Đến nội dung

Hình ảnh

Các pro số học đâu rùi,help me!

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Problem 6:Tìm $p;q \in Z^ + ;p \in P$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}
p \le q \le p^2 \\
C_{p^2 }^q - C_q^p = 1 \\
\end{array} \right.$


Giúp nha bài nè em chưa nhai đc! :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 21-06-2009 - 07:40

Hình đã gửi


#2
phong than

phong than

    Đại Sư

  • Thành viên
  • 274 Bài viết
Không cần sử dụng $p$ nguyên tố.
Đặt $f(q)=C_{p^2}^q-C_q^p$, $a=[\dfrac{p^2}{2}]$, ta sẽ chứng minh $f(q)$ đồng biến trên $[p,a-1]$ va nghịch biến trên $[a,p^2]$. Thật vậy xét :
$g(q)=f(q+1)-f(q)=C_{p^2}^{q+1}-C_{p^2}^q-C_q^(p-1)$
Nếu $q$ thuộc $[a,p^2]$ dễ thấy $g(q)<0$ suy ra $f(q)$ nghịch biến trên $[a,p^2]$
Nếu $q$ thuộc $[p,a-1]$ , ta có $g(q)=\dfrac{p^2-2q-1}{q+1}.C_{p^2}^q-C_q^{p-1}>\dfrac{1}{q+1}.C_{p^2}^q-C_q^{p-1}=\dfrac{1}{q+1}.(C_{p^2}^q-p.C_{q+1}^p)>0$.
*)$q=p$, dễ thấy $g(q)>0$.
*)$q>p$, ta có $p.C_{q+1}^p<C_p^p+C_{p+1}^p+...+C_{q+1}^p+...+C_{q+p}^p=C_{q+p+1}^{p+1}<C_{p^2}^{p+1}=C_{p^2}^q$.
Do đó $g(q)>0$, suy ra $f(q)$ đồng biến trên $[p,a-1]$.
Với $p=2,3$ thì $q=3,7$.
Với $p>3$ ta có: $f(p^2-p)=C_(p^2)^p-C_(p^2-p)^p>1$(1)
$f(p^2-p+1)=C_{p^2}^{p-1}-C_{p^2-p+1}^p=\dfrac{(p^2 )!}{(p-1)!(p^2-p+1)!}-\dfrac{(p^2-p+1)!}{p!(p-1)^2!}
=\dfrac{1}{(p-1)!}.((p^2-p+2). . . p^2- \dfrac{1}{p}.(p^2-2p+2)(p^2-2p+3). . . (p^2-p+1)) $.
$f(p^2-p+1)<0$ tương đương với $d(p)=\dfrac{p^2-2p+2}{p}.\dfrac{p^2-2p+3}{p^2-p+2}.\dfrac{p^2-p}{p^2-1}.\dfrac{p^2-p+1}{p^2}>1$:pe

Ta thấy :pe đúng với p=4, khi p=5 ta có:
$d(p)>\dfrac{(p-2)(p^2-p+1)}{p^2}(\dfrac{p^2-2p+3}-{p^2-p+2})^{p-2}>\dfrac{(p-2)(p^2-p+1)}{p^2}.(1-\dfrac{(p-2)(p-1)}{p^2-p+2)})=\dfrac{2p(p-2)(p^2-p+1)}{p^2(p^2-p+2)}>1$.
Vậy $f(p^2-p+1)<0$.(2)
Mặt khác ta lại có :$f(p)>1$.(3)
Từ (1), (2), (3) ta có $f(q)\ne1$,với mọi $q$ thuộc $[p,p^2]$.
Kết luận: $(p,q)=(2,3);(3,7)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phong than: 03-07-2009 - 13:06





0 người đang xem chủ đề

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