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

MỘT SỐ BỔ ĐỀ SỐ HỌC


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 21 trả lời

#1 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 13-10-2020 - 16:54

Bổ đề 1: $a^{x}-1\not\equiv 0(modx)$ với (a-1;x)=1

giả sử $x\mid a^{x}-1$ , gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của x $\Rightarrow p\mid a^{x}-1$

gọi t là số nhỏ nhất thỏa $p\mid a^{t}-1\Rightarrow t\mid x$, theo định lý fermat nhỏ lại có $p\mid a^{p-1}-1\Rightarrow t\mid p-1\Rightarrow p> t$ mà t là ước cua x nhưng p lại là ước nguyên tố nhỏ nhất của x nên t=1 mà (a-1;x)=1 nên $\Rightarrow$ đpcm

Từ đạy các bạn cũng có thể nói rằng nếu $x\mid a^{x}-1$ thì ta có điều kiện cần là $p\mid a^{x}-1$ với p là ước nguyên tố nhỏ nhất của x

Bổ đề 2:$a^{x}+1\not\equiv 0(modx)$ nếu $(a^{2}-1;x)=1$

giả sử $x\mid a^{x}+1\Rightarrow x\mid a^{2x}-1\Rightarrow x\mid (a^{2})^{x}-1$$\Rightarrow p\mid a^{2}-1$ với p là ước nguyên tố nhỏ nhất của x $\Rightarrow p\mid (a-1)(a+1)$, nếu $p\mid a+1$ thì a=-1(modp)$p\mid a^{x}+1$ khi và chỉ khi x lẻ 

 Nếu $p\mid a-1$, thì ta xét x lẻ và chẵn, nếu x lẻ thì $p\neq 2$$\Rightarrow p\mid a^{x}-1$ ( vô lí vì $p\mid a^{x}+1$. Nếu x chẵn thì a-1 và a+1 đều chẵn và đều chia hết cho p 

VD: tìm x và p sao cho $x^{p-1}\mid (p-1)^{x}+1$ với p là 1 số nguyên tố, $x\leq 2p$

Ta có: $x\mid (p-1)^{x}+1$, ta thấy p và p-2 đều là số lẻ nên nếu muốn giả thuyết trên xảy ra thì x phải lẻ và đồng thời sử dụng bổ đề 2 thì ta có được p chia hết cho ước nguyên tố nhỏ nhất của x mà p là số nguyên tố nên ta có thể đặt x=np( n nguyên dương và là số lẻ)

$\Rightarrow (np)^{p-1}\mid (p-1)^{np}+1$ , tới đây các bạn sử dụng bổ đề LTE là ra vì thời gian có hạn minh không thể giải tiếp được nên mời bạn đọc 

P/S: các bạn cũng có thể mở rộng với các trường hợp $k\mid x^{k}-y^{k}$ và $k\mid x^{k}+y^{k}$ chứng minh tương tự như trên, chỉ sử dụng bổ đề với t là số nhỏ nhất thỏa $p\mid x^{t}-y^{t}$ và m bất kì ( m>t) thỏa $p\mid x^{m}-y^{m}$ và p là số nguyên tố thì $t\mid m$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 14-10-2020 - 12:04


#2 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 13-10-2020 - 18:59

Bổ đề 3: Cho $p$ là các số nguyên tố dạng $4k+3$ . Nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì cả $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Funimation: 13-10-2020 - 19:01

「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#3 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 13-10-2020 - 23:18

Bổ đề Bézout: Nếu $d=gcd(a,b)$ là ước chung lớn nhất của hai số nguyên không âm $a$ và $b$ thì:

  • Tồn tại hai số nguyên $x$ và $y$ sao cho $a.x+b.y=d$
  • $d$ là số nguyên dương nhỏ nhất có thể viết dưới dạng $a.x+b.y$
  • Mỗi số $e$ có dạng $a.x+b.y$ đều là bội của $d$

「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#4 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 14-10-2020 - 12:20

Bổ đề 5:   với t là số nhỏ nhất thỏa $p\mid a^{t}-1$ thì (p;t)=1 

chứng minh: theo ĐL fermat nhỏ thì $p\mid a^{p-1}-1$ $\Rightarrow t\mid p-1\Rightarrow (p;t)=1$

 

