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

Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 391 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Phú Mỹ
  • Sở thích:Bất đẳng thức, Phương trình hàm, Dãy số và Thổi sáo.

Đã gửi 04-01-2018 - 05:37

Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$ Cho trước số thực dương $\alpha,$ chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$ 



#2 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 05-01-2018 - 16:33

Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$ Cho trước số thực dương $\alpha,$ chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$ 

Có lẽ đề bài này sai. Chọn $\alpha=1$ thì. Với số tự nhiên $n$ bất kì thì tồn tại một ước $p$ của $n^2+1$ mà $p> \sqrt{n^2+1} >n$. Khi đó $\frac{p(n)}{n}>1$



#3 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 300 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

Đã gửi 15-01-2018 - 22:16

+)Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $p$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$

Thật vậy ta có $p-1\equiv -1(modp);p-2\equiv -2 (mod p);...;\frac{p+1}{2}\equiv \frac{1-p}{2}(modp);\frac{p-1}{2}\equiv \frac{p-1}{2}(modp);...;1\equiv 1(modp)$

Nhân các vế trên ta có $(p-1)!\equiv ((\frac{p-1}{2})!)^2.(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv ((\frac{p-1}{2})!)^2 (modp)$

Lại có $(p-1)!\equiv -1(modp)$ theo định lý Wilson nên từ đây ta có đpcm

+)Ta gọi $q$ là số nguyên tô sao cho $q=4k+1$ và $\alpha>\frac{1}{q}$

Đặt $m=(\frac{q-1}{2})!$ thì tập hợp sau là vô hạn: 

$A=\left\{r^2+1| r\equiv m(mod q)\right\}$

Vì theo chứng minh trên thì mọi phần tử của $A$ đều chia hết cho $q$ nên với $k^2+1\in A$ thì $p(k^2+1)\ge q$

Ta phân hoạch $A$ thành 2 tập hợp 

$B=\left\{r^2+1| r\equiv m(mod q);p(k^2+1)>q\right\}$ và $C=\left\{r^2+1| r\equiv m(mod q);p(k^2+1)=q\right\}$

Do tập $A$ là vô hạn nên trong hai tập $B;C$ có ít nhất một tập có vô hạn phần tử

+)Nếu $C$ có vô hạn phần tử; ta thấy tồn tại $N$ sao cho với mọi $n\ge N$ và $n^2+1\in C$ thì $\frac{p(n^2+1)}{n^2+1}=\frac{q}{n^2+1}<\alpha$ 

Hiển nhiên là tồn tại vô hạn phần tử $n\ge N$  và $n^2+1\in C$ nên khẳng định đề bài đúng

+)Nếu $B$ có vô hạn phần tử thì vì với $n^2+1\in B;p(n^2+1)>q$ và $n^2+1$ chia hết cho $q$ nên $\frac{n^2+1}{p(n^2+1)}=lq(l\in \mathbb{N}^*)$

Do đó $\frac{p(n^2+1)}{n^2+1}=\frac{1}{lq}\le\frac{1}{q}<\alpha$ 

 

Có lẽ đề bài này sai. Chọn $\alpha=1$ thì. Với số tự nhiên $n$ bất kì thì tồn tại một ước $p$ của $n^2+1$ mà $p> \sqrt{n^2+1} >n$. Khi đó $\frac{p(n)}{n}>1$

đề bài cho là "ước nguyên tố" cơ mà


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 15-01-2018 - 22:58

  :D :D  :D 

“Nhà khoa học không nghiên cứu tự nhiên vì việc đó có ích; Anh ta nghiên cứu nó vì anh ta thấy thích thú và anh ta thấy thích thú vì nó đẹp. Nếu tự nhiên không đẹp thì nó không đáng để biết, và cuộc sống không đáng để sống” :D  :D  :D 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh