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

Topic các bài về số nguyên tố


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 211 trả lời

#21 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 05-02-2012 - 12:39

Em gõ sai đề àk đề là $p>7$ mà em
anh xin giải quyết đốivới người học lớp8 như anh thì nên áp dụng hàng đẳng thức.Đặt
$A = 3^p - 2^p - 1$
Do $p$ nguyên tố và $p > 7$ nên $p$ lẻ; áp dụng hai hằng đẳng thức:
$aⁿ - bⁿ = (a-b)[a^{(n-1)} + a^{(n-2)}b + ... + b^{(n-1)}] = (a-b).k$
$aⁿ + bⁿ = (a+b)[a^{(n-1)} - a^{(n-2)}b +...+ b^{(n-1)}] = (a+b).q $(với $n $lẻ)
$3^p - 1 = (3-1)k = 2k $chia hết cho $2$ ; $2^p$ chia hết cho $2$ (hiển nhiên)
$\iff A = 3^p - 1 - 2^p = 2k - 2^p$ chia hết cho $2$
$3^p$ chia hết cho $3$
$2^p+1 = (2+1).k = 3k$ chia hết cho $3$ (vì $p$ lẻ)
$A = 3^p - 3k$ chia hết cho $3$
do $p$ nguyên tố $> 7$ nên có dạng $p = 6n+1$ hoặc $p = 6n+5$ (n nguyên dương)
Nếu $p = 6n+1$
$3^p = 3^{(6n+1)} = 3.3^{6n} = 3.729ⁿ - 3 + 3 = 3(729ⁿ - 1) + 3$
$= 3.728.k + 3 = 3.7.104k + 3$
$\iff 3^p - 3$ chia hết cho $7$
$2^p = 2^(6n+1) = 2.64ⁿ = 2(64ⁿ -1) + 2 = 2.63.k + 2$
$\iff 2^p - 2$ chia hết cho $7$

Vậy $A = (3^p - 3) - (2^p - 2)$ chia hết cho $7$
$ Nếu p = 6n + 5$
$3^p = 3^{(6n+5)} = 3⁵.3^{6n} = 3⁵(729ⁿ - 1) + 3⁵ = 3⁵.728k + 243$
$= 7(3⁵.104k + 34) + 5$
$\to 3^p - 5 chia hết cho 7$
$2^p = 2^(6n+5) = 32.64ⁿ = 32(64ⁿ -1) + 32 = 32.63k + 28 + 4$
$= 7(32.9k + 4) + 4$
$\iff 2^p - 4$ chia hết cho $7$

Vậy $A = (3^p - 5) - (2^p - 4)$ chia hết cho $7$
Mặt khác, ta áp dụng định lí $Fermat$ nhỏ:
$3^p - 3$ chia hết cho $p$
$2^p - 2 $chia hết cho $p$
$\iff A = (3^p - 3) - (2^p - 2)$ chia hết cho $p$
Mà $A\vdots 3;2;7;p\iff A\vdots 42p\to G.E.D$
ps:Còn có một cách rất đẹp mắt và ngắn gọn đó là dùng đồng dư

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 05-02-2012 - 13:10

@@@@@@@@@@@@

#22 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 05-02-2012 - 13:05

Ta có
$42p=2.3.7.p$
Ta lại có
$3^p-2^p-1=(3^p-1)-2^p\vdots 2 $
$3^p-2^p-1=3^p-(2^p+1)\vdots 3$
Vì $p$ là số lẻ nên $2^p+1\vdots 3$
Theo định lý Fermat nhỏ ta có $3^p\equiv 3(mod p)$and $2^p\equiv 2(mod p)$
Mà ta có định lý một số nguyên tố chia cho 6 dư 1 hoặc 5
$\boxed{TH1}p=6k+1\to 3^p-2^p-1=3.(3^6)^k-2.(2^6)^k\equiv3-2-1=0(mod 7)$
$\boxed{TH2}p=6k+5\to 3^p-2^p-1=3^5.3^{6k}-2^5.2^{6k}-1\equiv3^5-2^5-1\equiv0(mod7)$
Vậy $\iff 3^p-2^p-1\vdots7$
Từ các điều trên ta có điều phải chưngs minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 05-02-2012 - 13:07