Bổ đề 6: với t là số nhỏ nhất thỏa $p\mid a^{t}-1$ thì $t\mid \frac{(p-1)!+1}{p}-1$

chứng minh: theo ĐL fermat nhỏ thì $p\mid a^{p-1}-1$$\Rightarrow p\mid a^{(p-1)!}-1$ , theo ĐL wilson thì (p-1)!=-1(mod p), đặt (p-1)!=xp-1$p\mid a^{xp-1}-1\Rightarrow (xp-1;p-1)=t\Rightarrow t\mid p(x-1)$ mà theo bổ đề 5 thì (p;t)=1 $\Rightarrow p\mid x-1\Rightarrow t\mid \frac{(p-1)!+1}{p}-1\Rightarrow a^{t}-1\mid a^{\frac{(p-1)!+1}{p}-1}-1$

P/S: có ai biết về định lý euler đăng luôn giúp mình nha



#5 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 14-10-2020 - 14:42

Bổ đề 7: với k không chia hết cho 3 thì $x^{2}+x+1\mid x^{2k}+x^{k}+1$ ( bài này mời mọi người làm thử cho vui)



#6 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 14-10-2020 - 18:38

Bổ đề 7: với k không chia hết cho 3 thì $x^{2}+x+1\mid x^{2k}+x^{k}+1$ ( bài này mời mọi người làm thử cho vui)

Bổ đề 7 giống cái bổ đề này không ạ  :mellow: ?

Cho hai số $m,n\in \mathbb{N}$ thỏa mãn $(mn-2)\vdots 3$ thì $x^{2}+x+1\mid x^{m}+x^{n}+1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Funimation: 14-10-2020 - 18:40

「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#7 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 14-10-2020 - 19:18

Bổ đề 7 giống cái bổ đề này không ạ  :mellow: ?

Cho hai số $m,n\in \mathbb{N}$ thỏa mãn $(mn-2)\vdots 3$ thì $x^{2}+x+1\mid x^{m}+x^{n}+1$

đúng rồi bạn, hình như của bạn rộng hơn của mình thì phải 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 14-10-2020 - 19:19


#8 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 15-10-2020 - 19:39

Một phương pháp cơ bản để giải quyết những bài LTE

Thông thường trong các đề thi hsg thì các bạn sẽ hay gặp những bài có dạng như tìm x thỏa $p^{n}\mid a^{n}-1$ với p là số nguyên tố và thường thì a-1 sẽ không chia hết cho p  , ta có một phương pháp giải cơ bản như sau: ta có $p^{n}\mid a^{n}-1$$\Rightarrow p\mid a^{n}-1$

theo định lý fermat nhỏ thì $p\mid a^{p-1}-1$ tới đây bạn bấm casio với những ước số của p-1 để tìm ra t là số nhỏ nhất thỏa $p\mid a^{t}-1$ ( thử bằng casio để loại những trường hợp không thỏa)

Khi đã tìm ra t rồi thì theo bổ đề ta có $t\mid n\Rightarrow p\mid a^{xt}-1\Rightarrow p\mid (a^{t})^{x}-1$ tới đây bạn sử dụng LTE để tìm n là xong 

VD: tìm n để $7^{2018}\mid 5^{n}+1$

vì dấu ở trên là + nên bạn hãy đưa về dạng $7\mid 5^{2n}-1$ để giải quyết, theo ĐL fermat nhỏ thì $7\mid 5^{6}-1$ bạn tìm t bằng cách thử t với các ước dương thì nhận thấy t=6 nên suy ra $6\mid 2n$ và bạn lại có $(5^{n}+1;5^{n}-1)\neq 7$ nên cần tìm n sao cho n không chia hết cho 6 , ta đặt 2n= 6k $\Rightarrow n=3k$ và k là số lẻ vì n không chia hết cho 6 , tới đây $\Rightarrow 7\mid 5^{6(2k+1)}-1\Rightarrow 7\mid (5^{6})^{2k+1}-1$ rồi xài LTE là ra 

Một số vấn đề trong bài toán trên: từ ví dụ trên thì ta cũng suy ra được $5^{n}+1$ chỉ chia hết cho 7 khi n=3(2k+1) nhưng $\frac{5^{20}+1}{7^{5}}$ vẫn cho ra kết quả nguyên dương ( đây là một vấn đề mình không biết sửa chữa làm sao, theo như đáp án của câu thì n=3(2k+1) nhưng rõ ràng 20 không chia hết cho 3 và là số chẵn 

P/S: diễn dàn dạo này im ắng quá, mọi người vào ủng hộ topic của mình đi, bản thân minh cũng mới tập tành làm toán olympic số học thôi nên khả năng cũng có giới hạn nên cũng khá vất vả khi mà làm quen với số học olympic, mong mọi người giúp mình xây dựng topic để những tân binh như mình đỡ vất vả hơn 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 17-10-2020 - 08:40


#9 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 16-10-2020 - 17:06

bạn nào có biết vể phi hàm euler và căn nguyên thủy thì đăng giúp mình nha 

P/S: bữa mình gõ bị lỗi mấy bạn thông cảm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 17-10-2020 - 08:35


#10 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 16-10-2020 - 22:25

 

Một phương pháp cơ bản để giải quyết những bài LTE

Thông thường trong các đề thi hsg thì các bạn sẽ hay gặp những bài có dạng như tìm x thỏa $p^{n}\mid a^{n}-1$ với p là số nguyên tố và thường thì a-1 sẽ không chia hết cho p  , ta có một phương pháp giải cơ bản như sau: ta có $p^{n}\mid a^{n}-1$$\Rightarrow p\mid a^{n}-1$

theo định lý fermat nhỏ thì $p\mid a^{p-1}-1$ tới đây bạn bấm casio với những ước số của p-1 để tìm ra t là số nhỏ nhất thỏa $p\mid a^{t}-1$ ( thử bằng casio để loại những trường hợp không thỏa)

Khi đã tìm ra t rồi thì theo bổ đề ta có $t\mid n\Rightarrow p\mid a^{xt}-1\Rightarrow p\mid (a^{t})^{x}-1$ tới đây bạn sử dụng LTE để tìm n là xong 

VD: tìm n để $7^{2018}\mid 5^{n}+1$

vì dấu ở trên là + nên bạn hãy đưa về dạng $7\mid 5^{2n}-1$ để giải quyết, theo ĐL fermat nhỏ thì $7\mid 5^{6}-1$ bạn tìm t bằng cách thử t với các ước dương thì nhận thấy t=6 nên suy ra $6\mid n$ và bạn lại có $(5^{n}+1;5^{n}-1)\neq 7$ nên cần tìm n sao cho n không chia hết cho 6 , ta đặt 2n= 6k $\Rightarrow n=3k$ và k là số lẻ vì n không chia hết cho 6 , tới đây $\Rightarrow 7\mid 5^{6(2k+1)}-1\Rightarrow 7\mid (5^{6})^{2k+1}-1$ rồi xài LTE là ra 

Một số vấn đề trong bài toán trên: từ ví dụ trên thì ta cũng suy ra được $5^{n}+1$ chỉ chia hết cho 7 khi n=3(2k+1) nhưng $\frac{5^{20}+1}{7^{5}}$ vẫn cho ra kết quả nguyên dương ( đây là một vấn đề mình không biết sửa chữa làm sao, theo như đáp án của câu thì n=3(2k+1) nhưng rõ ràng 20 không chia hết cho 3 và là số chẵn 

P/S: diễn dàn dạo này im ắng quá, mọi người vào ủng hộ topic của mình đi, bản thân minh cũng mới tập tành làm toán olympic số học thôi nên khả năng cũng có giới hạn nên cũng khá vất vả khi mà làm quen với số học olympic, mong mọi người giúp mình xây dựng topic để những tân binh như mình đỡ vất vả hơn 

 

Cho em hỏi LTE là gì ạ ???


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Funimation: 16-10-2020 - 22:26

「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#11 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 16-10-2020 - 22:34

Bổ đề số 9: cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x],p$ là số nguyên tố và $x\equiv a(mod$ $p)$. Khi đó $P(x)\equiv P(a)+(x-a)P'(a)$      $(mod$ $p^{2})$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Funimation: 16-10-2020 - 22:35

「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#12 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{C.Toán-CNT}}$

Đã gửi 16-10-2020 - 22:34

Cho em hỏi LTE là gì ạ ???

LTE là bổ đề về số mũ đúng nhé bạn !



#13 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 16-10-2020 - 22:38

BỔ ĐỀ VỀ SỐ MŨ ĐÚNG VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC
 
Về số mũ đúng : Cho $p$ là số nguyên tố ,$a$ là số nguyên và $\alpha$ là số tự nhiên. Ta nói $p^{\alpha}$ là lũy thừa đúng của $a$ và $\alpha$ là số mũ đúng của $p$ trong khai triển của $\alpha$ nếu $p^{\alpha}|a$ và $p^{\alpha+1} \not | a$
Khi đó ta viết $p^{\alpha} ||a$ hay $v_p(a)=\alpha$
Ví dụ $v_3(63)=2$ vì $63=3^2.7$
Một số tính chất về cái này : Cho $x,y,z$ là các số nguyên khi đó
i) $v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y)$
ii) $v_p(x^n)=n.v_p(x)$
iii) $v_p(x+y) \ge min\{v_p(x),v_p(y)\}$ . Xảy ra khi và chỉ khi $v_p(x) \ne v_p(y)$
iv) $v_p(gcd(|x|,|y|,|z|))=min\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
v) $v_p(lcm(|x|,|y|,|z|))=max\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
 Một số bổ đề : Bổ đề 1 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$
Bổ đề 2 :Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương lẻ. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)$
Bổ đề 3 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$
Bổ đề 4 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương  lẻ . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Bổ đề 5 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ sao cho $4|x-y$ khi đó $v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)$
Bổ đề 6 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ và $n$ là số nguyên dương chẵn . Khi đó
$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$
MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC  (mấy cái Wilson,Fermat mình sẽ không đăng vì đã có nhiều)
Ta định nghĩa 1 : Cho số nguyên dương $n$. Số nguyên $a$ được gọi là thặng dư bình phương mod $n$ hay (số chính phương mod n) nếu tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2 \equiv a \pmod{n}$
Định nghĩa 2 : Giả sử $p$ là một số nguyên tố lẻ , $a$ là một số nguyên. Kí hiệu La-Grang (Legendre) $(\frac{a}{p})$ được xá định như sau
$(a/p)=1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ là số chính phương mod $p$
$(a/p)-1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ không là số chính phương
$(a/p)=0$ nếu $p|a$
Định lí 1 : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó phương trình $x^2 \equiv a \pmod{p}$
i) Chỉ có nghiệm khi $x \equiv 0 \pmod{p}$ với $a=0$
ii) Vô nghiệm hoặc đúng hai nghiệm nếu $p \not |a$
Chú ý : Định lí này không đúng với $p=2$
Hệ quả : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong hệ thặng dư đầy đủ $\{1,2,..,p-1\}$ có đúng $\frac{p-1}{2}$ thặng dư bình phương và $\frac{p-1}{2}$ không thặng dư bình phương mod p
Định lí 2 (Euler's criterion) Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$gcd(a,p)=1$ . Khi đó $(a/p) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$
Định lí 3 : Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ Khi đó
i) Nếu $p|a-b$ thì $(\frac{a}{p})=(\frac{b}{p})$
ii) $(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p})$
iii) $(\frac{a^2}{p})=1$
iv) $(\frac{-1}{p})=1$ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$
$(\frac{-1}{p})=-1$ khi $p \equiv 3 \pmod{4}$
Định lí 4 : Giả sử $gcd(x,y)=1$ , $a,b,c$ là các số nguyên $p$ là ước nguyên tố của $ax^2+bxy+cy^2$ , $p$ không là ước của $abc$ thì $A=b^2-4ac$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Đặt biệt nếu $p$ là ước của $x^2-Ay^2$ và $gcd(x,y)=1$ thì $A$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Bổ đề Gauss : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$a$ là số nguyên không chia hết cho $p$
Nếu trong số các thặng dư bé nhất của các số nguyên $a,2a,3a,..,\frac{p-1}{2}$ có $s$ thặng dư lớn hơn $\frac{p}{2}$ thì $(\frac{a}{p})=(-1)^s$
 Luật tương hỗ Gauss : Cho $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó
i) Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng $4k+1$ thì $p$ là số chính phương (mod p) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
ii) Nếu cả hai số đều có dạng $4k+3$ thì $p$ là số chính phương (mod $q$) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
Kí hiệu Jacobi : Định nghĩa 3 : Cho $n$ là số nguyên dương lẻ với phân tích tiêu chuẩn
$n=p_1.p_2..p_k$ . Với $gcd(a,n)=1$ thì ta định nghĩa các kí hiệu Jacobi như sau
$(\frac{a}{n})=(\frac{a}{p_1})(\frac{a}{p_2})...(\frac{a}{p_k})$
Luật tương hỗ : Nếu $n,m$ là các số nguyên tố lẻ nguyên tố cùng nhau thì
$(\frac{n}{m})(\frac{m}{n})=(-1)^{\frac{(n-1)(m-1)}{4}}$

