Chứng minh rằng với mỗi hai số nguyên dương http://dientuvietnam...mimetex.cgi?m,n tồn tại số nguyên dương http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?k sao cho http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m có ít nhất http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n ước nguyên tố phân biệt.
Nhìn lại các bài toán của China TST 2006
#2
Đã gửi 19-06-2006 - 08:02
ctlhp
-
- Thành viên
-
- 375 Bài viết
Đức Thành
G/S sai. cố định 
giả sử 
là số mà 
số ƯSNT nhiều max là 
. Xét ...(p_{k}-1) )
. Dãy trên theo g/s chỉ có 
ưsnt kể trên . Ta có ^{i}+...+(2^{A})^{i}-1^{i}-1^{i}+...-1^{i} )
số 1 và 
số 
. theo đ lí quen thuộc thì ta có dãy 
vô số ưsnt . mâu thuẫn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ctlhp: 19-06-2006 - 08:02
#3
Đã gửi 19-06-2006 - 11:39
pnt
-
- Thành viên
-
- 208 Bài viết
Thượng sĩ
Ta xét trường hợp m là số lẻ:
Giả sử
k 
N*, số ước nguyên tố của http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m có nhiều ước nguyên tố nhất (các số nguyên tố này đều là số lẻ). Tất cả các ước số này là http://dientuvietnam..._1,p_2,...,p_i. Số mũ tương ứng của các số nguyên tố này trong http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m là http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_i (hiển nhiên http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_i > 0).
Chọn s>max{http://dientuvietnam..._1,a_2,...,a_i}
Đặt:
j=
(http://dientuvietnam...^sp_2^s...p_i^s).
Xét số http://dientuvietnam...^{k j}-m=(2^k-m)2^j+m(2^j-1)=(2^k-m)(2^j+\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m})
Rõ ràng http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m} là số nguyên theo cách chọn j. Hơn nữa, http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m}
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?p_1p_2...p_i. Do đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?(2^j+\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m},p_1p_2...p_i)=(2^j,p_1p_2...p_i)=1.
Như vậy, ngoài các ước nguyên tố http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?p_1,p_2,...,p_i, số A còn có thêm ít nhất một ước số nguyên tố khác (điều này mâu thuẫn với giả sử ở đầu bài).
Vậy số các ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m (khi k thay đổi) không bị chặn.
Ta xét trường hợp m là số chẵn: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?m=2^ab (với b là số lẻ)
Ta có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m=2^a(2^{k-a}-b). Theo chứng minh trên, số ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^{k-a}-b (khi k-a thay đổi) không bị chặn. Do đó số ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m (khi k thay đổi) không bị chặn.
Tóm lại, trong cả 2 trường hợp, ta có đpcm.
Giả sử
k N*, số ước nguyên tố của http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m có nhiều ước nguyên tố nhất (các số nguyên tố này đều là số lẻ). Tất cả các ước số này là http://dientuvietnam..._1,p_2,...,p_i. Số mũ tương ứng của các số nguyên tố này trong http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m là http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_i (hiển nhiên http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_i > 0).Chọn s>max{http://dientuvietnam..._1,a_2,...,a_i}
Đặt:
j=
(http://dientuvietnam...^sp_2^s...p_i^s).Xét số http://dientuvietnam...^{k j}-m=(2^k-m)2^j+m(2^j-1)=(2^k-m)(2^j+\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m})
Rõ ràng http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m} là số nguyên theo cách chọn j. Hơn nữa, http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m}
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?p_1p_2...p_i. Do đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?(2^j+\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m},p_1p_2...p_i)=(2^j,p_1p_2...p_i)=1.Như vậy, ngoài các ước nguyên tố http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?p_1,p_2,...,p_i, số A còn có thêm ít nhất một ước số nguyên tố khác (điều này mâu thuẫn với giả sử ở đầu bài).
Vậy số các ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m (khi k thay đổi) không bị chặn.