@@@@@@@@@@@@

#23 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 06-02-2012 - 19:44

Chứng minh rằng chỉ có 1 cặp số nguyên dương $(a, b)$ để $a^4+4b^4$ là số nguyên tố

Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên a sao cho $n^4+a$ không phải là số nguyên tố với mọi n là số tự nhiên

Chứng minh rằng số $A=\frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ là hợp số

Chứng minh rằng mọi số nguyên tố khác 2 và 3 có dạng $6m+1$ hoặc $6m-1$

Chứng minh rằng có vô số nguyên tố dạng $6m-1$

Giải như sau:
Bài 1: $a^4+4b^4=a^4+4b^4+4a^2b^2-(2ab)^2=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2=(a^2-2ab+2b^2)(a^2+2ab+2b^2)$
Vì $a^4+4b^4$ nguyên tố mà $a^2+2ab+2b^2>a^2-2ab+2b^2$ nên $a^2-2ab+2b^2=1 \rightarrow (a-b)^2+b^2=1$
Do vậy
Th1: $a=1 \rightarrow b=0 \rightarrow a^4+4b^4=1$ loại
Th2: $b=1 \rightarrow a=1 \rightarrow a^4+4b^4=5$ chọn
Vậy $\boxed{(a,b)=(1,1)}$

Bài 2:
Xét $n=1$ thì chọn $a$ lẻ $>1$ là $n^4+a$ chẵn là nguyên tố là xong.
Xét $n>1$ thi:
Thấy $a^4+4=(a^2+2)^2-(2a)^2=(a^2-2a+2)(a^2+2a+2)$ với $a^2-2a+2;a^2+2a+2>1$ nên là hợp số
Theo hướng nghĩ như vậy chọn $a=4k^4$ ($k$ tùy ý và $k>0$)
Do vậy $a^4+4k^4=a^4+4k^2a^2+4k^4-(2ka)^2=(a^2+2k^2)^2-(2ka)^2=(a^2-2ka+2k^2)(a^2+2ka+2k^2)$ là hợp số $Q.E.D$
Vậy chọn $a=4k^4$ ($k>1$)

Bài 3:
Đặt $5^{25}=k$
Do vậy $\dfrac{5^{125}-1}{5^{25}-1}=\dfrac{k^5-1}{k-1}=k^4+k^3+k^2+k+1=k^6+9k^2+1+6k^3+2k^2+6k-10k^2-5k^3-5k=(k^2+3k+1)^2-5k(k+1)^2$ <1>
Thay $k=5^{25} \rightarrow <1> \leftrightarrow (k^2+3k+1)^2-5^{26}(k+1)^2=(k^2+3k+1)^2-(5^{13}k+5^{13})^2=(k^2+3k+1-5^{13}k-5^{13})(k^2+3k+1+5^{13}k+5^{13})$
Dễ thấy $(k^2+3k+1+5^{13}k+5^{13})>1$ ta cần chứng minh $(k^2+3k+1-5^{13}k-5^{13})>1$
Thật vậy thay $k=5^{25} \rightarrow 5^{50}+3.5^{25}+1-5^{38}-5^{13}=(5^{50}-5^{38})+(5^{25}-5^{13})+1>0+0+1=1 \rightarrow Q.E.D$
Do vậy $\dfrac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ phân tích được thành tích 2 số $>1$ do vậy là hợp số $Q.E.D$

Bài 4:
a) Nếu số nguyên tố có dạng $6m,6m+2,6m+3,6m+4$ thì lần lượt chia hết cho $3,2,3,2$ vô lý vì số nguyên tố đó khác $2,3 \rightarrow Q.E.D$
b) Giả sử có hữu hạn tập số nguyên tố mà có dạng $6m-1$ gọi số nguyên tố lớn nhất trong dãy là $6m_n-1$
Xét số $A=6*(6m_1-1)*(6m_2-1)*...*(6m_n-1)+5 \equiv 5 \pmod{6}$ (với $6m_1-1,...,6m_n-1$ khác $5$) <1>
Nếu $A$ nguyên tố suy ra mâu thuẫn điều giả sử nên có $đpcm$
Nếu $A$ hợp số thì $A$ chia hết cho số $p$ ($p$ khác $5$ theo <1>) mà $A$ không chia hết cho bất cứ số nào thuộc $6m_1-1,...,6m_n-1$ vì nếu không thì $5$ chia hết cho $6m_k-1$ vô lý!
Do vậy $A$ chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn $6m_n-1$ <2> mà lại thấy $A \equiv 5 \pmod{6}$ nên trong các ước của $A$ tồn tại ít nhất một ước chia $6$ dư $5$ <3>
Kết hợp $<2>,<3>$ suy ra tồn tại một số nguyên tố $>6m_n-1$ và $\equiv 5 \pmod{6}$ mẫu thuẫn giả sử! Do vậy giả thiết phản chứng là sai nên có $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-02-2012 - 20:38


#24 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 08-02-2012 - 21:31

Giải như sau:
Nếu $n=1,2$ thấy thóa mãn
Nếu $n>2$ <2>
$=>n,n+2$ cùng nguyên tố thì $(n-1)!$ không chia hết cho $n,n+2$
Thật vậy $n,n+2$ cùng nguyên tố và $n+2>n-1$ nên $(n-1)!$ không chia hết cho $n+2$ hay không chia hết cho cả $n,n+2$ (chú ý chữ "cả" vì $(n-1)!$ vẫn chia hết cho $n$)
$<=(n-1)!$ không chia hết cho cả $n,n+2$ thì $n,n+2$ nguyên tố. <1>
Thật vậy giả sử $n,n+2$ hợp số do vậy $n+2=pq \rightarrow p,q<n-1$ do đó $pq|(n-1)! \rightarrow (n+2)|(n-1)!$ mâu thuẫn với <1>
Vậy bài toán được chứng minh cả 2 chiều :icon6:
P/S tuy nhiên mình làm còn thiếu sót vài ý nhỏ nhưng ý tưởng thì là vậy :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 08-02-2012 - 21:31


#25 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 12-02-2012 - 17:20

Chứng minh rằng nếu tồn tại $x,y$ là số tự nhiên $y=0(mod p)$ p là số nguyên tố sao cho $x^2+3y^2=0(mod p)$ thì tồn tại $m$ là số tự nhiên sao cho $m^2+3=0(mod p)$

Em viết đề sai rồi phải là $y\neq p (mod p)$ mới đúng, anh có thể lấy dẫn chứng là đề sai như cho $p=5$ thì $x \equiv 0 \pmod{5}$ (do $5|y$) do đó vẫn có số $m$ thỏa đề vô lý vì $m^2+3 \equiv 3,4,2 \pmod{5}$
Giải như sau: (sau khi sửa đề)
TH1: $p=2$ thì có luôn $k^2+3 \equiv 0 \pmod{5}$ với $k$ lẻ.
TH2: $p>2 \rightarrow p$ l, xảy ra 3th nữa
1) $y \equiv 1 \pmod{p} \rightarrow x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \equiv x^2+3 \pmod{p} \rightarrow Q.E.D$
2) $y \equiv p-1 \pmod{p} \rightarrow y^2 \equiv 1 \pmod{p} \rightarrow x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \equiv x^2+3 \pmod{5} \rightarrow Q.E.D$
3) $y \equiv r \pmod{p}; r=\overline{2,(p-1)}$ lúc này ta làm khá giống cách chứng minh định lý Fermat nhỏ như sau:
Xét $p-1$ số $1r,2r,3r,...,(p-1)r$ tất cả các số này không chia hết cho $p$ và có số dư khác nhau, vì sao? Bời vì nếu giả sử có hai số có số dư giống nhau là $mr,nr, m>n$ thì $p|mr-nr \rightarrow p|r(m-n)$ thấy $m-n<p \rightarrow m-n$ không chia hết cho $p$ do vậy $p|r$ lại vô lý do $r=\overline{2,(p-1)}$
Do vậy các số dư đều khác nhau bởi vậy mà tồn tại số $k; 1\le k\le p-1$ sao cho $kr \equiv 1 \pmod{p}$
Do đó $x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2x^2+3k^2y^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2x^2+3k^2r^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2+3 \pmod{p} \rightarrow Q.E.D$
Tóm lại với mọi trường hợp ta đều có lời giải đáp, bài toán được giải hoàn toàn! :icon6:

P/S đây là bài thi HSG toán lớp 8 Hà Nội, không nhớ năm nào, của quận Đống Đa. :closedeyes: :icon6: :ukliam2:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-02-2012 - 17:21


#26 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 12-02-2012 - 17:43

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#27 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 12-02-2012 - 19:07

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$

Giải như sau:
$(abc-1)|(a-1)(b-1)(c-1) \rightarrow abc-1\le (a-1)(b-1)(c-1)=(ab-a-b+1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+a+b+c-1 \rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c$ <1>
Ta có $a>b>c>1 \rightarrow ab>b,bc>c,ca>a \rightarrow ab+bc+ca>a+b+c$ mâu thuẫn <1>
Do đó không có $(a,b,c)$ thỏa mãn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-02-2012 - 19:08


#28 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 12-02-2012 - 20:59

Sai rồi nguyenta98 ak
Em đã hiểu sai đề
a chia hết b nghĩa là a là ước của b
còn a chia hết cho b có nghĩa là b là ước của a
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#29 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 13-02-2012 - 19:56

Sai rồi nguyenta98 ak
Em đã hiểu sai đề
a chia hết b nghĩa là a là ước của b
còn a chia hết cho b có nghĩa là b là ước của a

Nếu vậy thì em xin giải như lời anh bảo, coi như cái bài trên là một bài bỏ đi!
Đề là $(a-1)(b-1)(c-1)|abc-1 \rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)k=abc-1 \rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)k<abc \rightarrow k<\dfrac{abc}{(a-1)(b-1)(c-1)}=(1+\dfrac{1}{a-1})(1+\dfrac{1}{b-1})(1+\dfrac{1}{c-1})$
Nhận xét theo đề thì $1<a<b<c$
TH1: $a\geq 4 \rightarrow a-1\geq 3 \rightarrow 3\le a-1< b-1<c-1 \rightarrow (1+\dfrac{1}{a-1})(1+\dfrac{1}{b-1})(1+\dfrac{1}{c-1})<(1+\dfrac{1}{3})(1+\dfrac{1}{4})(1+\dfrac{1}{5})=2 \rightarrow k=1$
Vì $k=1 \rightarrow abc-1=(a-1)(b-1)(c-1) \rightarrow ab+bc+ca=a+b+c$ loại do $a>b>c>1 \rightarrow ab>a,bc>b,ca>c$
TH2: $a<4 \rightarrow a=2,3$ (chú ý $a>1$)
Th1 nhỏ: $a=2 \rightarrow c\geq 4, b\geq 3$ <1> quay lại bài toán có $(b-1)(c-1)|2bc-1 \rightarrow t(b-1)(c-1)=2bc-1$
Nếu $t=6 \rightarrow 4bc+7=6b+6c<12c \rightarrow 4bc<12c \rightarrow b<3$ mâu thuẫn <1> và $t>2$ chú ý do điều kiện <1>
Do vậy $t=5,4,3,2,1 \rightarrow 3bc+6=5b+5c;2bc+5=4b+4c;bc+4=3b+3c$
Thấy $3bc+6=5b+5c<10c \rightarrow 3b<10 \rightarrow b=3$ loại do $c$ không nguyên
Thấy $2bc+5=4b+4c<8c \rightarrow 2b<b \rightarrow b=3$ loại do $c$ không nguyên
Thấy $bc+4=3b+3c \leftrightarrow (b-3)(c-3)=5$ loại
Th2 nhỏ $a=3$ tương tự hoàn toàn.

P/S sorry vì em đọc nhầm đề, quả thực nếu đề như trên thì dài, xét nhiều!! :icon6:

#30 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 14-02-2012 - 14:15

Đây là bài IMO lần thứ 33, kết quả là $a=2$, $b=4$, $c=8$ và $a=3$, $b=5$, $c=16$
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#31 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 14-02-2012 - 17:52

New problem: Cho $p$, $q$, $r$ là các số nguyên tố phân biệt và gọi A là tập:
$A=${$p^aq^br^c: 0\leq a,b,c \leq5$}.
Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên $n$ thỏa mãn rằng mọi tập con $n$ phần tử của tập $A$ chứa $2$ phần tử phân biệt $x,y$ thỏa mãn $x$ chia hết $y$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 14-02-2012 - 17:53

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#32 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 13-05-2012 - 14:27

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$


Xem: http://diendantoanho...ndpost&p=269603

:P
---

#33 prozui

prozui

    Lính mới

  • Thành viên
  • 3 Bài viết

Đã gửi 09-08-2012 - 14:15

Cho hai số nguyên,chứng minh rằng tổng của chúng là một số nguyên tố.

