Chủ đề này có 3 trả lời

[hongthaidhv]

Cho dãy các số tự nhiên $x_n$ thỏa mãn $x_n=2^n-3$.
1. Chứng minh rằng trong dãy tồn tại vô hạn số đôi một nguyên tố cùng nhau
2. Đề xuất bài toán tổng quát ( cái này quan trọng đây)

[lamminhbato]

Cho dãy các số tự nhiên $x_n$ thỏa mãn $x_n=2^n-3$.
1. Chứng minh rằng trong dãy tồn tại vô hạn số đôi một nguyên tố cùng nhau
2. Đề xuất bài toán tổng quát ( cái này quan trọng đây)

$(1)$ Ta chứng minh bằng quy nạp. Dễ dàng kiểm tra được các số $x_3,x_4,x_5$ là các số nguyên tố cùng nhau đôi một. Giả sử tồn tại một dãy $x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots, x_{n_k}$ $$ thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta chứng minh tồn tại một số nguyên dương $n_{k+1}$ lớn hơn $1$ và thỏa mãn $x_{n_{k+1}}$ nguyên tố cùng nhau với tất cả các số trong dãy nêu vừa rồi. Thật vậy, gọi $S=\{p_1,p_2, \ldots, p_j\}$ là tập hợp chứa tất cả các ước nguyên tố của dãy $$. Nhận xét, do $2\nmid x_{n_i}$ nên rõ ràng $2\notin S$, suy ra $(p_i,2)=1$ $\forall i$. Áp dụng định lý Fermat bé, ta thu được $2^{p_i-1}\equiv 1 \pmod {p_i}$ $\Rightarrow$ $2^{P}\equiv 1 \pmod {p_i}$, trong đó $P=\prod_{i=1}^j(p_i-1)$. Dẫn đến. $x_{P}\equiv -2 \pmod {p_i}$, $\forall i=$ $\overline {1,j}$. Ta chọn $n_{k+1}=P$ và rõ ràng lúc này $n_{k+1}\neq n_i$ $\forall i=\overline {1,k}$. Vì giả sử ngược lại, chẳng hạn nếu $n_{k+1}\equiv n_1$, khi ấy wlog, giải sử $p_1$ là ước nguyên tố của $x_{n_1}$ thì $x_{n_1}=x_{n_{k+1}}=x_P\equiv 0\pmod {p_1}$. Suy ra $p_1|2$, dẫn đến $p_1=2$, vô lý. Bây giờ, giải sử $p$ là ước nguyên tố chung bất kỳ của $x_P$ với $x_{n_i}$, $\forall i=\overline {1,k}$. Bằng lý luận tương tự, ta cũng có $p=2$, vô lý. Vậy $(x_{n_{k+1}},x_{n_i})=1$, $\forall i=\overline {1,k}$. Từ đó ta thu được điều phải chứng minh.

$(2)$ Em chưa hiểu ý lắm ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lamminhbato: 30-12-2009 - 11:56

[hongthaidhv]

$(1)$ Ta chứng minh bằng quy nạp. Dễ dàng kiểm tra được các số $x_3,x_4,x_5$ là các số nguyên tố cùng nhau đôi một. Giả sử tồn tại một dãy $x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots, x_{n_k}$ $$ thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ta chứng minh tồn tại một số nguyên dương $n_{k+1}$ lớn hơn $1$ và thỏa mãn $x_{n_{k+1}}$ nguyên tố cùng nhau với tất cả các số trong dãy nêu vừa rồi. Thật vậy, gọi $S=\{p_1,p_2, \ldots, p_j\}$ là tập hợp chứa tất cả các ước nguyên tố của dãy $$. Nhận xét, do $2\nmid x_{n_i}$ nên rõ ràng $2\notin S$, suy ra $(p_i,2)=1$ $\forall i$. Áp dụng định lý Fermat bé, ta thu được $2^{p_i-1}\equiv 1 \pmod {p_i}$ $\Rightarrow$ $2^{P}\equiv 1 \pmod {p_i}$, trong đó $P=\prod_{i=1}^j(p_i-1)$. Dẫn đến. $x_{P}\equiv -2 \pmod {p_i}$, $\forall i=$ $\overline {1,j}$. Ta chọn $n_{k+1}=P$ và rõ ràng lúc này $n_{k+1}\neq n_i$ $\forall i=\overline {1,k}$. Vì giả sử ngược lại, chẳng hạn nếu $n_{k+1}\equiv n_1$, khi ấy wlog, giải sử $p_1$ là ước nguyên tố của $x_{n_1}$ thì $x_{n_1}=x_{n_{k+1}}=x_P\equiv 0\pmod {p_1}$. Suy ra $p_1|2$, dẫn đến $p_1=2$, vô lý. Bây giờ, giải sử $p$ là ước nguyên tố chung bất kỳ của $x_P$ với $x_{n_i}$, $\forall i=\overline {1,k}$. Bằng lý luận tương tự, ta cũng có $p=2$, vô lý. Vậy $(x_{n_{k+1}},x_{n_i})=1$, $\forall i=\overline {1,k}$. Từ đó ta thu được điều phải chứng minh.

$(2)$ Em chưa hiểu ý lắm ạ!

Cách giải cua em khá là thú vị và khá hay. Còn câu 2 thì ý của anh là em có thể đề xuất một số hướng để tổng quát hóa bài toán trên được không

[lamminhbato]

Cách giải cua em khá là thú vị và khá hay. Còn câu 2 thì ý của anh là em có thể đề xuất một số hướng để tổng quát hóa bài toán trên được không

À, em hiểu rồi! Thế thì em đề xuất thế này. Bằng lý luận tương tự như lời giải cuả em, thì mình có thể chứng minh được bài toán tổng quát hơn, đó là:

Bài toán Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$ và $n\ge k$ thì tồn tại vô số số có dạng $2^{k}\left (2^{n-k}-1\right )-1$ nguyên tố cùng nhau đôi một.

Ngoài ra, em cũng đang nghĩ về một vấn đề mở như sau:

Vấn đề Tìm tất cả các hằng số $k$ nguyên dương sao cho tồn tài vô hạn các số có có dạng $2^n-k$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lamminhbato: 31-12-2009 - 19:55