Chủ đề này có 171 trả lời

[linhlun97]

Bài 29

Cho $p_{n}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng:

a.$p_{n}>2n$ với mọi $n>4$

b.$p_{n}>3n$ với mọi $n>11$

a) Ta có $p_{5}=11>2.5$

Giả sử bất đẳng thức đúng với $n=k\geq 5$

Khi $n=k+1$

2 số nguyên tố liên tiếp kể từ số 3 trở đi đều cách nhau ít nhất là 2 vì mọi số nguyên tố khác 2 đều là số lẻ

Suy ra $p_{k+1}-p_{k}\geq 2 \Rightarrow p_{k+1}\geq p_{k}+2> 2k+2=2(k+1)$

=> dpcm
b) ta có$p_{12}=37> 3.12$

Chia tập hợp các số nguyên dương thành các nhóm 3 số:

$A_{1}={1,2,3}$

$A_{2}={4,5,6}$

....

$A_{k}={3k-2,3k-1,3k}$

Trong 12 tập đầu tiên có 11 số nguyên tố, kể từ tập 13 trở đi, trong  mỗi tập $A_{k} , k\geq 13$ có 1số 3k chia hết cho 3 và lớn hơn 3, trong 2 số 3k-1, 3k-2 có 1 số chẵn và lớn hơn 2 => Trong mỗi tập có nhiều nhất là 1 số nguyên tố.   Do vậy số nguyên tố thứ n $p_{n}$ sẽ thuộc tập $A_{k+1}$ hoac các tập sau nữa.
Từ đó suy ra dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi linhlun97: 22-09-2013 - 20:37

[bachhammer]

Bài 51: Cho số nguyên dương $n$ có dạng $n=2^k+1$, $k>1$. CMR: điều kiện cần và đủ để $n$ là số nguyên tố là tồn tại a sao cho $a^{\frac{n-1}{2}}+1 \vdots n$

P/s: mình có ý kiến thế này: bây giờ topic này đã đủ 50 bài rồi (và có lời giải đầy đủ), ta có thể làm một tập san các bài toán trên topic này như một tập tài lieu được không?

Nếu chú thích và nhiều người ủng hộ thì cứ việc làm, riêng ý kiến của a thì a chắc là.......ủng hộ thôi. Tại lâu lâu mới ghé qua mà 

[xuananh10]

Bài 52.

Gọi $P(n)$ là số phân hoạch nguyên n

$\sigma \left ( n \right )$ là tổng tất cả các ước nguyên dương của n

CMR$nP(n)=\sigma (n)+\sigma (n-1)P(1)+ ...+\sigma (1)P(n-1)$

[bachhammer]

Bài 52.

Gọi $P(n)$ là số phân hoạch nguyên n

$\sigma \left ( n \right )$ là tổng tất cả các ước nguyên dương của n

CMR$nP(n)=\sigma (n)+\sigma (n-1)P(1)+ ...+\sigma (1)P(n-1)$

Hình như có sẵn công thức của hai hàm số học này, chỉ cần ráp vào cộng thêm chút biến đổi là được thì phải (Theo ý kiến bản thân)... Chưa biết có đúng ko nhưng trước mắt hướng giải là như vậy!!!

[LNH]

Bài 53: CMR: không tồn tại $3$ số nguyên dương $a,b,c$ sao cho: $\frac{a^2+b^2+c^2}{3\left ( ab+bc+ca \right )}$ là số nguyên

[Juliel]

Bài 51: Cho số nguyên dương $n$ có dạng $n=2^k+1$, $k>1$. CMR: điều kiện cần và đủ để $n$ là số nguyên tố là tồn tại a sao cho $a^{\frac{n-1}{2}}+1 \vdots n$

 

Ta sẽ chỉ ra rằng luôn tồn tại số $a=3$ thỏa mãn đề bài, khi đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $a=3$ thì bài toán coi như được giải quyết.

 

Phần thuận : Gỉa sử $n|3^{\frac{n-1}{2}}+1\Rightarrow 3^{\frac{n-1}{2}}\equiv -1\;(mod\;n)\;\;(1)\Rightarrow 3^{n-1}\equiv 1\;(mod\;n)\;\;(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $\left\{\begin{matrix} ord_{n}3|n-1=2^{k} & & \\ ord_{n}3\nmid \dfrac{n-1}{2}=2^{k-1}& & \Rightarrow ord_{n}3=2^{k}=n-1\Rightarrow n\in \mathbb{P} \end{matrix}\right.$

Chú ý ở đây ta đã sử dụng tính chất $ord_{m}a=m-1\Leftrightarrow m\in \mathbb{P}$, xem chứng minh tại đây.

Phần đảo : Gỉa sử $n$ là số nguyên tố, khi đó dễ thấy $k$ chẵn vì nếu $k$ lẻ thì $3|n=2^{k}+1$, $n>3$ nên $n$ phải là hợp số.

Khi $k$ chẵn thì dễ thấy $n=2^{k}+1\equiv 2\;(mod\;3)$.

Theo luật tương hỗ Gauss :

$$\left ( \frac{3}{n} \right )\left ( \frac{n}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{(3-1)(n-1)}{4}}=(-1)^{2.2^{k-1}}=1$$

Suy ra $$\left ( \frac{3}{n} \right )=\left ( \frac{n}{3} \right )\equiv \left ( \frac{2}{3} \right )=-1$$

(vì $2$ không là thặng dư bậc hai modulo $3$)

Từ đó theo định lí tiêu chuẩn Euler :

$$3^{\frac{n-1}{2}}\equiv \left ( \frac{3}{n} \right )=-1\;(mod\;n)\Rightarrow n|3^{\frac{n-1}{2}}+1$$.

 

Bài toán được chứng minh.$\blacksquare$

 

Mọi người cho bài khó quá, topic khó phát triển lắm, để mình khởi động lại với những bài vừa vừa thôi  .

__________________________________________________________________________________

 

Bài 54 : Cho $m,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(2^{m}-1)^{2}|2^{n}-1$. Chứng minh $m(2^{m}-1)|n$

Bài 55 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình $11x^{2}+14y^{2}=5z^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 13-10-2013 - 18:16

[Zaraki]

Bài 54 : Cho $m,n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(2^{m}-1)^{2}|2^{n}-1$. Chứng minh $m(2^{m}-1)|n$

Lời giải. Ta có $2^m-1|2^n-1$. Đặt $n=mk+r$ với $k,r \in \mathbb{N}, \; 0 \le r \le m-1$. Khi đó $$2^n-1=2^{mk+r}-1=2^r \left( 2^{mk}-1 \right)+2^r-1$$ chia hết cho $2^m-1$ khi $2^r-1|2^m-1$. Mà $2^m-1>2^r-1$ (vì $0 \le r \le m-1$) nên $2^r-1=0 \Rightarrow r=0$. Vậy $m|n$. Khi đó $n=mk$ với $k \in \mathbb{N}^*$. Ta có $$\left(2^m-1 \right)^2|2^n-1=2^{mk}-1=(2^m-1) \left( 2^{m(k-1)}-1+2^{m(k-2)}+ \cdots + 2^m+1 \right).$$ Ta suy ra $2^m-1|A=2^{m(k-1)}+2^{m(k-2)}+ \cdots + 2^m+1$.

Ta lại có $2^{m(k-i)} \equiv 1 \pmod{2^m-1}$ với $i= \overline{ 1,k}$ nên $A \equiv k \pmod{2^m-1}$. Vậy $k \equiv0\pmod{2^m-1}$. Vậy $m(2^m-1)|n$. $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 13-10-2013 - 22:33

[Zaraki]

Bài 55 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình $11x^{2}+14y^{2}=5z^{2} \qquad (1)$

Lời giải. Tính chất. Ta có $a^2 \equiv 0,1,2,4 \pmod{7} \; \forall a \in \mathbb{Z}$.

Nếu $7 \nmid x,z$ thì $5z^2-11x^2 \equiv 5z^2-4x^2 \equiv 1,2,3,4,5,6 \pmod{7}$, mâu thuẫn vì $14y^2 \equiv 0 \pmod{7}$.

