_{k-1}|2^{\sigma (n_{k-1})}-1$
Thậy vậy, dễ dàng có $2^k| \sigma (n_{k-1})$ nên ta cần chứng minh: $n_{k-1}|2^{2^k}-1$
Mà mỗi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều đôi một phân biệt nên bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra $p_i|2^{2^k}-1,\forall i = \overline{0,k-1}$
Đây là điểu hiển nhiên do $F_i|2^{2^k}-1,\forall i =\overline{0,k-1}$
- nhungvienkimcuong, Hoang72 and ThienDuc1101 like this
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
Also tagged with one or more of these keywords: vmeo
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users