|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
21-12-2013, 12:54 PM | #1 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Một bổ đề có nhiều ứng dụng Bổ đề:Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$.Khi đó:$x^2+y^2 \vdots p$ khi và chỉ khi $x \vdots p$ và $y \vdots p$. Chứng minh: Hệ quả:Với mọi số nguyên $x$,thì $x^2+1$ không có ước dạng $4k+3$. Bài tập: 1.Cho $T={(x,y)|x,y \epsilon \mathbb{N},0 \leq 2x <y \leq 100,x^4+y^4 \vdots 49}$.Tìm |T|. Giải: Ta có: $x^4+y^4 \vdots 49$ $\rightarrow (x^2)^2+(y^2)^2 \vdots 7$. Theo bổ đề ta có: $x^2 \vdots 7$ và $y^2 \vdots 7$. suy ra:$x \vdots 7$ và $y\vdots 7$. Đặt $x=7a,y=7b$,(a,b là các số tự nhiên).Ta có:$0 \leq 14a <7b \leq 14$ suy ra: $0 \leq a \leq6$.Khi đó:$b=14-2a$. Số bộ $(a,b)$ thỏa là:$\sum_{a=0}^6 (14-2a)=56$. 2.Chứng minh phương trình sau vô nghiệm nguyên:$x^2-y^3=7$. Giải: *Nếu $y$ chẳn thì $x^2 \equiv 3 (mod 4)$.(vô lí) suy ra $y$ lẻ. Pt$\Leftrightarrow x^2+1=(y+2)(y^2-2y+4)$ vì $y$ lẻ nên $y^2-2y+4 \equiv 3 (mod 4)$.Theo hệ quả thì suy ra điều này vô lí. Vậy ta có đpcm. 3.Chứng minh phương trình:$4xy-x-y=z^2$ vô nghiệm nguyên. Giải: PT$\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^2+1$ $\Leftrightarrow (4x-1)(4y-1)=4z^2+1$. Từ đó theo hệ quả ta có đpcm. 4.Giải phương trình nghiệm nguyên sau:$(x+y)^2+2=2x+2013y$. Giải: Cũng hoàn toàn với tư tưởng như 2 bài toán trên ta sẽ đưa về tổng bình phương cộng 1. PT $\Leftrightarrow (x+y-1)^2+1=2011y$. vì $2011 \equiv 3 (mod 4)$ nên vô nghiệm theo hệ quả. 5.Chứng minh phương trình $x^2+4=y^3$ vô nghiệm nguyên. Giải: Theo đề bài ta có:$x^2+4=(y-1)(y^2+y+1)$. *Nếu $y=4k$ thì $y-1=4k+3$ nên 4 chia hết cho một ước nguyên tố dạng $4l+3$ của y.(vô lí) *Nếu $y=4k+1,4k+2$ thì $y^2+y+1$ có dạng $4m+3$,tương tự suy ra vô lí. *Nếu $y=4k+3$ thì $y-1\equiv 2(mod4);y^2+y+1\equiv 1 (mod 4)$ nên $VP\equiv 2 (mod 4)$ vô lí vì $VT \equiv 0,1 (mod 4)$. |
The Following 6 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post: | High high (22-12-2013), Juliel (21-12-2013), khi gia (22-12-2013), luugiangnam (21-12-2013), trungno (21-12-2013), vuihoctoan@ (05-05-2014) |
21-12-2013, 01:23 PM | #2 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Bài 6 (IMO 1970) Tìm $n$ nguyên dương để tập $\{n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5\}$ có thể phân hoạch thành 2 tập $A$ và $B$ sao cho tích của tất cả các phần tử ở tập này bằng tích của tất cả các phần tử ở tậpkia. (ví dụ như chia được 2 tập $A=\{n+1,n+2\}; B=\{n,n+3,n+4,n+5\}$ thì $(n+1).(n+2)=n.(n+3)(n+4).(n+5) )$ __________________ i'll try my best. thay đổi nội dung bởi: quocbaoct10, 21-12-2013 lúc 01:28 PM |
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post: | mathandyou (21-12-2013) |
21-12-2013, 03:08 PM | #3 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts | Em mạn phép đưa ra 1 số bài áp dụng bổ đề này. $\boxed{7}$ Tìm số nguyên dương $n$ sao cho luôn tồn tại số nguyên $m$ thỏa mãn $2^n-1 \mid m^2 +9$ $\boxed{8}$ Tìm số nguyên dương lẻ $n$ để $n^{11}+199$ là một số chính phương. ------------------------------ Trích:
Trong $6$ số nguyên liên tiếp thì tồn tại nhiều nhất một số chia hết cho $7$. Nếu trong $6$ số $n,n+1,..,n+5$ có một số chia hết cho $7$ thì khi lấy tích các phần tử của $A$ và $B$ sẽ có 1 tích chia hết cho $7$, một tích không chia hết cho $7$. Loại. Do đó cả $6$ số đều không chia hết cho $7$. Suy ra tích $P=n(n+1)..(n+5) \equiv 1.2.3.4.5.6 \equiv 6 (mod 7)$ Điều này vô lí vì $P$ phải là số chính phương mà số chính phương chỉ chia $7$ dư $0,1,2,4$. Tổng quát bài toán : Chứng minh rằng tồn tại vô số nguyên tố $p$ thỏa mãn tính chất : Không tồn tại tập hợp gồm $p-1$ phần tử là $p-1$ số nguyên dương liên tiếp mà có thể chia tập này thành hai tập con, trong đó tích các phần tử của mỗi tập con là bằng nhau. thay đổi nội dung bởi: Juliel, 21-12-2013 lúc 03:16 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following User Says Thank You to Juliel For This Useful Post: | mathandyou (21-12-2013) |
21-12-2013, 04:11 PM | #4 | |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Tiếp tục với bổ đề... Bài 9.Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $p^3+ \frac{p-1}{2}$ không là tích hai số tự nhiên liên tiếp. Giải: Từ đề bài dễ có p lẻ. Đặt $p^3+ \frac{p-1}{2}=n(n+1)$.(n là số tự nhiên). +)$p=4k+1$:Khi đó dễ có VT lẻ.(vô lí vì tích hai số liên tiếp luôn chẳn). +)$p=4k+3$: Từ đẳng thức ta biến đổi thành:$4p^3+2p=(2n+1)^2+1$.(Nhân 4 vào 2 vế) suy ra $(2n+1)^2+1 \vdots p$.Vô lí theo hệ quả. 10.Chứng minh rằng:Không tồn tại số tự nhiên n sao cho $n^7+7$ là số chính phương. Giải: Khi không thể làm gì thì phản chứng rất hiệu quả. Giả sử tồn tại n thỏa mãn,khi đó $n^7+7=m^2$,với m là một số tự nhiên. Ta có:$n^7+2^7=m^2+11^2$ $\rightarrow (n+2)(n^6-2n^5+4n^4-8n^3+16n^2-32n+2^6)=m^2+11^2$. vì $m^2\equiv 0,1 (mod 4)$ và $11^2 \equiv 1 (mod 4)$ nên ta suy ra $VP \equiv 1,2 (mod 4).$ Lại có:$2^7 \equiv 0 (mod 4)$ và $n^7 \equiv 0,1,-1 (mod 4)$ nên $VT \equiv 0,1,-1 (mod 4).$ Do đó $VT \equiv VP \equiv 1 (Mod 4)$ và $n \equiv 1 (mod 4).$ Từ đó $ n+2 \equiv 3 (mod 4)$ nên $n+2$ sẽ có ước nguyên tố $p=4i+3.$ Theo bổ đề thì $11 \vdots p$,nên $p=11,m=11k$ $\rightarrow VP \vdots 11^2$ nên $VT \vdots 11^2.$ Ta lại có:$n^6-2n^5+...+2^6 \equiv 8 (mod 11)$ (vì $n\equiv -2 (mod 11))$. nên $n+2 \vdots 11^2 \rightarrow n=11^2h-2$ và $h$ là ước dương của $k^2+1$. Suy ra $h \equiv 1 (mod 4)$,Vì vậy $n \equiv 3 (mod 4)$ (vô lí). Nên ta có đpcm. 11.Tìm các số nguyên dương a,b,c sao cho $a^2=b^c-3$ Giải: Tiếp tục phản chứng. Ta viết đẳng thức lại thành:$a^2+4=(b+1)(b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1).$ *Nếu $b=4k+2$ thì $b+1=4k+3$, dễ có ngay điều vô lí theo bổ đề. *Nếu $b=4k+1$ thì $b+1 \equiv 2 mod 4 và (b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1) \equiv 1 (mod 4)$. từ đó $VT \equiv VP \equiv 2 (mod 4)$.Vô lí. *Nếu $b=4k+3$ thì $(b^{c-1}-b^{c-2}+..+b-1) \equiv -1 (mod 4)$. Theo bổ đề dễ có điều vô lí. *Nếu $b=4k$ thì $b^c \equiv 0 (mod 8)$ . khi đó: $b^c-3 \equiv -3 (mod 8)$,vô lí vì một scp chia 8 không có số dư là -3. Vậy ta có dpcm. 12.Chứng minh rằng:không tồn tại số nguyên tố p sao cho:$3^p+19(p-1)$ là số chính phương. Giải: Tiếp tục phản chứng nào... Đặt $3^p+19(p-1)=n^2$ (n là một số nguyên). *Nếu $p=2$.Ta có:$n^2=28$(!!!) *Nếu $p>2$,$p$ lẻ. +)$p=4k+1$: Ta có $3 \equiv -1 (mod 4)$ nên $3^p \equiv -1 (mod 4)$. $19 \equiv 3 mod 4,p-1 \equiv 0 (mod 4)$ Do đó $VT \equiv -1 (mod 4) $(Vô lí!!) +)$p=4k+3$: $3^p \equiv 3 (mod p)$. $19(p-1) \equiv -19 (mod p)$. nên $VT \equiv -16 (mod p)$. Do đó $n^2+16 \vdots p$. Từ cái bổ đề ấy,ta có:$16 \vdots p$. (vô lí rồi). Vậy ta có dpcm. ------------------------------ Trích:
vd: :Chứng minh rằng:Không thể chia một tập hợp gồm 18 phần tử là các số nguyên dương liên tiếp thành 2 tập A và B sao cho tích các phần tử của A bằng tích các phần tử của B. Bài toán tổng quát của @Huy chứng minh cũng tương tự. __________________ Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao. thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 21-12-2013 lúc 04:44 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following 3 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post: |
21-12-2013, 11:13 PM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts | Bài số $7$ na ná với bài Hàn Quốc 1999, sử dụng bổ đề này với định lí phần dư Trung Hoa. Bài số $8$ là em biến tấu ra từ bài chọn đội tuyển của Mỹ năm $2008$, là bài $n^7+7$ ở trên Giải bài $\boxed{8}$ : Tìm số tự nhiên $n$ lẻ để $n^{11}+199$ là số chính phương. *** Bổ đề 1: Cho các số nguyên dương $x,y$ và số nguyên tố $p$ có dạng $4k + 3$ thỏa mãn $p|(x^{2}+y^{2})$. Khi đó $p|x$ và $p|y$ [COLOR="rgb(0, 100, 0)"]Bổ đề 2[/COLOR] : Cho các số nguyên dương $x,y$ thỏa $gcd(x,y)=1$, khi đó mọi ước nguyên tố của $x^{2}+y^{2}$ không có dạng $4k+3$. Đặt $n^{11}+199=m^{2}$ , $m\in \mathbb{N}$ Vì $n$ lẻ nên $n\equiv 1;3(mod4)$ Nếu $n\equiv 3(mod4)\Rightarrow m^{2}\equiv 3^{11}+199\equiv 2(mod4)$ (vô lí) Do đó $n\equiv 1(mod4)$ Ta có : $n^{11}+199=m^{2}\Leftrightarrow n^{11}+2^{11}=m^{2}+43^{2}\Leftrightarrow (n+2)(n^{10}-2n^{9}+...-512n+1024)=m^{2}+43^{2}\Leftrightarrow (n+2).b=m^{2}+43^{2}\qquad(*)$ Vì $n\equiv 1(mod4)\Rightarrow b=n^{10}-n^{9}.2+...-n.2^{9}+2^{10}\equiv 3(mod4)\Rightarrow$ $b$ có ít nhất một ước nguyên tố $p\equiv 3(mod4)$. Theo bổ đề 1 thì $b|(a^{2}+43^{2})\Rightarrow p|(a^{2}+43^{2})\Rightarrow p|43\Rightarrow p=43\Rightarrow 43|b$ Nếu $43|(n+2)\Rightarrow n\equiv -2(mod43)\Rightarrow b=n^{10}-2n^{9}+4n^{8}-8n^{7}+16n^{6}-32n^{5}+64n^{4}-128n^{3}+256n^{2}-512n+1024\equiv 8(mod43)$. Điều này là vô lí vì $43|b$. Suy ra $43\nmid(n+2)$. Ta có $a^{2}+43^{2}=(n+2).b\vdots 43\Rightarrow a\vdots 43\Rightarrow (a^{2}+43^{2})\vdots 43^{2}\Rightarrow b(n+2) \vdots 43^{2}$. Vì $43\nmid(n+2)$ nên $b=43^{2}.m\qquad(m\in \mathbb{N},gcd(m,2)=1)$ Hơn nữa vì $a\vdots 43\Rightarrow a=43q\qquad(q\in \mathbb{N})$ Do đó $(n+2).b=a^{2}+43^{2}=43^{2}.(q^{2}+1)\Leftrightar row (n+2).43^{2}.m=43^{2}(q^{2}+1)\Leftrightarrow q^{2}+1=m(n+2)$ Vì $gcd(1,q)=1$ nện theo bổ đề 2 thì $q^{2}+1$ không có ước nguyên tố nào có dạng $4k + 3$, nhưng $n+2\equiv 3(mod4)$ (vì $n\equiv 1(mod4)$) Điều này mâu thuẫn. Kết luận : Không tồn tại số $n$ thỏa mãn đề bài. Post bài tiếp đi anh Hoàn, em để đâu hết mấy cái đống này rồi thay đổi nội dung bởi: Juliel, 21-12-2013 lúc 11:15 PM Lý do: Tự động gộp bài |
