Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$ Cho trước số thực dương $\alpha,$ chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$
Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$
#1
Đã gửi 04-01-2018 - 05:37
#2
Đã gửi 05-01-2018 - 16:33
Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$ Cho trước số thực dương $\alpha,$ chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ sao cho: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$
Có lẽ đề bài này sai. Chọn $\alpha=1$ thì. Với số tự nhiên $n$ bất kì thì tồn tại một ước $p$ của $n^2+1$ mà $p> \sqrt{n^2+1} >n$. Khi đó $\frac{p(n)}{n}>1$
#3
Đã gửi 15-01-2018 - 22:16
+)Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $p$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$
Thật vậy ta có $p-1\equiv -1(modp);p-2\equiv -2 (mod p);...;\frac{p+1}{2}\equiv \frac{1-p}{2}(modp);\frac{p-1}{2}\equiv \frac{p-1}{2}(modp);...;1\equiv 1(modp)$
Nhân các vế trên ta có $(p-1)!\equiv ((\frac{p-1}{2})!)^2.(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv ((\frac{p-1}{2})!)^2 (modp)$
Lại có $(p-1)!\equiv -1(modp)$ theo định lý Wilson nên từ đây ta có đpcm
+)Ta gọi $q$ là số nguyên tô sao cho $q=4k+1$ và $\alpha>\frac{1}{q}$
Đặt $m=(\frac{q-1}{2})!$ thì tập hợp sau là vô hạn:
$A=\left\{r^2+1| r\equiv m(mod q)\right\}$
Vì theo chứng minh trên thì mọi phần tử của $A$ đều chia hết cho $q$ nên với $k^2+1\in A$ thì $p(k^2+1)\ge q$
Ta phân hoạch $A$ thành 2 tập hợp
$B=\left\{r^2+1| r\equiv m(mod q);p(k^2+1)>q\right\}$ và $C=\left\{r^2+1| r\equiv m(mod q);p(k^2+1)=q\right\}$
Do tập $A$ là vô hạn nên trong hai tập $B;C$ có ít nhất một tập có vô hạn phần tử
+)Nếu $C$ có vô hạn phần tử; ta thấy tồn tại $N$ sao cho với mọi $n\ge N$ và $n^2+1\in C$ thì $\frac{p(n^2+1)}{n^2+1}=\frac{q}{n^2+1}<\alpha$
Hiển nhiên là tồn tại vô hạn phần tử $n\ge N$ và $n^2+1\in C$ nên khẳng định đề bài đúng
+)Nếu $B$ có vô hạn phần tử thì vì với $n^2+1\in B;p(n^2+1)>q$ và $n^2+1$ chia hết cho $q$ nên $\frac{n^2+1}{p(n^2+1)}=lq(l\in \mathbb{N}^*)$
Do đó $\frac{p(n^2+1)}{n^2+1}=\frac{1}{lq}\le\frac{1}{q}<\alpha$
Có lẽ đề bài này sai. Chọn $\alpha=1$ thì. Với số tự nhiên $n$ bất kì thì tồn tại một ước $p$ của $n^2+1$ mà $p> \sqrt{n^2+1} >n$. Khi đó $\frac{p(n)}{n}>1$
đề bài cho là "ước nguyên tố" cơ mà
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 15-01-2018 - 22:58
- Zz Isaac Newton Zz, NHoang1608, Tea Coffee và 1 người khác yêu thích
Sống khỏe và sống tốt
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh