Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

Một Số Bổ Đề, Định lý Số Học


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 33 trả lời

#21 Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K45 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Lịch Sử và Văn Hóa Trung Hoa

Đã gửi 01-07-2015 - 08:36

Bài 1 dễ nhất : Ta có $q^{3} - 1 = (q-1)(q^{2}+q+1)$ chia hết cho p. 

+) Xét q - 1 chia hết cho p suy ra q > p. Mặt khắc p - 1 chia hết cho q suy ra p > q (mâu thuẫn )

+) Xét $q^{2}+q+1 = p$ suy ra $(q+1)^{2}$ = p + q suy ra p + q là số chính phương.

+) Xét $q^{2}+q+1 > p$ và $q^{2}+q+1$ chia hết cho p suy ra p < $\sqrt{q^{2}+q+1}$ nên p < q+1. Vô lí vì p - 1 chia hết cho q nên p lớn hơn hoặc bằng q+1. 

 

Vậy p + q là số chính phương 

 

Chỗ này em chưa hiểu lắm. Đáng ra là $\sqrt{p} < \sqrt{q^{2}+q+1}$ chứ nhỉ.
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 01-07-2015 - 08:49

Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#22 Mosses William Tran

Mosses William Tran

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 17 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lam Sơn
  • Sở thích:Rất thích xem Real đá

Đã gửi 01-07-2015 - 21:41

Có một định lí của số học là ước nguyên tố của một hợp số không được lớn hơn căn bậc hai của hợp số đó

#23 buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 26-05-2016 - 21:47

$\blacksquare$ Dạng 1

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n-b^n\\p\not | a^k-b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^6-1^6$ và $a^2-b^2$ với $a+b$ là một lũy thừa của $2$ $)$

$\blacksquare$ Dạng 2

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n+b^n\\p\not | a^k+b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^3+1^3$ $)$

bạn có thể post chứng minh được không



#24 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 26-05-2016 - 21:49

bạn có thể post chứng minh được không

hồi lúc mình có file mà nhớ nó dài lắm  :wacko:


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#25 buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 26-05-2016 - 21:56

hồi lúc mình có file mà nhớ nó dài lăm

bạn post lên đi , mong là file Tiếng Việt



#26 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 26-05-2016 - 22:01

bạn post lên đi , mong là file Tiếng Việt

TV thì mình không có rồi  :(

http://users.ugent.b...sigmondy_en.pdf


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#27 buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 26-05-2016 - 22:05

thất vọng, nhưng cũng cảm ơn bạn nhiều



#28 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 10-06-2016 - 18:39

Bài 1:

Có $q \equiv 1\pmod{p}$

dễ thấy $p-1$ không chia hết cho $q$ nên $p^{2}+p+1$ chia hết cho $q$.

Có $q \equiv 1\pmod{p}$, $p^{2}+p+1 \equiv 1\pmod{p} $ nên $\frac{p^2+p+1}{q} \equiv 1\pmod{p}$

Vì vậy $\frac{p^2+p+1-q}{q} \vdots p$, vì vậy $p^2+p+1-q \vdots pq$. Dễ chứng minh $p^2+p+1-q<pq$ nên $p^2+p+1-q=0$ vì vậy $p+q=(p+1)^2$ là SCP



#29 Sonhai224

Sonhai224

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 178 Bài viết

Đã gửi 23-06-2016 - 10:36

Có ai có tài liệu về bước nhảy Vi-et không ạ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 19-02-2017 - 15:42

Không có chữ ký!!!


#30 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 17-02-2017 - 21:41

Định lý Erdos-Ginzburg-Ziv: Trong $2n-1$ số nguyên bất kỳ, tồn tại $n$ số có tổng chia hết cho $n$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 17-02-2017 - 21:42


#31 Nguyengianghjl123

Nguyengianghjl123

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 23-07-2017 - 16:15

Cho em hỏi với ạ
14 là hợp số 7 là ước nguyên tố của 14 mà căn14 > 7
Xong em tra thì định lí là tồn tại số nguyên tố nhỏ hơn căn bậc 2 chứ không phải là luôn luôn
Thế thì làm sao áp dụng cho bài được ạ

#32 hotrome

hotrome

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 26-08-2017 - 22:44

1 chuyên đề khá hay

Cho em hỏi sao chuyên đề này ko tải được ạ



#33 ngando2002

ngando2002

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 10-10-2017 - 11:32

TV thì mình không có rồi  :(

http://users.ugent.b...sigmondy_en.pdf

anh ơi post lại cho em được không anh file bị lỗi rồi :( cám ơn nhiều ạ



#34 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 457 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đồng Nai
  • Sở thích:...

Đã gửi 11-10-2017 - 00:26

Mình xin được phép đề cập đến 2 tính chất thường gặp :D

1/ $C_{p}^{k} \space \vdots  \space p \Leftrightarrow p$ là số nguyên tố

2/ $a \equiv b \mod{p^n} \Leftrightarrow a^p \equiv b^p \mod{p^{n+1}} $

P/s: nếu sử tính chất 2 thì bài toán : $a^p-b^p \space \vdots \space p \Rightarrow a^p-b^p \space \vdots \space p^2$ không khó






0 người đang xem chủ đề

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