Đến nội dung


Hình ảnh

Với mỗi số nguyên dương $m,$ kí hiệu $p(m)$ là ước nguyên tố lớn nhất của $m^{2}+1.$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán đại học Khoa Học Tự Nhiên TP HCM
  • Sở thích:Đại Số

Đã gửi 04-01-2018 - 05:37

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: $\frac{p(n)}{n}< \alpha .$ 



#2 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

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 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 302 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

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

Sống khỏe và sống tốt :D





0 người đang xem chủ đề

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