The Following User Says Thank You to Juliel For This Useful Post: | luugiangnam (22-12-2013) |
22-12-2013, 09:38 AM | #6 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2011 Đến từ: no*i ty bă't đâ'u Bài gởi: 695 Thanks: 121 Thanked 335 Times in 214 Posts | Trích:
Bài này sai ở chỗ chưa nghiên cứu TH $x, y $ âm vì khi $x $ âm thì $4x-1 $ có dạng $-(4k+1) $ rồi __________________ | |
The Following 2 Users Say Thank You to 5434 For This Useful Post: | Juliel (22-12-2013), mathandyou (22-12-2013) |
22-12-2013, 12:38 PM | #7 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts | |
22-12-2013, 02:38 PM | #8 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2012 Đến từ: CLA Bài gởi: 538 Thanks: 183 Thanked 136 Times in 63 Posts | Trích:
__________________ Sẽ không quên nỗi đau này..! | |
The Following User Says Thank You to High high For This Useful Post: | mathandyou (22-12-2013) |
22-12-2013, 04:05 PM | #9 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Vâng,cám ơn các bạn.Mình đã thấy lỗi sai sót.Do nhầm lẫn và gấp gáp quá nên mong mọi người thông cảm.Nhưng hiện giờ nút edit không thấy xuất hiện nữa nên chả sửa được,mod vào sửa hộ em cái đi ạ. Mong mọi người bỏ quá. ------------------------------ Đây là dạng tổng quát của bổ đề trên: Tổng quát: Giả sử $p=k.2^t+1$ là một số nguyên tố,$t$ là số nguyên dương và $k$ là số tự nhiên lẻ.Giả thiết $x$ và $y$ là các số tự nhiên mà $(x^{2t}+y^{2t}) \vdots p$.Ta có đồng thời $x$ và $y$ chia hết cho $p.$ __________________ Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao. thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 22-12-2013 lúc 04:33 PM Lý do: Tự động gộp bài |
22-12-2013, 06:06 PM | #10 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Tiếp tục với vài bài đơn giản: Bài 13:Tìm các số nguyên x,y sao cho $\frac{x^2+1}{y^2-5}$ là một số nguyên. Bài 14:Giải phương trình nghiệm nguyên:$x^{2002}+y^{2002}=2003^{2001}(x^3+y^3)$ Bài 15:Tìm số nguyên dương $n$ thỏa $2^{n-1}+1 \vdots n$. __________________ Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao. thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 22-12-2013 lúc 06:47 PM |
22-12-2013, 07:33 PM | #11 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts | Giải bài 13 : Gỉa sử tồn tại $x,y$ sao cho $\dfrac{x^2+1}{y^2-5} \in Z$ Ta có $y^{2}\equiv 0,1\;(mod\;4)\Rightarrow y^{2}-5\equiv 3,0\;(mod\;4)$ Nếu $y^{2}-5\equiv 0\;(mod\;4)\Rightarrow 4\mid x^{2}+1\Rightarrow x^{2}\equiv 3\;(mod\;4)$, điều này vô lí Nếu $y^{2}-5\equiv 3\;(mod\;4)$ thì $y^2-5$ có ít nhất một ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$, suy ra $p\mid x^2+1$, điều này mâu thuẫn với hệ quả của bổ đề. Kết luận : Không tồn tại số nguyên $x,y$ nào thỏa mãn đề bài. Giải bài 14 Nhận thấy rằng $2003$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$. Áp dụng bổ đề ta suy ra $2003|x$ và $2003|y$. Đặt $x=2003x_1,y=2003y_1$ và thay vào phương trình : $2003^{2002}(x_1^{2002}+y_1^{2002})=2003^{2004}(x_ 1^3+y_1^3)$ $\Leftrightarrow x_{1}^{2002}+y_1^{2002}=2003^{2}(x_1^3+y_1^3)$ Từ đây lại có $2003|x_1,2003|y_1$. Đặt $x_1=2003x_2,y_1=2003y_2$, được : $2003^{1997}(x_2^{2002}+y_2^{2002})=x_2^3+y_2^3$ Rõ ràng $VT\geq VP$ và đẳng thức chỉ xảy ra khi $x=y=0$ Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất $(0,0)$ Kiếm đâu ra lắm mấy bài kiểu này thế @@~ thay đổi nội dung bởi: Juliel, 22-12-2013 lúc 07:40 PM |
The Following User Says Thank You to Juliel For This Useful Post: | mathandyou (22-12-2013) |
22-12-2013, 08:46 PM | #12 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Rất tốt chú Huy à... Bài 16:Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$.Cho $x,y,z,t$ là các số nguyên dương thỏa:$x^{2p}+y^{2p}+z^{2p}=t^{2p}$.Chứng minh rằng ít nhất trong các số $x,y,z,t$ chia hết cho $p.$ Bài 17:Cho dãy số xác định như sau:$a_1=5,a_{n+1}=a_n^3-2a_n^2+2$,với mọi $n$ lớn hơn hoặc bằng $2$.Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ và $a_{2011}+1 \vdots p$.Chứng minh rằng $p=3$ Bài 18:Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $7p+3^p-4$ không là số chính phương. Bài 19:Tìm số nguyên tố $p$ đề $p^2-p+1$ là một lập phương của số tự nhiên.$ Bài 20:Tìm các bộ số $(x,y)$ nguyên thỏa:$y^2=x^3-p^2x$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$. Mong nhận được sự đóng góp của tất cả mọi người. __________________ Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao. thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 22-12-2013 lúc 08:50 PM Lý do: Tự động gộp bài |
22-12-2013, 08:50 PM | #13 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2012 Đến từ: CLA Bài gởi: 538 Thanks: 183 Thanked 136 Times in 63 Posts | Bài 15: Tìm các số nguyên dương $(a,b,c)$ sao cho $a^2+2^{b+1}=3^c$ __________________ Sẽ không quên nỗi đau này..! |
The Following 3 Users Say Thank You to High high For This Useful Post: |
22-12-2013, 09:55 PM | #14 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Trích:
Giả sử $7p+3^p-4$ là số chính phương. Khi đó: $7p+3^p-4=x^2 \\ \Leftrightarrow 7p+3^p-3=x^2+1$. dễ thấy với $p=2$ và $p=3$. TH1: $p \equiv 1 (mod 4)$. dễ có $3^p-3 \equiv 0 (mod 4)$ và $7p \equiv 3 (mod 4)$ $\Rightarrow 7p+3^p-3 \equiv 3 (mod 4)$ vì $7p+3^p-3 \equiv 3 (mod 4)$ nên nó phải có 1 ước nguyên tố $q=4k+3$ nên $x^2+1 \vdots q$. Áp dụng bổ đề có $1 \vdots q$ (vô lí). TH2: $p \equiv 3 (mod 4)$ Khi đó theo định lí Fermat nhỏ, ta có $7p+3^p-3 \vdots p \Rightarrow x^2+1 \vdots p $ và theo bổ đề có $1 \vdots p$ (vô lí). vậy đã có đpcm câu 19 hình như Balkan MO 2005. thêm bài 17 nữa, bài 20 với 16 ảo diệu quá $a_{n+1}-2=a^{3}_{n}-2a^{2}_{n}\\ =a^{2}_{n}(a_n-2)\\ =a^{2}_{n}.a^{2}_{n-1}.(a_{n-1}-2)\\ =...= a^{2}_{n}.a^{2}_{n-1}...a^2_{2}(a_1-2)\\ =t^2.3 (t^2=a^{2}_{n}.a^{2}_{n-1}...a^2_{2})$ từ đó suy ra $a_{n+1}+1=3t^2+3=3(t^2+1)$ nếu $p=4k+3 | a_{n+1}+1$ thì $3(t^2+1) \vdots p$ nên $3 \vdots p$ hay $p=3$. __________________ i'll try my best. thay đổi nội dung bởi: quocbaoct10, 22-12-2013 lúc 11:22 PM | |
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post: | mathandyou (23-12-2013) |
23-12-2013, 05:58 PM | #15 | |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Trích:
| |
Bookmarks |
|
|