Đến nội dung

Hình ảnh

Topic: Các bài toán về tính chia hết


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 306 trả lời

#21
Phạm Hữu Bảo Chung

Phạm Hữu Bảo Chung

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1360 Bài viết

Bài 8: Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn a + 1 và b + 2007 đều chia hết cho 6
Chứng minh rằng $ 4^a + a + b$ chia hết cho 6
Giải :
Do a + 1 và b + 2007 chia hết cho 6. Do đó : a, b lẻ. Thật vậy, nếu a, b chẵn
$ \Rightarrow a + 1, b + 2007 $ $ \not \vdots $ $ 2$
$ \Rightarrow a + 1, b + 2007 $ $ \not \vdots$ $ 6$.
Điều nói trên là trái với giả thiết.
Vậy a, b luôn lẻ.
Do đó : $ 4^a + a + b $ $ \vdots $ $2$.
Ta có : $ a + 1, b + 2007 $ $ \vdots $ $ 6$.
$ \Rightarrow a + 1 + b + 2007 $ $ \vdots $ $ 6 $
$ \Rightarrow ( a + b + 1 ) + 2007 $ $ \vdots $ $ 3 $.
$ \Rightarrow a + b + 1 $ $ \vdots $ $ 3 $. :Leftrightarrow
Ta thấy $ 4^a + a + b = ( 4^a - 1 ) + ( a + b + 1 ) $
Lại có : $ 4^a - 1 $ $ \vdots $ $ ( 4 - 1 ) = 3$ :Leftrightarrow(*)
Từ :Leftrightarrow:Leftrightarrow(*), suy ra : $ 4^a + a + b $ $ \vdots$ $3$
Mặt khác (2; 3) = 1. Do đó : $ 4^a + a + b$ $ \vdots $ $6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:21

Thế giới này trở nên bị tổn thương quá nhiều không phải bởi vì sự hung bạo của những kẻ xấu xa mà chính bởi vì sự im lặng của những người tử tế :)

#22
caubemetoan

caubemetoan

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
Bài 9: CMR:

$n^4+2n^3-n^2-2n$ $\vdots$ $24$ $ \forall$ $n \in N^*$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:21


#23
Phạm Hữu Bảo Chung

Phạm Hữu Bảo Chung

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1360 Bài viết
Bài 9: Chứng minh rằng:
$ n^4 + 2n^3 - n^2 - 2n$ $ \vdots$ $ 24$ với $n \in N^*$.
Giải : Ta có:
$n^4 + 2n^3 - n^2 - 2n = n( n^3 + 2n^2 - n - 2 )$

$ = n[( n^3 + 2n^2) - ( n + 2 )] = n[n^2(n + 2 ) - ( n + 2 )] $

$ = n( n + 2 )( n^2 - 1 ) = ( n - 1 )n( n + 1 )( n + 2 )$

Dễ dàng nhận thấy biểu thức trên là tích của 4 số tự nhiên liên tiếp. ( vì n thuộc N* nên $ n \geq 1 \Rightarrow n - 1 \geq 0 \Rightarrow n - 1; n; n = 1; n + 2 \in N$)

Trong 4 số tự nhiên liên tiếp, luôn có ít nhất một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3, một số chia hết cho 4. Do đó biểu thức trên chia hết cho 2, 3, 4

Mặt khác (2; 3; 4) = 1 ( có nghĩa là 2, 3, 4 nguyên tố cùng nhau)

Do vậy $( n - 1 )n( n + 1 )( n + 2 ) $ $ \vdots$ $2.3.4 = 24$

Hay $n^4 + 2n^3 - n^2 - 2n $ $ \vdots$ $24$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:22

Thế giới này trở nên bị tổn thương quá nhiều không phải bởi vì sự hung bạo của những kẻ xấu xa mà chính bởi vì sự im lặng của những người tử tế :)

#24
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

Bài 9: CMR:

$n^4+2n^3-n^2-2n$ $\vdots$ $24$ $\forall$ $n \in N^*$

.