Nguồn: http://numbertheorynmq.blogspot.com
 


「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#14 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 17-10-2020 - 08:38

sau đây là dự đoán của riêng mình thôi không biết có đúng không : chứng minh $[a^{m}-1;a^{n}-1]=a^{[m;n]}-1$ 

P/S: sai thì các bạn sửa giúp mình và góp  , mình nghĩ xài $(a^{m}-1;a^{n}-1)=a^{(m;n)}-1$ và $[a;b]=\frac{ab}{(ab)}$ nhưng chưa làm được



#15 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 17-10-2020 - 08:49

 

BỔ ĐỀ VỀ SỐ MŨ ĐÚNG VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC
 
Về số mũ đúng : Cho $p$ là số nguyên tố ,$a$ là số nguyên và $\alpha$ là số tự nhiên. Ta nói $p^{\alpha}$ là lũy thừa đúng của $a$ và $\alpha$ là số mũ đúng của $p$ trong khai triển của $\alpha$ nếu $p^{\alpha}|a$ và $p^{\alpha+1} \not | a$
Khi đó ta viết $p^{\alpha} ||a$ hay $v_p(a)=\alpha$
Ví dụ $v_3(63)=2$ vì $63=3^2.7$
Một số tính chất về cái này : Cho $x,y,z$ là các số nguyên khi đó
i) $v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y)$
ii) $v_p(x^n)=n.v_p(x)$
iii) $v_p(x+y) \ge min\{v_p(x),v_p(y)\}$ . Xảy ra khi và chỉ khi $v_p(x) \ne v_p(y)$
iv) $v_p(gcd(|x|,|y|,|z|))=min\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
v) $v_p(lcm(|x|,|y|,|z|))=max\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
 Một số bổ đề : Bổ đề 1 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$
Bổ đề 2 :Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương lẻ. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)$
Bổ đề 3 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$
Bổ đề 4 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương  lẻ . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Bổ đề 5 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ sao cho $4|x-y$ khi đó $v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)$
Bổ đề 6 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ và $n$ là số nguyên dương chẵn . Khi đó
$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$
MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC  (mấy cái Wilson,Fermat mình sẽ không đăng vì đã có nhiều)
Ta định nghĩa 1 : Cho số nguyên dương $n$. Số nguyên $a$ được gọi là thặng dư bình phương mod $n$ hay (số chính phương mod n) nếu tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2 \equiv a \pmod{n}$
Định nghĩa 2 : Giả sử $p$ là một số nguyên tố lẻ , $a$ là một số nguyên. Kí hiệu La-Grang (Legendre) $(\frac{a}{p})$ được xá định như sau
$(a/p)=1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ là số chính phương mod $p$
$(a/p)-1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ không là số chính phương
$(a/p)=0$ nếu $p|a$
Định lí 1 : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó phương trình $x^2 \equiv a \pmod{p}$
i) Chỉ có nghiệm khi $x \equiv 0 \pmod{p}$ với $a=0$
ii) Vô nghiệm hoặc đúng hai nghiệm nếu $p \not |a$
Chú ý : Định lí này không đúng với $p=2$
Hệ quả : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong hệ thặng dư đầy đủ $\{1,2,..,p-1\}$ có đúng $\frac{p-1}{2}$ thặng dư bình phương và $\frac{p-1}{2}$ không thặng dư bình phương mod p
Định lí 2 (Euler's criterion) Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$gcd(a,p)=1$ . Khi đó $(a/p) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$
Định lí 3 : Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ Khi đó
i) Nếu $p|a-b$ thì $(\frac{a}{p})=(\frac{b}{p})$
ii) $(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p})$
iii) $(\frac{a^2}{p})=1$
iv) $(\frac{-1}{p})=1$ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$
$(\frac{-1}{p})=-1$ khi $p \equiv 3 \pmod{4}$
Định lí 4 : Giả sử $gcd(x,y)=1$ , $a,b,c$ là các số nguyên $p$ là ước nguyên tố của $ax^2+bxy+cy^2$ , $p$ không là ước của $abc$ thì $A=b^2-4ac$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Đặt biệt nếu $p$ là ước của $x^2-Ay^2$ và $gcd(x,y)=1$ thì $A$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Bổ đề Gauss : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$a$ là số nguyên không chia hết cho $p$
Nếu trong số các thặng dư bé nhất của các số nguyên $a,2a,3a,..,\frac{p-1}{2}$ có $s$ thặng dư lớn hơn $\frac{p}{2}$ thì $(\frac{a}{p})=(-1)^s$
 Luật tương hỗ Gauss : Cho $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó
i) Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng $4k+1$ thì $p$ là số chính phương (mod p) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
ii) Nếu cả hai số đều có dạng $4k+3$ thì $p$ là số chính phương (mod $q$) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
Kí hiệu Jacobi : Định nghĩa 3 : Cho $n$ là số nguyên dương lẻ với phân tích tiêu chuẩn
$n=p_1.p_2..p_k$ . Với $gcd(a,n)=1$ thì ta định nghĩa các kí hiệu Jacobi như sau
$(\frac{a}{n})=(\frac{a}{p_1})(\frac{a}{p_2})...(\frac{a}{p_k})$
Luật tương hỗ : Nếu $n,m$ là các số nguyên tố lẻ nguyên tố cùng nhau thì
$(\frac{n}{m})(\frac{m}{n})=(-1)^{\frac{(n-1)(m-1)}{4}}$

