Đến nội dung


Hình ảnh

CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 HoangHungChelski

HoangHungChelski

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 283 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương
  • Sở thích:$\mathfrak{Combinatorics}$ , $\mathfrak{NumberTheory}$

Đã gửi 08-10-2014 - 23:27

Cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x], \text{deg}P\geq 2$.
CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 08-10-2014 - 23:30

$$\boxed{\text{When is (xy+1)(yz+1)(zx+1) a Square?}}$$                                


#2 hohohoho

hohohoho

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 07-06-2017 - 07:54

short list 2005



#3 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 08-06-2017 - 21:23

Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$  
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$ 
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$ 
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!)  \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có : 
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$ 
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$ 
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$ 
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$ 
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$. 
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.



#4 NeverDiex

NeverDiex

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 60 Bài viết

Đã gửi 26-07-2019 - 09:59

Xét số nguyên tố pp và số tự nhiên chẵn k<pk<p. Theo Wilson : (pk)!(k1)(1)(k1).(p1)!1(modp)(p−k)!(k−1)≡(−1)(k−1).(p−1)!≡1(modp)  
Do đó : (k1)!P((pk)!)=ni=0ai[(k1)!]ni.[(pk)!(k1)!]ini=0ai[(k1)!]ni(modp)(k−1)!P((p−k)!)=∑i=0nai[(k−1)!]n−i.[(p−k)!(k−1)!]i≡∑i=0nai[(k−1)!]n−i(modp) 
Suy ra (k1)!P((pk)!)S((k1)!)(modp)(k−1)!P((p−k)!)≡S((k−1)!)(modp) với S(x)=an+an1x+..+a0xnS(x)=an+an−1x+..+a0xn 
Từ đó suy ra p|P((pk)!)S((k1)!)pp|P((p−k)!)⇔S((k−1)!)⋮p . Chú ý rằng S((k1)!)S((k−1)!) là đa thức phụ thuộc vào kk. Xét k>2an+1k>2an+1 ta có : 
s=(k1)!an,ss=(k−1)!an,s là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn kk. Ta có S((k1)!)=anbk,bk1(mods)S((k−1)!)=anbk,bk≡1(mods) 
Suy ra bkbk chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn kk. Cho kk càng lớn thì S((k1)!)S((k−1)!) càng lớn . Với kk đủ lớn thì |bk|>1|bk|>1 . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố pp của bkbk mà p|P((pk)!)p|P((p−k)!) 
Bây giờ ta cần chọn kk sao cho nó đủ lớn để |P((pk)!)|>p|P((p−k)!)|>p . Xét qq là số nguyên tố đủ lớn mà k=(q1)!k=(q−1)!. Nhân xét k+ik+i là hợp số với i=1,..,q1i=1,..,q−1 
Khi đó pp là số nguyên tố lớn hơn kk mà P((pk)!)pP((p−k)!)⋮p nên p>k+q1p>k+q−1 suy ra p=k+q+r,r0p=k+q+r,r≥0 
Với số nguyên tố qq đủ lớn mà do degP2degP≥2 nên |P((pk)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q1)!+q+r=p|P((p−k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q−1)!+q+r=p
Vậy ta có p|P((pk)!)p|P((p−k)!) và pP((pk)!)p≠P((p−k)!)

 nên ta có điều phải chứng minh.


 

 

#5 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 611 Bài viết

Đã gửi 26-07-2019 - 10:01

short list 2005 là gì zẻ bạn ?






0 người đang xem chủ đề

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