Chủ đề này có 3 trả lời

[HUYVAN]

Một điểm nguyên $A$ gọi là nhìn thấy được từ $O(0, 0)$ nếu đoạn $OA$ không chứa 1 điểm nguyên nào. Cm: với mọi $n$ thì tồn tại một khu đất với diện tích $n^2$ mà mọi điểm nguyên đều không nhìn thấy được.

[1001001]

Dùng đồng dư Trung Hoa. Dễ thấy điểm nguyên $A(x,y)$ là không nhìn thấy được tương đương với $(x,y)=k>1$. Ta xây dựng 1 hình chữ nhật kích thước $m \times n$ gồm các điểm nhìn thấy được như sau:
Xét tập các số nguyên tố $A_1={p_{1,1},p_{1,2}...p_{1,n}}$; $A_2={p_{2,1},p_{2,2}...p_{2,n}}$;...$A_m={p_{m,1},p_{m,2}...p_{m,n}}$.
Xét 2 hệ pt đồng dư:
$y \equiv -i+1 (mod p_{i,1}p_{i,2}...p{i,n}) (\forall i \in [1,m] \cap Z) $.
$x \equiv -i+1 (mod p_{1,i}p_{2,i}...p{m,i} (\forall i \in [1,n] \cap Z)$.
THeo định lí đồng dư Trung Hoa 2 hệ đồng dư trên có nghiệm $x,y$. Từ đó ta có $p_{j,i}|(x+i-1,y+j-1) $.
P/S: sao lâu nay không thấy tanlsth nhỉ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1001001: 02-07-2007 - 15:09

[tanlsth]

Cái này dùng định lí Thặng dư Trung Hoa là chuẩn xác rồi.Bài toán này tương đương với bài sau.
Chứng minh với mọi $ n \in N $ đều tồn tại $ a,b \in N $ sao cho $ (a+i,b+i)>1 $ với mọi $ i=1,..,n $
Dạo này chưa có thời gian lên được.Sắp tới sẽ lên nhiều hơn

[HUYVAN]

Cái này dùng định lí Thặng dư Trung Hoa là chuẩn xác rồi.Bài toán này tương đương với bài sau.
Chứng minh với mọi $ n \in N $ đều tồn tại $ a,b \in N $ sao cho $ (a+i,b+i)>1 $ với mọi $ i=1,..,n $
Dạo này chưa có thời gian lên được.Sắp tới sẽ lên nhiều hơn

Bài này ta xét hình vuông có các cạnh $[(a, b), (a+n, b)]$ và $[(a, b), (a, b+n)]$. Khi đó điểm có tọa độ $(a+i, b+i)$ không nhìn thấy được. Từ đó, suy ra $(a+i, b+i)>1$