Vậy $7|x,z$. Đặt $x=7x_1,z=7z_1$ với $x_1,z_1 \in \mathbb{Z}$. Khi đó $(1) \Leftrightarrow 77x_1^2+2y^2=35z_1^2$. Từ đây ta suy ra $7|y$. Đặt $y=7y_1$ với $y_1 \in \mathbb{Z}$. Khi đó $$11x_1^2+14y_1^2=5z_1^2$$

Lập luận tương tự thì $7|x_1,y_1,z_1$. Cứ như thế thì ta sẽ có nếu $(x_0,y_0,z_0)$ là nghiệm nguyên phương trình thì $\left( \dfrac{x_0}{7^n}, \dfrac{y_0}{7^n}, \dfrac{z_0}{7^n} \right)$ cũng là nghiệm nguyên của phương trình với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Do vậy chỉ có thể $x=y=z=0$.

===================================

Bài 56. Cho các số nguyên dương $x,y$ thoả mãn $x^2+2y^2+1$ chia hết cho $3xy+1$. Chứng minh $xy=0$ hoặc $x=y$ hoặc $x=2y$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 13-10-2013 - 22:45

[perfectstrong]

Bài 56. Cho các số nguyên dương $x,y$ thoả mãn $x^2+2y^2+1$ chia hết cho $3xy+1$. Chứng minh $xy=0$ hoặc $x=y$ hoặc $x=2y$.

Chọn $(x;y)=(9;1)$ thì $\dfrac{x^2+2y^2+1}{3xy+1}=3 \in N$ nhưng $xy \ne 0\wedge x\ne y \wedge x \ne 2y$

[unvhoang1998]

Bài 57: CMR : Dãy số sau chúa vô hạn các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau

$t_{n}=\frac{1}{k!}n\left (  n+1\right )\left ( n+k-1 \right )$

với mọi $n,k\in Z^{+}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi unvhoang1998: 14-10-2013 - 17:42

[xuananh10]

Hình như có sẵn công thức của hai hàm số học này, chỉ cần ráp vào cộng thêm chút biến đổi là được thì phải (Theo ý kiến bản thân)... Chưa biết có đúng ko nhưng trước mắt hướng giải là như vậy!!!

 Hình như không có công thức của $P(n)$ mà chỉ có $P(n)\approx \frac{1}{4\sqrt{3}}e^{\Pi \sqrt{\frac{2n}{3}}}$ 

[bachhammer]

Hai bài tương đối đơn giản, nhanh tay lẹ mắt mà giải đúng thì sẽ được like nhiều...    

Bài 58: Tìm tất cả các số có 4 chữ số là bội của 3, đồng thời chữ số hàng đơn vị bằng tổng ba chữ số còn lại, giá trị tuyệt đối giữa hiệu hai số hàng chục và hàng đơn vị bằng đúng số hàng nghìn và chữ số hàng đơn vị có thể phân tích thành hiệu bình phương hai số tự nhiên.

Bài 59: Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: $x^{5}(x^{2}+y^{2})=y^{6}$.

   

P/s: Dạo này topic có một sự yên ắng nhẹ...     

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 12-11-2013 - 19:26

[LNH]

Bài 59: Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: $x^{5}(x^{2}+y^{2})=y^{6}$.

Ta có $x,y \geq 0$

Xét 2 TH:

TH1: $x=y=0$

Dễ thấy đây là nghiệm của PT

TH2: $x,y$ khác $0$

Gọi $d=\left ( x,y \right )$, $x=dx_1$, $y=dy_1$

PT tương đương: $dx_1^5\left ( x_1^2+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $\left ( x_1,y_1 \right )=1$ nên $x_1=1$

PT tương đương: $d+dy_1^2=y_1^6$

Đặt $d=d_1y_1^6$, ta có:

$d_1+d_1y_1^2=1$

Suy ra $d_1=1$, $d=y_1^6$

Thay vào PT thì không thoả mãn

Vậy $x=y=0$ là nghiệm của PT

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LNH: 12-11-2013 - 20:18

[bachhammer]

