(Croatia TST 2011) Với $a,b$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và $a,b > 1,$ cho dãy $(x_n)$ thỏa mãn
$x_n$ không nguyên với mọi $n\geq 3.$
#1
Đã gửi 26-05-2016 - 23:29
- bangbang1412 yêu thích
#2
Đã gửi 27-05-2016 - 00:05
Hiển nhiên $x_{3}$ không nguyên , cũng dễ thấy $x_{n}$ hữu tỷ với mọi $n$
Ta đặt $x_{n-1}=\frac{c}{d},x_{n-2}=\frac{e}{f}$ thế thì $x_{n}=\frac{(cf)^{2}+(ed)^{2}}{df(cf+ed)}$ không thuộc $Z$
Thật ra không cần điều kiện nguyên tố cùng nhau chỉ cần $>1$ và phân biệt
Vif $a$ khác $b$ thì $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}=a+b-\frac{2ab}{a+b}$
- Stoker yêu thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#3
Đã gửi 27-05-2016 - 00:08
Hiển nhiên $x_{3}$ không nguyên , cũng dễ thấy $x_{n}$ hữu tỷ với mọi $n$
Ta đặt $x_{n-1}=\frac{c}{d},x_{n-2}=\frac{e}{f}$ thế thì $x_{n}=\frac{(cf)^{2}+(ed)^{2}}{df(cf+ed)}$ không thuộc $Z$
Thật ra không cần điều kiện nguyên tố cùng nhau chỉ cần $>1$ và phân biệt
Vif $a$ khác $b$ thì $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}=a+b-\frac{2ab}{a+b}$
Bạn làm chỗ này rõ giúp mình được không. Cảm ơn bạn
- bangbang1412 yêu thích
#4
Đã gửi 27-05-2016 - 00:09
Bạn làm chỗ này rõ giúp mình được không. Cảm ơn bạn
Công thức của dãy $\frac{\frac{c^{2}}{d^{2}}+\frac{e^{2}}{f^{2}}}{\frac{c}{d}+\frac{e}{f}}$
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#5
Đã gửi 27-05-2016 - 08:35
Công thức của dãy $\frac{\frac{c^{2}}{d^{2}}+\frac{e^{2}}{f^{2}}}{\frac{c}{d}+\frac{e}{f}}$
Ý mình là tại sao $x_n$ không thuộc $\mathbb{Z}$?
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh