iamnhl

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $2$. CMR $\frac{1}{2}.C_{2p}^{p}-1\vdots p^2$

 Đề bài tương đương với $\frac{(2p-1)(2p-2)...(2p-p+1)-(p-1)!}{(p-1)!}$ chia hết cho $p^{2}$ 

Ta tổng quát bài toán : $\frac{(mp-1)(mp-2)...(mp-p+1)-(p-1)!}{(p-1)!}$ chia hết cho $p^{3}$

Ta phải chứng minh (mp-1)(mp-2)...(mp-p+1)-(p-1)! chia hết cho $p^{3}$

Mà $(mp-1)(mp-2)...(mp-p+1)-(p-1)!\equiv -mp(p-1)!.\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k} + m^{2}.p^{2}.(p-1)!.\sum \frac{1}{i.j} (mod p^{3})$ 

Do $(p-1)!\sum_{k=1}^{p-1}\equiv 0 (mod p^{2})$ và $(p-1)!.\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2}}\equiv 0 (mod p)$

Nên $mp.(p-1)!.\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}\equiv 0 (mod p^{3})$ và $p^{2}.(p-1)!.\sum \frac{1}{i.j}=p^{2}.(p-1)!.\sum_{i=1}^{p-1}(\frac{1}{i}.(\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k})-\frac{1}{i^{2}})\equiv 0 (mod p^3)$

Vậy ta có đpcm

Sao lại có nhóm này nhỉ.

chứng minh  $v_q(2^{m}+3^{m}) =v_q(2^{n}+3^{n}) ; q = p_{i}  i=1,k $

công thức số mũ thôi mà vs m= n.$p_{k+1}$ và $p_{k+1}$ nguyên tố cùng nhau vs mọi $p_{i}$ vs $i=1,k$

Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thoả mãn $n^2|3^n+2^n$.

*,ta nhận thấy n=5 thỏa mãn.
 
khi đó có 11 | $2^{5}$+$3^{5}$
 
nên chọn được tiếp n=5.11 thỏa mãn
 
*,xét số n dựa theo cách trên,n=$p_{1}$.$p_{2}$....$p_{k}$ vs $p_{i}$ là số nguyên tố với mọi i
 
Ta sẽ chứng minh qui nạp rằng tồn tại ước nguyên tố khác $p_{i}$ vs $i=1,k$  là p thỏa mãn $p | 2^{n}+3^{n}$
 
Giả sử khẳng định đúng đến n.
 
Hay tồn tại $p_{k+1}$ | $2^{n}$+$3^{n}$ 
 
Thì xét m=n. $p_{k+1}$ 
 
Khi đó m cũng thỏa mãn bài toán.
 
Ta sẽ chứng minh tồn tại p nguyên tố mà $p | 2^{m}+3^{m}$ 
 
Ta có  $v_q(2^{m}+3^{m}) =v_q(2^{n}+3^{n}) ; q = p_{i}  i=1,k $
 
Và $v_q(2^{m}+3^{m}) = v_q(2^{n}+3^{n})+1  ; q = p_{k+1}$ 
mà rõ ràng  $2^{m}+3^{m}> p_{k+1}. (2^{n}+3^{n})$
Nên tồn tại p,đpcm
Từ kết luận trên,chúng ta luôn xây dựng dk dãy thỏa mãn đề bài

 Nếu c chẵn chắc chắn pt vô nghiệm, xét tích 2 số nguyên tố cùng nhau.

Nếu c lẻ , tức i lẻ, nen k lẻ , do đó x lẻ.Vô lí do x phải chẵn.

i lẻ nên k lẻ ???

Sao mâu thuẫn.

tại sao pt $(3c)^{2n}-1=d^{n}$ vô nghiệm

 (3^{n}.c^{n}-1)(3^{n}.c^{n}+1)=d^{n}\Leftrightarrow (3c)^{2n}-1=d^{n}$

Pt vô nghiệm.

cái pt trên k suy ra mâu thuẫn nha bạn vs n lẻ 

chỗ này sao bạn ?

nếu p=n thì mâu thuẫn luôn vì p| n!+1

nếu p > n thì do p nguyên tố nên trong n! không có số nào chia hết cho p được nên n.n! không chia hết p nên mâu thuẫn

vì vậy p<n

Cho n nguyên dương . Chứng minh $\left ( n!+1;(n+1)!+1 \right )=1$

Tự hào là thành viên VMF

giả sử $\left ( n!+1;(n+1)!+1 \right )=a$ vs a>1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p|a

ta có p | n!+1 và p | (n+1)!+1 nên p | (n+1)!-n!

hay p | n.n! nên p là số nguyên tố bé hơn n

nên p | n! mà p| n! +1 .mâu thuẫn

vậy giả sử sai. nên $\left ( n!+1;(n+1)!+1 \right )=1$

nhận xét VT biểu thức luôn chẵn còn VP lẻ nên pt vô nghiệm

làm 1 cách :

xét f(x)= $\frac{a}{m+2}$.$x^{m+2}$+$\frac{b}{m+1}$.$x^{m+1}$+$\frac{c}{m}$.$x^{m}$ trên R

theo giả thiết ta có f(0)=0=f(1) nên theo định lý roll thì tồn tại d thuộc (0,1)

sao cho f ' (d)=0

hay a.$d^{m+1}$+b.$d^{m}$+c.$d^{m-1}$=0

hay a.$d^{2}$+bd +c=0 vs d thuộc (0,1)

nên ta có điều phải cm

CMR với $a,b\in \mathbb{Z}^+$  thì phương trình $a^2+b^2-5ab+5=0$ có vô hạn nghiệm nguyên dương

từ $a^{2}$+$b^{2}$+5-5ab=0

nên (a,b)=1 ,a,b không chia hết 5

và a|$b^{2}$+5     b|$a^{2}$+5

xét hệ a|$b^{2}$+5     b|$a^{2}$+5    $a^{2}$+$b^{2}$+5-5ab=0

gọi (a,b) là nghiệm thỏa mãn a+b min,giả sử b>a (a=b vô nghiệm)

$b^{2}$+5=ak  , $a^{2}$+5=bt và $a^{2}$+$b^{2}$+5-5ab=0

+ a>5 .khi đó do b>a nên t<(a^2+5)\(a+1)<a vs a>5

ta có $b^{2}$. $t^{2}$+5 $t^{2}$ chia hết a nên 5 $t^{2}$ +25 chia hết a

mà do a k chia hết 5 nên $t^{2}$ +5 chia hết a

nên (t,a) cũng là nghiệm mà a+t < a+b nên mt

+a<6 thì các nghiệm (a,b) là (1,2) (1,3) (2,9) (3,14) nên thấy 2 dãy nghiệm sau thỏa mãn

1.$a_{1}$=1,$b_{1}$=2 và $a_{n+1}$=$b_{n}$,$b_{n+1}$=$b_{n}$^2+5 \ $a_{n}$

2.$a_{1}$=1,$b_{1}$=3 và $a_{n+1}$=$b_{n}$,$b_{n+1}$=$b_{n}$^2+5 \ $a_{n}$

giả sử ptt còn có nghiệm khác dãy.gọi nghiệm nhỏ nhất là (x,y) giả sử x<y

nếu x<6 thì (x,y) bắt buộc là nghiệm của dãy

nếu x>5 thì ta có thể tìm dk nghiệm nhỏ hơn dựa vào cm trên nên mt

vậy toàn bộ nghiệm pt là nghiệm 2 dãy

ta có y-19 chia hết x

TH1: y-19 >x thì do x+19>=y nên mt

TH2 : 19-y=x nên (x,y)=(2,17),(17,2) mt

TH3: 19-y>x hay x+y <19

xét x=2 thì y=3

xét x=3 vô nghiệm

xét x=5 vô nghiệm

xét x=7 vô nghiệm

xét x=11,13,17 vô nghiệm

vậy x=2,y=3

Xét phương trình $x^3+4x+1=y^4\quad(1)$

Ta có: $x^3+4x+1=y^4\ge 0 \Rightarrow x\ge 0$

Suy ra $x(x^2+4)=(y^2+1)(y+1)(y-1) \Rightarrow |y|\ge 1$

$\bullet\quad$ Nếu $y=2z,\quad (z\in\mathbb{N}^*)$
Suy ra
$x(x^2+4)= (4z^2+1)(2z+1)(2z-1) \Rightarrow x=2k+1\quad (k\in \mathbb{N}) \Rightarrow \text{gcd}(x,\;x^2+4)=1$
$\Rightarrow \left[ \begin{matrix}\begin{cases}2z-1=1 \\ 2z+1=x \\ 4z^2+1=x^2+4\end{cases} \\ \begin{cases}2z-1=x \\ 2z+1=1 \\ 4z^2+1=x^2+4\end{cases} \end{matrix}\right.\Rightarrow \text{Vô nghiệm}$
$($Do vế 3 nhân tử của vế phải đôi một nguyên tố cùng nhau, mà $x\ge 1)$

$\bullet\quad$ Nếu $y=-2z,\quad (z\in\mathbb{N}^*)$ tương tự trên suy ra vô nghiệm

Do đó $y=2z+1\quad (z\in\mathbb{Z})$
Khi đó: $x(x^2+4)=(4z^2+4z+2)(2z+2)(2z)\quad\Rightarrow x=2k,\quad(k\in \mathbb{N})$
$\Rightarrow k(k^2+1)=z(z+1)(2z^2+2z+1)\quad(2)$

$\bullet\quad$ Nếu $z=0,\;\text{ hoặc }\;z=-1$ thì $k=0$ lúc đó (1) có nghiệm là $x=0;\;y=\pm 1$

$\bullet\quad$ Nếu $z\ne 0,,\;\text{ hoặc }\;z\ne -1$ suy ra vế trái (2) dương.
Lúc đó do 3 nhân tử của vế phải (2) đôi một nguyên tố cùng nhau trong đó $z$ là nhỏ nhất còn $(2z^2+2z+1)$ lớn nhất

Suy ra $\begin{cases}z=1 \\ z+1=k \\ 2z^2+2z+1=k^2+1\end{cases}$ hoặc $\begin{cases}z=-k \\ z+1=-1 \\ 2z^2+2z+1=k^2+1\end{cases}$
Lúc đó (1) có nghiệm là $x=4;\;y=\pm 3$

Đáp số: $\boxed{\begin{cases}x=0 \\ y=\pm 1\end{cases} \vee \begin{cases}x=4 \\ y=\pm 3\end{cases}}$

t thấy bài giải chưa hợp lý

ví dụ 25.63=25.7.9 mà 7,9,25 nguyên tố đôi 1 cùng nhau,25 và 63 cũng nguyên tố cùng nhau

xét vd trong bài x($x^{2}$+4)=(4$z^{2}$+1)(2z-1)(2z+1)

nếu giả sử có $p^{m}$ là ước của 2z-1,$q^{n}$ là ước của 2z+1 và đó là số mũ cao nhất

thì x= $p^{m}$.$q^{n}$ thì sao?

Bổ đề 1 : giả sử x>0 x thuộc  và tồn tại dãy {$a_{n}$} nguyên và hằng số c khác 0 thoả mãn lim(c$x^{n}$-$a_{n}$)=0 thì x nguyên

   đặt x=$\frac{p}{q}$ vs p,q>0 nguyên,(p,q)=1 thì $x^{n+1}$=$x^{n}$.$\frac{p}{q}$

nên p.$x^{n}$=q.$x^{n+1}$

   Ta có lim(c.$x^{n}$-$a_{n}$)=0 nên lim(c.p.$x^{n}$-p$a_{n}$)=0

          lim(c.$x^{n+1}$-$a_{n+1}$)=0 nên lim(cq$x^{n+1}$-q$a_{n+1}$)=0

do p$x^{n}$ = q$x^{n+1}$ nên lim(p$a_{n}$-q$a_{n+1}$)=0

do p$a_{n}$-q$a_{n+1}$ thuộc Z nên tồn tại k sao cho mọi n>k ta có p$a_{n}$=q$a_{n+1}$

nên $a_{n}$=$\frac{p}{q}$.$a_{n+1}$=....=$($$\frac{p}{q}$$)^{m}$.$a_{n+m}$

nên $p^{m}$.$a_{n}$=$q^{m}$.$a^{n+m}$ nên $q^{m}$ | $a_{n}$ mọi m thuộc Z

ta có ($a_{n}$) khác 0 với n đủ lớn x>o nên q=1 hay x nguyên 

không phải cái này bạn ạ, cái chỗ lấy đạo hàm từ -f(-x) thành +f'(-x) cơ

đạo hàm f(x) là (x)' . f'(x)=f(x) và đạo hàm f(-x) là (-x)' . f'(-x)= -f'(-x)