#34 C a c t u s

C a c t u s

    Fly

  • Thành viên
  • 339 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 09-08-2012 - 17:51

Cho hai số nguyên,chứng minh rằng tổng của chúng là một số nguyên tố.

Bạn xem lại đề chứ đề vô lý quá :mellow:
VD: Cho hai số nguyên là 2 và 4 $\rightarrow$ Tổng của chúng là: $2+4=6$

Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực


#35 Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-08-2012 - 18:18

Bài 7. Cho p là số nguyên tố thỏa mãn $p\equiv 1~(mod~6)$, đặt $q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor$. CMR: Nếu $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(q-1).q}=\frac{m}{n};~m,n~\epsilon ~Z^+$ thì $p~|~m$

#36 duongchelsea

duongchelsea

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 142 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-08-2012 - 21:55

Bài 7. Cho p là số nguyên tố thỏa mãn $p\equiv 1~(mod~6)$, đặt $q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor$. CMR: Nếu $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(q-1).q}=\frac{m}{n};~m,n~\epsilon ~Z^+$ thì $p~|~m$

Đặt
$$a=6k+1(k\in N)\Rightarrow q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{12k+2}{3} \right \rfloor=\left \lfloor 4k+\frac{2}{3} \right \rfloor=4k+\left \lfloor \frac{2}{3} \right \rfloor=4k$$
Thay vào phương trình ta được
$$\frac{m}{n}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(4k-1)4k}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4k-1}-\frac{1}{4k}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k}-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+..+\frac{1}{4k})=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}+...+\frac{1}{4k}$$
$$\Leftrightarrow \frac{m}{n}=\frac{6k+1}{(2k+1)4k}+\frac{6k+1}{(2k+2)(4k-1)}+...$$
$$\Rightarrow m\vdots 6k+1\Leftrightarrow m\vdots p$$ (ĐPCM)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongchelsea: 14-08-2012 - 21:56


#37 nk0kckungtjnh

nk0kckungtjnh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 254 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Tôn Quang Phiệt - Đồng Văn- Thanh Chương- Nghệ An
  • Sở thích:Làm Toán

Đã gửi 19-09-2012 - 19:49

Em có một bài dễ dành cho các bạn lớp $6$ đây :
Chứng minh nếu $p$ và $8p - 1$ là số nguyên tố thì $8p + 1$ là hợp số.

Nếu p=2 thì $8p - 1$= 15 (L)
Nếu p=3 thì $8p + 1$= 25 (L)
Nếu $p>3$
Xét $8p$, $8p - 1$, $8p + 1$ là 3 số tự nhiên liên tiếp $>3$
Có 1 số chia hết 3.
Do $p$ không chia hết 3 nên $8p$ không chia hết 3
$8p - 1$ nguyên tố nên không chia hết 3
Vậy $8p+1$ chia hết 3.( ĐPCM)

             Hãy Đánh Bại Những Gì Yếu Đuối Để Biết Rằng


         Nỗ Lực Hơn Hẳn Tài Năng

- Nhân Chính -

 


#38 Gaksital

Gaksital

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 22-09-2012 - 09:49

1) Chứng minh nếu a, b dương thì (a+b) / ab?= 4 / (a+b) ( CM bằng phản chứng )
2) với mọi n thì n^2 + n + 6 là sô nguyên tố. Mệnh để trên đúng hay sai ? Vì sao ? ( CM bằng phản chứng )

Ai biết thì help me !!!!!
Cảm ơn mọi người nha

#39 Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Anime !!

Đã gửi 22-09-2012 - 15:59

Phản chứng !! Theo đúng nghĩa =))
Bài làm:
Giả sử ngược lại T_T:
$\frac{a+b}{ab} < \frac{4}{a+b}$
$\Leftrightarrow (a+b)^2 < 4ab.$
Mâu thuẫn $\Rightarrow DPCM$
-----------
2.
$n^2 +n+6 =n(n+1) +6 \vdots 2 \forall n \Rightarrow$ Mệnh đề là sai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 22-09-2012 - 16:02


#40 Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Anime !!

Đã gửi 22-09-2012 - 16:01

2.
$n^2 +n+6 =n(n+1) +6 \vdots 2 \forall n \Rightarrow$ Mệnh đề là sai




0 người đang xem chủ đề

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