Ta có $x,y \geq 0$

Xét 2 TH:

TH1: $x=y=0$

Dễ thấy đây là nghiệm của PT

TH2: $x,y$ khác $0$

Gọi $d=\left ( x,y \right )$, $x=dx_1$, $y=dy_1$

PT tương đương: $dx_1^5\left ( x_1^2+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $\left ( x_1,y_1 \right )=1$ nên $x_1=1$, suy ra $y_1^2+1=y_1^6$ (vô nghiệm)

Vậy $x=y=0$ là nghiệm của PT

Ý này sao ngộ vậy???    

[Juliel]

Ý này sao ngộ vậy???    

Theo em là vì $x_1^2+y_1^2=\frac{y_1^6}{x_1^5}\in \mathbb{Z}$, mà $(x_1,y_1)=1$ nên $x_1=1$

 

Bài 60 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, luôn tồn tại $n$ số tự nhiên liên tiếp sao cho không có số nào trong $n$ số này là số square-free.

Trong đó một số được coi là số square-free nếu nó là tích của các số nguyên tố phân biệt. 

 

@bachhamer : em tưởng nó cùng bậc chứ ? :3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 12-11-2013 - 20:12

[bachhammer]

Theo em là vì $x_1^2+y_1^2=\frac{y_1^6}{x_1^5}\in \mathbb{Z}$, mà $(x_1,y_1)=1$ nên $x_1=1$

Thế thì còn d nữa rồi sao??? $x_{1}=1$ đâu suy ra d = 1.

[bachhammer]

Ta có $x,y \geq 0$

Xét 2 TH:

TH1: $x=y=0$

Dễ thấy đây là nghiệm của PT

TH2: $x,y$ khác $0$

Gọi $d=\left ( x,y \right )$, $x=dx_1$, $y=dy_1$

PT tương đương: $dx_1^5\left ( x_1^2+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $\left ( x_1,y_1 \right )=1$ nên $x_1=1$

PT tương đương: $d+dy_1^2=y_1^6$

Đặt $d=d_1y_1^6$, ta có:

$d_1+d_1y_1^2=1$

Suy ra $d_1=1$, $d=y_1^6$

Thay vào PT thì không thoả mãn

Vậy $x=y=0$ là nghiệm của PT

Sao đặt cái này được nhỉ???  

[LNH]

Sao đặt cái này được nhỉ???  

Đặt ba lần cái $d=d_1y_1^2$, $d_1=d_2y_1^2$,...

Spam tí: em là con cháu của Gia Cát Lượng nên tính trước rồi

[Juliel]

Ta có $x,y \geq 0$

Xét 2 TH:

TH1: $x=y=0$

Dễ thấy đây là nghiệm của PT

TH2: $x,y$ khác $0$

Gọi $d=\left ( x,y \right )$, $x=dx_1$, $y=dy_1$

PT tương đương: $dx_1^5\left ( x_1^2+y_1^2 \right )=y_1^6$

Vì $\left ( x_1,y_1 \right )=1$ nên $x_1=1$

PT tương đương: $d+dy_1^2=y_1^6$

Đặt $d=d_1y_1^6$, ta có:

$d_1+d_1y_1^2=1$

Suy ra $d_1=1$, $d=y_1^6$

Thay vào PT thì không thoả mãn

Vậy $x=y=0$ là nghiệm của PT

$d=(x,y)$ nên $d|y\Rightarrow y\geq d,y^{6}\geq d$

$d=d_{1}y_1^6\Rightarrow d\geq y_{1}^{6}\qquad(!)$

Hình như mình nhầm $y$ với $y_1$...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 12-11-2013 - 20:34

[LNH]

$d=(x,y)$ nên $d|y\Rightarrow y\geq d,y^{6}\geq d$

$d=d_{1}y_1^6\Rightarrow d\geq y_{1}^{6}\qquad(!)$

Hình như mình nhầm $y$ với $y_1$...

Đây là $y_1$ mà, có liên quan gì tới $y$ đâu