Đến nội dung

Hình ảnh

Một Số Bổ Đề, Định lý Số Học


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 33 trả lời

#21
Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết

Bài 1 dễ nhất : Ta có $q^{3} - 1 = (q-1)(q^{2}+q+1)$ chia hết cho p. 

+) Xét q - 1 chia hết cho p suy ra q > p. Mặt khắc p - 1 chia hết cho q suy ra p > q (mâu thuẫn )

+) Xét $q^{2}+q+1 = p$ suy ra $(q+1)^{2}$ = p + q suy ra p + q là số chính phương.

+) Xét $q^{2}+q+1 > p$ và $q^{2}+q+1$ chia hết cho p suy ra p < $\sqrt{q^{2}+q+1}$ nên p < q+1. Vô lí vì p - 1 chia hết cho q nên p lớn hơn hoặc bằng q+1. 

 

Vậy p + q là số chính phương 

 

Chỗ này em chưa hiểu lắm. Đáng ra là $\sqrt{p} < \sqrt{q^{2}+q+1}$ chứ nhỉ.
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 01-07-2015 - 08:49

Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#22
Mosses William Tran

Mosses William Tran

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 17 Bài viết
Có một định lí của số học là ước nguyên tố của một hợp số không được lớn hơn căn bậc hai của hợp số đó

#23
buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết

$\blacksquare$ Dạng 1

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n-b^n\\p\not | a^k-b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^6-1^6$ và $a^2-b^2$ với $a+b$ là một lũy thừa của $2$ $)$

$\blacksquare$ Dạng 2

với mọi $a>b\geq 1$ và $(a,b)=1$ thì luôn có một số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} p\mid a^n+b^n\\p\not | a^k+b^k\ \ \forall k\in \left [1,n \right ) \end{matrix}\right.$

$($ trừ trường hợp $2^3+1^3$ $)$

bạn có thể post chứng minh được không



#24
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

bạn có thể post chứng minh được không

hồi lúc mình có file mà nhớ nó dài lắm  :wacko:


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#25
buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết

hồi lúc mình có file mà nhớ nó dài lăm

bạn post lên đi , mong là file Tiếng Việt



#26
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

bạn post lên đi , mong là file Tiếng Việt

TV thì mình không có rồi  :(

http://users.ugent.b...sigmondy_en.pdf


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#27
buivantuanpro123

buivantuanpro123

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết

thất vọng, nhưng cũng cảm ơn bạn nhiều



#28
JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết

Bài 1:

Có $q \equiv 1\pmod{p}$

dễ thấy $p-1$ không chia hết cho $q$ nên $p^{2}+p+1$ chia hết cho $q$.

Có $q \equiv 1\pmod{p}$, $p^{2}+p+1 \equiv 1\pmod{p} $ nên $\frac{p^2+p+1}{q} \equiv 1\pmod{p}$

Vì vậy $\frac{p^2+p+1-q}{q} \vdots p$, vì vậy $p^2+p+1-q \vdots pq$. Dễ chứng minh $p^2+p+1-q<pq$ nên $p^2+p+1-q=0$ vì vậy $p+q=(p+1)^2$ là SCP



#29
Sonhai224

Sonhai224

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 178 Bài viết

Có ai có tài liệu về bước nhảy Vi-et không ạ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 19-02-2017 - 15:42

Không có chữ ký!!!


#30
IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết

Định lý Erdos-Ginzburg-Ziv: Trong $2n-1$ số nguyên bất kỳ, tồn tại $n$ số có tổng chia hết cho $n$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 17-02-2017 - 21:42


#31
Nguyengianghjl123

Nguyengianghjl123

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
Cho em hỏi với ạ
14 là hợp số 7 là ước nguyên tố của 14 mà căn14 > 7
Xong em tra thì định lí là tồn tại số nguyên tố nhỏ hơn căn bậc 2 chứ không phải là luôn luôn
Thế thì làm sao áp dụng cho bài được ạ

#32
hotrome

hotrome

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

1 chuyên đề khá hay

Cho em hỏi sao chuyên đề này ko tải được ạ



#33
ngando2002

ngando2002

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

TV thì mình không có rồi  :(

http://users.ugent.b...sigmondy_en.pdf

anh ơi post lại cho em được không anh file bị lỗi rồi :( cám ơn nhiều ạ



#34
Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 458 Bài viết

Mình xin được phép đề cập đến 2 tính chất thường gặp :D

1/ $C_{p}^{k} \space \vdots  \space p \Leftrightarrow p$ là số nguyên tố

2/ $a \equiv b \mod{p^n} \Leftrightarrow a^p \equiv b^p \mod{p^{n+1}} $

P/s: nếu sử tính chất 2 thì bài toán : $a^p-b^p \space \vdots \space p \Rightarrow a^p-b^p \space \vdots \space p^2$ không khó






0 người đang xem chủ đề

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