Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 HoangHungChelski

HoangHungChelski

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 283 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương
  • Sở thích:$\mathfrak{Combinatorics}$ , $\mathfrak{NumberTheory}$

Đã gửi 08-10-2014 - 23:27

Cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x], \text{deg}P\geq 2$.
CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 08-10-2014 - 23:30

$$\boxed{\text{When is (xy+1)(yz+1)(zx+1) a Square?}}$$                                


#2 hohohoho

hohohoho

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 07-06-2017 - 07:54

short list 2005



#3 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 08-06-2017 - 21:23

Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$  
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$ 
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$ 
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!)  \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có : 
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$ 
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$ 
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$ 
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$ 
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$. 
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.



#4 NeverDiex

NeverDiex

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 61 Bài viết

Đã gửi 26-07-2019 - 09:59

Xét số nguyên tố pp và số tự nhiên chẵn k<pk<p. Theo Wilson : (pk)!(k1)(1)(k1).(p1)!1(modp)(p−k)!(k−1)≡(−1)(k−1).(p−1)!≡1(modp)  
Do đó : (k1)!P((pk)!)=ni=0ai[(k1)!]ni.[(pk)!(k1)!]ini=0ai[(k1)!]ni(modp)(k−1)!P((p−k)!)=∑i=0nai[(k−1)!]n−i.[(p−k)!(k−1)!]i≡∑i=0nai[(k−1)!]n−i(modp) 
Suy ra (k1)!P((pk)!)S((k1)!)(modp)(k−1)!P((p−k)!)≡S((k−1)!)(modp) với S(x)=an+an1x+..+a0xnS(x)=an+an−1x+..+a0xn 
Từ đó suy ra p|P((pk)!)S((k1)!)pp|P((p−k)!)⇔S((k−1)!)⋮p . Chú ý rằng S((k1)!)S((k−1)!) là đa thức phụ thuộc vào kk. Xét k>2an+1k>2an+1 ta có : 
s=(k1)!an,ss=(k−1)!an,s là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn kk. Ta có S((k1)!)=anbk,bk1(mods)S((k−1)!)=anbk,bk≡1(mods) 
Suy ra bkbk chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn kk. Cho kk càng lớn thì S((k1)!)S((k−1)!) càng lớn . Với kk đủ lớn thì |bk|>1|bk|>1 . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố pp của bkbk mà p|P((pk)!)p|P((p−k)!) 
Bây giờ ta cần chọn kk sao cho nó đủ lớn để |P((pk)!)|>p|P((p−k)!)|>p . Xét qq là số nguyên tố đủ lớn mà k=(q1)!k=(q−1)!. Nhân xét k+ik+i là hợp số với i=1,..,q1i=1,..,q−1 
Khi đó pp là số nguyên tố lớn hơn kk mà P((pk)!)pP((p−k)!)⋮p nên p>k+q1p>k+q−1 suy ra p=k+q+r,r0p=k+q+r,r≥0 
Với số nguyên tố qq đủ lớn mà do degP2degP≥2 nên |P((pk)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q1)!+q+r=p|P((p−k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q−1)!+q+r=p
Vậy ta có p|P((pk)!)p|P((p−k)!) và pP((pk)!)p≠P((p−k)!)

 nên ta có điều phải chứng minh.


 

 

#5 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1021 Bài viết

Đã gửi 26-07-2019 - 10:01

short list 2005 là gì zẻ bạn ?






0 người đang xem chủ đề

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