Ta có: $n^4 + 2n^3 - n^2 - 2n = n^2 \left( {n^2 - 1} \right) + 2n\left( {n^2 - 1} \right) = \left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)$
là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 24
Từ đó ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:25


#25
PRONOOBCHICKENHANDSOME

PRONOOBCHICKENHANDSOME

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
Bài 10: Tìm số n tự nhiên để :

$2^{3n+4}+ 3^{2n+1}$ $\vdots$ $19$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:26


#26
Khải Hoàn

Khải Hoàn

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 30 Bài viết
Bài 7:
Giải:
Đầu tiên, ta CM tồn tại 1 số chia hết cho 4.(1)
Dễ thấy chắc chắn phải có một số chẵn (bằng cách thử)

* Nếu z chẵn thì $x^2+y^2$ $\vdots$ $4$.
Xét đồng dư, vì SCP chia 4 dư 1 hoặc 0. Nên dễ thấy $x \vdots 4; y \vdots 4 \Rightarrow z \vdots 4$

* Vì vai trò x và y là như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử x chẵn, thì y và z cùng tính chẵn lẻ.:geq
$x^2=z^2-y^2$. Do :leq nên xét đồng dư theo modulo 8 suy ra $x^2$ $\vdots$ $8$

Mà số chính phương phải chứa lũy thừa bậc chẵn của số nguyên tố( ở đây là 2) nên nó phải chia hết cho 16.
$\Rightarrow x \vdots 4$.
Vậy (1) được chứng minh.
______________________________________________________
Ta chứng minh tồn tại 1 số chia hết cho 3.(2)
Nếu cả x và y đều không chia hết cho 3 thì $x^2+y^2 \equiv 1+1 \equiv 2(mod 3) \Rightarrow z^2 \equiv 2(mod 3):False$
Vậy (2) được chứng minh.
______________________________________________________
Ta chứng minh tồn tại 1 số chia hết cho 5.(3)
* Nếu x hoặc y chia hết cho 5 thì kết hợp (1), (2)ta có đpcm.
* Nếu x và y đều không chia hết cho 5.
$x^2; y^2$ chia 5 dư 1 hoặc 4 suy ra tổng của chúng có số dư là 2, 5 hoặc 8.

$z^2$ không thể chia 5 dư 2 hoặc 8 suy ra $z^2 \equiv 5 (mod 5)$

$\Rightarrow z$ $\vdots$ $5$ (do 5 là số nguyên tố)
Vậy (3) được chứng minh.
______________________________________________________
Từ (1), (2), (3), ta có đpcm.
Có gì bạn liên hệ cho mình qua:
[email protected]
hoặc [email protected]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:31

Hình đã gửi
“Tôi cho rằng khi bạn làm một điều gì đó tốt thì bạn nên cố gắng tạo ra những điều tốt hơn nữa. Đừng chìm đắm trong thành công quá lâu mà phải tạo ra những thành công mới” - Steve Jobs

#27
Hoa Hồng Lắm Gai

Hoa Hồng Lắm Gai

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết

Bài 10: Tìm số n tự nhiên để :

$2^{3n+4} + 3^{2n+1} \vdots 19$


Bài giải do Phạm Quang Toàn và anh Bảo Chung gợi ý mới hoàn thành được :geq:leq

Ta có: $2^{3n+4}+ 3^{2n+1} = 8^{n}.16+ 9^{n}.3 $ :leq $3(9^{n}-8^{n}) $ (mod 19)

$\Rightarrow 3(9^{n}-8^{n})$ $ \vdots 19$

$\Leftrightarrow 9^{n} - 8^{n}$ $ \vdots 19$

$ \Leftrightarrow 9^{n} \equiv 8^{n} (mod 19)$

$ \Leftrightarrow n = 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:33

Ác Ma Học Đường- Cá Sấu


#28
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Bài 10:
Mình nghĩ với $n=0$ thì chưa đủ. Mình chứng minh được với $n=18k$ thì $9^n \equiv 8^n \pmod{19}$ đúng.

CM: Đặt $n=18k$,
Theo định lý Fermat nhỏ thì $9^{18} \equiv 1 \pmod{19}$, khi đó $9^n = 9^{18k} = (9^{18})^k \equiv 1^k = 1 \pmod{19}$.
Tương tự với $8^n$.
Như vậy $9^n - 8^n \equiv 1-1 = 0 \pmod{19}$.
Hình như $n$ chia hết cho $18$ thì mới thỏa mãn, mong mọi người góp ý!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:34

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#29
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Sau vài ngày suy nghĩ, mình tìm ra được lời giải cho bài toán này (tuy có hơi dài)

Đặt $A=2^{3n+4}+3^{2n+1}=16.8^n+3.9^n$.

Ta có $2^n.A=16^{n+1}.3.18^n \equiv (-3)^{n+1}+3(-1)^n \pmod{19}.$

Ta cần tìm $n$ sao cho $3^n-1$ chia hết cho $19.$

Xét số dư của $n$ khi chia cho $18$ với lưu ý rằng $3^9 \equiv -1 \pmod{19}.$

Kết quả $n=18k \ (k \in N)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:35

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#30
¸.¤°•Rajn•°¤.¸

¸.¤°•Rajn•°¤.¸

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết
Bài 11: Cho 2 số nguyên dương a và b thỏa

$ab=2010^{2011}$

Hỏi tổng 2 số có chia hết cho 2011 không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:36

ıllıllı_●±‡±●_♪ε[-ิิ_•ิ]з♪_[....VMF....]_♪ε[-ิิ_•ิ]з♪_●±‡±●_ıllıllı


Hình đã gửi

#31
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết
Ta có:
$ab=2010^{2011} \equiv (-1)^{2011} \equiv -1 \equiv 2010 (mod$ $ 2011)(1)$

Đặt $a=2011x+m;b=2011y+n$ với m,n là các số tự nhiên không quá 2010.

