1 số bài số học

quantaida · 17-01-2009, 05:58 PM

bài 1: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 và ko chia hết cho 5.Chứng minh rằng
$2^n+3^n $ ko chia hết cho $n $
bài 2:giải phương trình $x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+2=y^5 $ trên tập số tự nhiên
bài 3:cho $p $là số nguyên tố lớn hơn 3 và các số $a_1,a_2....a_{p-1} $ ko chia hết cho $p $.Chứng minh tồn tại bộ các số $(b_1,b_2....b_{p-1}) $, trong đó $b_i\in {{1;-1}} $,sao cho $\sum a_{i}.b_{i} $chia hết cho $p $ với $i $chạy từ 1 đến $p-1 $
:hornytoro::hornytoro::hornytoro:

nbkschool · 18-01-2009, 03:30 PM

Bài 1:
Phản chứng.Giả sử tồn tại n thỏa mãn đề bài mà $2^n+3^n \vdots n $.Dễ thấy n phải lẻ.
Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n thì $p \geq 3 $.g là căn nguyên thủy modulo p.Đặt:
$g^x \equiv 2(mod p) $
$g^y \equiv 3(mod p) $ ($x,y \in {1,...,p-1} $ và x,y phân biệt)
Giả sử $x>y $(trường hợp còn lại tương tự)
Do $p \neq 5 $ nên:
$g^x+g^y \no \vdots p $
->$g^{x-y}+1 \no \vdots p $(1)
Mặc khác:
$g^{xn}+g^{yn} \vdots p $
->$g^{yn}(g^{n(x-y)}+1) \vdots p $
->$g^{2n(x-y)} \equiv 1 (mod p) $
Mà $(n,p-1)=1 $ (do p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n) mà p-1 là cấp của g modulo p nên suy ra:
$2(x-y) \vdots p-1 $
Từ (1) suy ra:
$x-y \vdots p-1 $ vô lý do $x-y<p-1 $
Suy ra đpcm.

**Quân -k47DHV** · 20-01-2009, 08:04 PM

Bài này mà dùng Căn nguyên thủy à!!!! kinh nhẩy

máy bài này thì ý tưởng để giải cũ rồi
Gọi $p $là số nguyên tố min ,$p|n $,dễ thấy $(n,3)=1 $ .nên tồn tại $a $để $-3a \equiv 1(modp) $ $,(a,p)=1. $GS tồn tại $n $ t|m nên $(2a)^{n} \equiv 1 (modp) $ .Dùng cấp để suy ra $2a \equiv 1 (modp) $
suy ra$ 5a \equiv 1(modp) $vô lí chưa:hornytoro:

tqdung · 04-07-2009, 10:46 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nguoicodoc

Bài 1:
Nếu n chẵn suy ra $2^n $+$3^n $ không chia hết cho n
Nếu n lẻ. Đặt n=2k+1
suy ra $2^n $+$3^n $=$2^{2k+1} $+$3^{2k+1} $
=$4^k $.2+$9^k $.3
Với k chẵn hoặc k lẻ thì $2^n $+ $3^n $ luôn chia hết cho 5
mà n không chia hết cho 5
suy ra $2^n $+ $3^n $ không chia hết cho n

Sai rõ mồn một

umb:. Anh đã CM $A \vdots C $; $B ko \vdots C $ thì $A ko \vdots B. $

Talent · 05-07-2009, 05:11 PM

Trích:

Nguyên văn bởi quantaida

bài 1: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 và ko chia hết cho 5.Chứng minh rằng
$2^n+3^n $ ko chia hết cho $n $
bài 2:giải phương trình $x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+2=y^5 $ trên tập số tự nhiên
bài 3:cho $p $là số nguyên tố lớn hơn 3 và các số $a_1,a_2....a_{p-1} $ ko chia hết cho $p $.Chứng minh tồn tại bộ các số $(b_1,b_2....b_{p-1}) $, trong đó $b_i\in {{1;-1}} $,sao cho $\sum a_{i}.b_{i} $chia hết cho $p $ với $i $chạy từ 1 đến $p-1 $
:hornytoro::hornytoro::hornytoro:

Bài 2 là bài imo shortlist , ý tưởng của bài toán là chứng minh mọi ước nguyên tố của $\frac{x^7-1}{x-1} $ hoặc bằng 7 hoặc có dạng 7k+1 . Từ đó phân tích thành nhân tử để suy ra pt này vô nghiệm .
Bài 3 là một bài toán khá hay ,í tưởng của nó tương đối giống định lí Cauchy Davenport , các bạn hãy chứng minh quy nạp rằng với mọi n<p thì các số có dạng $\sum_{i=1}^n a_i\dot b_i $ với $b_i\in\{-1,1\} $
sẽ nhận ít nhất n+1 số dư khác nhau trong đó các a_i nguyên tố cùng nhau với p .Khi n=p-1 ta có kết luận bài toán .

17-01-2009, 05:58 PM	#1
quantaida +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2008 Đến từ: lê quý đôn quảng trị Bài gởi: 141 Thanks: 2 Thanked 75 Times in 22 Posts	1 số bài số học bài 1: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 và ko chia hết cho 5.Chứng minh rằng $2^n+3^n $ ko chia hết cho $n $ bài 2:giải phương trình $x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+2=y^5 $ trên tập số tự nhiên bài 3:cho $p $là số nguyên tố lớn hơn 3 và các số $a_1,a_2....a_{p-1} $ ko chia hết cho $p $.Chứng minh tồn tại bộ các số $(b_1,b_2....b_{p-1}) $, trong đó $b_i\in {{1;-1}} $,sao cho $\sum a_{i}.b_{i} $chia hết cho $p $ với $i $chạy từ 1 đến $p-1 $ :hornytoro::hornytoro::hornytoro: __________________ I lay my love on my wife :hornytoro: meddlesome_camel(PTKV)reamer:

18-01-2009, 03:30 PM	#2
nbkschool +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: SMU Residence @Prinsep Hostel, 83 Prinsep Street, Singapore Bài gởi: 400 Thanks: 72 Thanked 223 Times in 106 Posts	Bài 1: Phản chứng.Giả sử tồn tại n thỏa mãn đề bài mà $2^n+3^n \vdots n $.Dễ thấy n phải lẻ. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n thì $p \geq 3 $.g là căn nguyên thủy modulo p.Đặt: $g^x \equiv 2(mod p) $ $g^y \equiv 3(mod p) $ ($x,y \in {1,...,p-1} $ và x,y phân biệt) Giả sử $x>y $(trường hợp còn lại tương tự) Do $p \neq 5 $ nên: $g^x+g^y \no \vdots p $ ->$g^{x-y}+1 \no \vdots p $(1) Mặc khác: $g^{xn}+g^{yn} \vdots p $ ->$g^{yn}(g^{n(x-y)}+1) \vdots p $ ->$g^{2n(x-y)} \equiv 1 (mod p) $ Mà $(n,p-1)=1 $ (do p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n) mà p-1 là cấp của g modulo p nên suy ra: $2(x-y) \vdots p-1 $ Từ (1) suy ra: $x-y \vdots p-1 $ vô lý do $x-y<p-1 $ Suy ra đpcm. __________________ "Apres moi,le deluge" thay đổi nội dung bởi: nbkschool, 18-01-2009 lúc 03:42 PM

20-01-2009, 08:04 PM	#3
Quân -k47DHV +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jan 2008 Đến từ: Đại Học Y Hà Nội Bài gởi: 421 Thanks: 5 Thanked 105 Times in 80 Posts	Bài này mà dùng Căn nguyên thủy à!!!! kinh nhẩy máy bài này thì ý tưởng để giải cũ rồi Gọi $p $là số nguyên tố min ,$p\|n $,dễ thấy $(n,3)=1 $ .nên tồn tại $a $để $-3a \equiv 1(modp) $ $,(a,p)=1. $GS tồn tại $n $ t\|m nên $(2a)^{n} \equiv 1 (modp) $ .Dùng cấp để suy ra $2a \equiv 1 (modp) $ suy ra$ 5a \equiv 1(modp) $vô lí chưa:hornytoro: __________________ LƯƠNG Y KIÊM TỪ MẪU