Nguồn: http://numbertheorynmq.blogspot.com
 

 

 bạn nào có bài tập cho mấy dạng này thì đăng cho mọi người làm cho quen chứ bổ đề không khó nhai lắm 

P/S: thanks bạn mình  kiếm mấy cái này lâu rồi mà không có 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 17-10-2020 - 08:50


#16 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 17-10-2020 - 08:57

minh xin góp một bài : tìm n nguyên dương để $n^{3}\mid 3^{n}-1$

                                    cho k là số nguyên dương, tìm n để $3^{k}\mid 2^{n}-1$

                                    cho p là số nguyên tố lẻ sao cho $p^{n}\mid a^{p}-1$, chứng minh $p^{n-1}\mid a-1$

p/s: hình như mình lấy trên blog của anh Toàn hơi nhiều thì phải  :D



#17 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 17-10-2020 - 10:01

Bổ đề số 9: cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x],p$ là số nguyên tố và $x\equiv a(mod$ $p)$. Khi đó $P(x)\equiv P(a)+(x-a)P'(a)$      $(mod$ $p^{2})$

bạn chứng minh luôn đi bạn 



#18 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 17-10-2020 - 21:11

bạn chứng minh luôn đi bạn 

Chứng minh: Do tính đóng của các phép toán số học với quan hệ đồng dư, nên thực chất bổ đề này chỉ cần chứng minh với trường hợp $P(x)\equiv x^{n}$. Khi đó chỉ cần viết ra hằng đẳng thức là thấy ngay $x^{n}=a^{n}+(x-a)na^{n-1}+(x-a)\sum_{1\leq k\leq n-1}(x^{k}-a^{k})a^{n-k-1}$

 

PS: chứng minh cụ thể thì các anh chứng minh nhé chứ em không biết gì đâu  :D 


「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#19 Funimation

Funimation

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:フニマチオン
  • Sở thích:アニメ

Đã gửi 17-10-2020 - 21:21

 bạn nào có bài tập cho mấy dạng này thì đăng cho mọi người làm cho quen chứ bổ đề không khó nhai lắm 

P/S: thanks bạn mình  kiếm mấy cái này lâu rồi mà không có 

1. tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất thỏa mãn $2^{2013}|1999^{n}-1$

2. tìm số nguyên dương $k$ lớn nhất thỏa mãn $1991^{k}$ là ước của $1990^{1991^{1992}}+1992^{1991^{1990}}$

3. tìm bộ số nguyên $(a,b,p)$ sao cho $a,b$ là số nguyên dương, $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $2^{a}+p^{b}=19^{a}$

 

PS: 3 bài trên hình như xuất hiện trên diễn đàn rồi hay sao ý ạ :>


「突き通せてもいて防げてもいるなんて現象があるわけないだろう」という方にオススメのパラドックスが、『シュレディンガーの猫』です。


#20 Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt Nguyễn Công trứ tphcm
  • Sở thích:xyz

Đã gửi 18-10-2020 - 11:34

câu 2 hình như IMO năm nào đó thì phải , bạn chơi ác quá  :lol:  :lol:

P/S: tuần này mình thi khảo sát nên chắc tuần sau mới giải được






0 người đang xem chủ đề

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