Chủ đề này có 5 trả lời

[hieuchuoi@]

CMR nếu http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?a và http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?b là 2 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?m là một số nguyên dương bất kì thì trong chuỗi số dạng http://dientuvietnam...imetex.cgi?a bk với http://dientuvietnam....cgi?k=0,1,2... có vô số số nguyên tố cùng nhau với http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?m

[Sk8ter-boi]

đầu tiên ta sẽ chứng minh trong dẫy tồn tại ít nhất 1 số nt cùng nhau với m
thật vậy , giả sử ko tồn tại số nào nt cùng nhau với m thì
a+(k+1)b m
a+bk m
a+(k+1)b-a-bk=b m
mặt khác a+b m nên a m nên (a,b) 1 (vô lý)
gọi a+tb là số bất kỳ nt cùng nhau với m trong dẫy
thì ta luôn có a+(t+m)b cũng nt cùng nhau với m ; như vậy tồn tại vô số số trong dẫy nt cùng nhau với m

[dtdong91]

thật vậy , giả sử ko tồn tại số nào nt cùng nhau với m thì
a+(k+1)b m
a+bk m
a+(k+1)b-a-bk=b m
mặt khác a+b m nên a m nên (a,b) 1 (vô lý)

Làm gì có cái này nhỉ bài này thực ra bài này khá dễ nếu bởi m=a+kb=>(a+(k+1)b,m)=1
Lập luận tương tự như phần cuối của Hannah

[Sk8ter-boi]

làm gì có cái này là thế nào ??
đoạn đó đúng đấy chứ
em thấy lời giải của anh mới sai đó ; m<a thì sao
làm gì có m=a+kb !!

[hikaru123]

dtdong đúng rồi.
m nằm trong chuỗi số hạng a+bk thì đương nhiên có thể viết m dưới dạng a+bk.
hannah chú ý là 2 số ko nguyên tố cùng nhau thì chưa chắc có 1 số chia hết cho số kia

[Sk8ter-boi]

ah` ; em ko đọc phần trong chuỗi
nhưng nếu gọi a_i (i=0;1;..;n) là các ước của m thì hoàn toàn có thể dùng đi-rích-lê để suy ra vô lý
như vậy ko cần m thuộc chuỗi đó cũng đúng