Ta xét trường hợp m là số chẵn: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?m=2^ab (với b là số lẻ)
Ta có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m=2^a(2^{k-a}-b). Theo chứng minh trên, số ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^{k-a}-b (khi k-a thay đổi) không bị chặn. Do đó số ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m (khi k thay đổi) không bị chặn.
Tóm lại, trong cả 2 trường hợp, ta có đpcm.
độc lập ,tự do muôn năm!!!!!!!!!!!!!
#4
Đã gửi 19-06-2006 - 12:09
ctlhp
-
- Thành viên
-
- 375 Bài viết
Đức Thành
Anh Tuân gần như c/m lại bđ VMEO rùi còn gìTa xét trường hợp m là số lẻ:
Giả sửk
N*, số ước nguyên tố của http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m có nhiều ước nguyên tố nhất (các số nguyên tố này đều là số lẻ). Tất cả các ước số này là http://dientuvietnam..._1,p_2,...,p_i. Số mũ tương ứng của các số nguyên tố này trong http://dientuvietnam...metex.cgi?2^k-m là http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_i (hiển nhiên http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_i > 0).
Chọn s>max{http://dientuvietnam..._1,a_2,...,a_i}
Đặt:
j=(http://dientuvietnam...^sp_2^s...p_i^s).
Xét số http://dientuvietnam...^{k j}-m=(2^k-m)2^j+m(2^j-1)=(2^k-m)(2^j+\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m})
Rõ ràng http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m} là số nguyên theo cách chọn j. Hơn nữa, http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m}http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?p_1p_2...p_i. Do đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?(2^j+\dfrac{m(2^j-1)}{2^k-m},p_1p_2...p_i)=(2^j,p_1p_2...p_i)=1.
Như vậy, ngoài các ước nguyên tố http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?p_1,p_2,...,p_i, số A còn có thêm ít nhất một ước số nguyên tố khác (điều này mâu thuẫn với giả sử ở đầu bài).
Vậy số các ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m (khi k thay đổi) không bị chặn.
Ta xét trường hợp m là số chẵn: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?m=2^ab (với b là số lẻ)
Ta có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m=2^a(2^{k-a}-b). Theo chứng minh trên, số ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^{k-a}-b (khi k-a thay đổi) không bị chặn. Do đó số ước nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2^k-m (khi k thay đổi) không bị chặn.
Tóm lại, trong cả 2 trường hợp, ta có đpcm.
#5
Đã gửi 19-06-2006 - 16:59
tanlsth
-
- Hiệp sỹ
-
- 1428 Bài viết
Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán
Ta có thể giải theo hướng sau
Đặt=2^k-m )
sau đó ta chứng minh tồn tại \no \equiv 0 (mod p^s) )
Từ đó suy ra tập số nguyên tố của )
là vô hạn
Đặt
sau đó ta chứng minh tồn tại
Từ đó suy ra tập số nguyên tố của
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
#6
Đã gửi 19-06-2006 - 20:03
pnt
-
- Thành viên
-
- 208 Bài viết
Thượng sĩ
Bạn tanlsth suy ra tập ước số nguyên tố của f(k) là vô hạn bằng cách nào?
độc lập ,tự do muôn năm!!!!!!!!!!!!!
#7
Đã gửi 19-06-2006 - 21:00
tanlsth
-
- Hiệp sỹ
-
- 1428 Bài viết
Tiến Sĩ Diễn Đàn Toán
Rất đơn giản là :
Giả sử tập ước nguyên tố của là hữu hạn là 
suy ra với mỗi \no \equiv 0 (mod p_i^{s_i}), \forall l>z_i )
Chọn
suy ra  \no \equiv 0 (mod p_1^{s_1}..p_k^{s_k}) , )
q đủ lớn
Hay<p_1^{s_1}..p_k^{s_k} )
với mọi q (vô lí)
Ta có đpcm
Giả sử tập ước nguyên tố của
suy ra với mỗi
Chọn
Hay
Ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tanlsth: 19-06-2006 - 21:02
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
