Chủ đề này có 6 trả lời

[OldMemories]

1.$Giả sử m\geq n là các só tự nhiên thỏa mãn (2017k-1,m)=(2017k-1,n)Với mọi k \in N . Cm \exists k sao cho m=2017^{t}*n$

2.Cmr với p nguyên tố thì tồn tại vô hạn n sao cho $n*2^{n}-1\vdots p$

3.$Cmr số 2^{p}-1 với p nguyên tố chỉ có ước số dạng 2pk+1$

4.Cmr mọi số tự nhiên đều viết đc dưới dạng hiệu của 2 số tự nhiên khác mà tập hợp các ước số nguyên tố của 2 số này trùng nhau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi OldMemories: 13-07-2017 - 22:26

[slenderman123]

Câu 3: Giả sử $2^{p}-1$ có ước là $2pk+q(p,k,q \in N)$ thì tồn tại số tự nhiên $t$ nào đó sao cho $2^{p}-1=(2pk+q)t$

Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta sẽ có $2^{p}\equiv 2(modp)$, dẫn đến $2^{p}-1\equiv 1(modp)$ , suy ra $(2pk+q)t\equiv 1(modp)$, lại có $2pkt \vdots  p$ nên $qt \equiv 1(modp)$, suy ra $t=q=1$ (do $p,t \in N$) $(ĐPCM)$

[duylax2412]

Câu 1 của bạn sửa lại là tồn tại $t$ chứ.Lời giải:

Để ý thấy $2017$ là số nguyên tố.

Đặt:$m=2017^{\alpha }.m_1;n=2017^{\beta }.n_1$ ($\alpha ,\beta \geq 0$ và $(m_1,2017)=(n_1,2017)=1$)

Lại có: $(2017k-1,m)=(2017k-1,2017^{\alpha }.m_1)=(2017k-1,m_1)$

Tương tự cũng có: $(2017k-1,n)=(2017k-1,n_1)$

Suy ra:$(2017k-1,m_1)=(2017k-1,n_1)$

Mặt khác luôn tồn tại $k_o$ thỏa: $2017k_o-1 \vdots m_1$

Khi đó $m_1=(2017k_o-1,m_1)=(2017k_o-1,n_1)|n_1$ hay $m_1|n_1$

Tương tự $n_1|m_1$ từ đó cho ta $m_1=n_1$.Cuối cùng ta được $m=2017^{\alpha -\beta }.n \rightarrow Q.E.D$

[slenderman123]

.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 14-07-2017 - 09:39

[duylax2412]

Câu 3: Giả sử $2^{p}-1$ có ước là $2pk+q(p,k,q \in N)$ thì tồn tại số tự nhiên $t$ nào đó sao cho $2^{p}-1=(2pk+q)t$

Áp dụng định lý Fermat nhỏ ta sẽ có $2^{p}\equiv 2(modp)$, dẫn đến $2^{p}-1\equiv 1(modp)$ , suy ra $(2pk+q)t\equiv 1(modp)$, lại có $2pkt \vdots  p$ nên $qt \equiv 1(modp)$, suy ra $t=q=1$ (do $p,t \in N$) $(ĐPCM)$

Bạn có chắc $qt \equiv 1(mod p)$ thì có được $q=t=1$ nên nhớ điều này chưa chắc vì có thể tồn tại $a,b$ sao cho $ab\equiv 1(mod p)$ với $1<a,b \leq p-2$ nhé (xem cách chứng minh định lí $Wilson$ sẽ thấy)

Ví dụ nhé: $5.3 \equiv 1 (mod 7)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 14-07-2017 - 09:33

[1ChampRivenn]

2.Cmr với p nguyên tố thì tồn tại vô hạn n sao cho $n*2^{n}-1\vdots p$

Nếu $p=2$ thì đề sai. Nếu xét $p$ lẻ.

Chọn $n$ có dạng $k(p-1)$ với $k\equiv -1(modp)$. Khi đó $n2^{n}\equiv k(p-1)2^{k(p-1)}\equiv^{Fermat} -k\equiv 1(modp)$

Vì có vô số $k$ thỏa mãn trên nên ta có $đpcm$

[1ChampRivenn]

 

3.$Cmr số 2^{p}-1 với p nguyên tố chỉ có ước số dạng 2pk+1$

 

 

Dễ $2^p-1$ chỉ có ước nguyên tố lẻ. Gọi $q$ là $1$ ước nguyên tố lẻ bất kì của $2^p-1$.

Gọi $h$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $2^h-1\vdots q$.

Ta sẽ chứng minh với bất kì số $a$ nào mà $2^a-1\vdots q$ thì $a\vdots h$.  (*)

Thật vậy, do tính nhỏ nhất của $h$ nên thấy ngay $a>h$. Đặt $a=hl+r$ , $0\leqslant r\leq h-1$ . ta cần chứng mình $r=0$.

$2^a-1\vdots q,,2^h-1\vdots q\Rightarrow  2^a-1\vdots q,,2^{hl}-1\vdots q$$\Rightarrow 2^a-2^{hl}\vdots q\Rightarrow 2^{hl}(2^r-1)\vdots q$

Do $(2,q)=1$ suy ra $2^r-1\vdots q$ $\Rightarrow r=0$ ( Do $h$ là số nhỏ nhất ).

Vậy (*) là đúng.

Áp dụng ta có $2^p-1\vdots q\Rightarrow p\vdots h$. Mà $p$ nguyên tố nên $h=p$.

Lại có theo định lí $phéc-ma$ bé thì $2^{q-1}-1\vdots q$ nên áp dụng (*) ta được $q-1\vdots h$ hay $q-1\vdots p$.

$\Rightarrow q-1=lp$ . Mà $q-1$ chẵn nên $l$ chẵn. Suy ra $\Rightarrow q-1=2kp\Rightarrow q=2kp+1$

Vậy mọi ước nguyên tố của $2^p-1$ đều có dạng $2kp+1$. 

Mà mỗi ước của $2^p-1$ là tich của các ước nguyên tố của $2^p-1$. Do đó ta chỉ cần chứng mình thêm là : tích của 2 số có dạng $2kp+1$ cũng sẽ có dạng $2kp+1$.

Thật vậy :

$(2k_1p+1)(2k_2p+1)=4k_1k_2p^2+2(k_1+k_2)p+1=2(2k_1k_2p^2+k_1p+k_2p)p+1=2k_3p+1$

Vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1ChampRivenn: 14-07-2017 - 15:10