Do (1) nên ta có $mn=2010$

Dễ thấy $(m;n)$ là hoán vị các nghiệm sau:

$(1;2010);(2;1005);(3;670);(5;402);(6;335);(10;201);(15;134);(30;67)$

Vậy $a+b$ $\vdots$ $2011 \Leftrightarrow m+n$ $\vdots$ $2011 \Rightarrow (m;n) \in \left\{ {(1;2010);(2010;1)} \right\}$

Chọn $a=1;b=2010^{2011} \Rightarrow a+b$ $\vdots$ $2011$

Vậy tồn tại a; b sao cho $a+b$ $\vdots$ $2011$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 19:39

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#32
Phạm Hữu Bảo Chung

Phạm Hữu Bảo Chung

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1360 Bài viết
Bài 12. Cho 3 số tự nhiên a, b, c. Chứng minh rằng:
Nếu $a + b + c$ $\vdots$ $6$ thì $( a + b )( a + c )( b + c ) - 2abc $ $\vdots $ $6$.

Bài 13. Cho a, b là hai số tự nhiên không chia hết cho 7. CMR:

$a^{42} - b^{42}$ $\vdots$ $49$

Bài 14.
Giả sử a, b là những số nguyên để $( 16a + 17b)( 16b + 17a ) $ chia hết cho 11. Chứng minh rằng tích:

$( 16a + 17b )( 16b + 17a)$ $\vdots$ $121$

Bài 15. Chứng minh rằng :

$11^{n + 2} + 12^{2n + 1}$ $\vdots$ $133$ $\forall$ $n \in N$


Thế giới này trở nên bị tổn thương quá nhiều không phải bởi vì sự hung bạo của những kẻ xấu xa mà chính bởi vì sự im lặng của những người tử tế :)

#33
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
Bài 14:

Giải:

Có 11 là số nguyên tố mà $\left( {16a + 17b} \right)\left( {17a + 16b} \right) \vdots 11 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}16a + 17b \vdots 11 \\ 17a + 16b \vdots 11 \\ \end{array} \right.\,\,\,(1)$

Có $16a + 17b + 17a + 16b = 33\left( {a + b} \right) \vdots 11\,\,(2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}16a + 17b \vdots 11 \\ 17a + 16b \vdots 11 \\ \end{array} \right.$.

Vậy $\left( {16a + 17b} \right)\left( {17a + 16b} \right) \vdots 121$.

Bài 15:

Ta có:

$11^{n + 2} + 12^{2n + 1} = 121.11^n + 12.144^n = \left( {133 - 12} \right)11^n + 12.144^n $

$ = 133.11^n + 12\left( {144^n - 11^n } \right) \vdots 133$ vì $144^n - 11^n \,\, \vdots \,\,144 - 11 = 133$.

Ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 19-08-2011 - 22:48


#34
Nguyễn Văn Bảo Kiên

Nguyễn Văn Bảo Kiên

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết
Bài 16: Chứng minh rằng

$A=36^{38}+41^{43}$ $\vdots$ $77$

Các bạn tìm ra càng nhiều cách giải càng tốt!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 21-08-2011 - 09:15

Con người sinh ra không phải để tan biến đi như một hạt cát vô danh. Họ sinh ra để in dấu lại trên mặt đất, in dấu lại trong trái tim người khác.



Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng



......................................VMF........................................


#35
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

CMR:$A=36^{38}+41^{43}$ :in $77$
P\S: Các bạn tìm ra càng nhiều cách giải càng tốt

Thử cách này.
Đặt $A = 36^{38} + 41^{43} $

Ta có: 77=7.11, (7,11) = 1

Theo định lý nhỏ Fermat, ta có:

$36^6 \equiv 1\left( {\bmod 7} \right) \Rightarrow 36^{38} = 36^{6.6 + 2} \equiv 36^2 \equiv 1\left( {\bmod 7} \right)$

$41^6 \equiv 1\left( {\bmod 7} \right) \Rightarrow 41^{43} = 41^{6.7 + 1} \equiv 41 \equiv 6\left( {\bmod 7} \right)$


Do đó:

$A \equiv 1 + 6 = 7\left( {\bmod 7} \right) \Rightarrow A \vdots 7$ (1)


Mặt khác:

$36^{10} \equiv 1\left( {\bmod 11} \right) \Rightarrow 36^{38} = 36^{10.3 + 8} \equiv 36^8 \equiv 6^{16} \equiv 6^{10 + 6} \equiv 5\left( {\bmod 11} \right)$

$41^{10} \equiv 1\left( {\bmod 11} \right) \Rightarrow 41^{43} = 41^{10.3 + 3} \equiv 41^3 \equiv 6\left( {\bmod 11} \right)$

Do đó:

$A \equiv 5 + 6 = 11\left( {\bmod 11} \right) \Rightarrow A \vdots 11$ (2)


Từ (1) và (2) $\Rightarrow A = 36^{38} + 41^{43} \vdots 7.11 = 77$ (đpcm).


#36
Mr.thaipro(^_^)

Mr.thaipro(^_^)

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết

Bài 6: Cho $2k+1$ và $3k+1$ là số chính phương. CMR: k chia hết cho 40

Giải
* Vì 2k + 1 là số chính phương nên 2k + 1 chia cho 8 dư 0 hoặc 1

$\Rightarrow k$ $\vdots$ $4$

Đặt k = 4a, suy ra 8a + 1 và 12a + 1 đều là số chính phương $\Rightarrow 12a + 1 \equiv 0; 1 ( mod 8)$

$\Rightarrow a$ $\vdots$ $2$ hay $k$ $\vdots$ $8 $ (1)

* Với $k = 5m+1 \Rightarrow 2k + 1 = 10m + 3 \equiv 3 ( mod 5) \Rightarrow$ Không là số chính phương
Tương tự xét các TH còn lại, suy ra k = 5m hay $k$ $\vdots$ $5$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 20-08-2011 - 21:43

Hình đã gửi


#37
Mr.thaipro(^_^)

Mr.thaipro(^_^)

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết

Bài 12. Cho 3 số tự nhiên a, b, c. Chứng minh rằng:
Nếu $a + b + c$ $\vdots$ $6$ thì $( a + b )( a + c )( b + c ) - 2abc $ $\vdots $ $6$

Giải
Ta có $(a+b)(b+c)(c+a)-2abc $

$= a^2.b+ab^2+b^.c+bc^2+c^2.a+ca^2$

$=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-(a^3+b^3+c^3)$

$ =6.A+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) -3abc=6.A+6.B-3abc$

Vì $a+b+c$ $\vdots$ $6 \Rightarrow$ Trong 3 số a, b, c phải có 1 số chẵn

$\Rightarrow 3abc$ $\vdots$ $6 \Rightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 20-08-2011 - 21:46

Hình đã gửi


#38
Phạm Hữu Bảo Chung

Phạm Hữu Bảo Chung

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1360 Bài viết
Bài 16: Chứng minh rằng

$A=36^{38}+41^{43}$ $\vdots$ $77$

Giải:
Ta có:
$A = 36^{38} + 41^{43} = 36^{38} + (77 - 36)^{43} = 36^{38} + 77K - 36^{43}$

$A = 77K - 36^{38}( 36^5 - 1 ) = 77K - 36^{38}.35.( 36^4 + 36^3 + 36^2 + 36 + 1 )$

$A = 77K - 35.36^{38}[(33 + 3)^4 + (33 + 3)^3 + (33 + 3)^2 + (33 + 3) + 1]$

$A = 77K - 7.5.36^{38}( 11Q + 3^4 + 3^3 + 3^2 + 3 + 1 )$

$A = 77K - 7.5.36^{38}( 11Q + 121) = 77P $ $\vdots$ $77$

( Với K, Q, P, M thuộc N)

Thế giới này trở nên bị tổn thương quá nhiều không phải bởi vì sự hung bạo của những kẻ xấu xa mà chính bởi vì sự im lặng của những người tử tế :)

#39
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Bài 15. Chứng minh rằng :

$11^{n + 2} + 12^{2n + 1}$ $\vdots$ $133$ $\forall$ $n \in N$

Chứng minh bằng quy nạp.
+ Với $n=0$ và $n=1$ thì $11^{n+2}+12^{2n+1} \ \vdots \ 133$.

+ Giả sử bài toán đúng đến $n=k$ tức $11^{k+2}+12^{2k+1} \ \vdots \ 133$.
Ta chứng minh bài toán đúng với $n=k+1$, tức $11^{k+3}+12^{2k+2+1} \ \vdots \ 133$.

Thật vậy $11^{k+3}+12^{2k+2+1}=11(11^{k+2}+12^{2k+1})+133.12^{2k+1} \ \vdots \ 133$.

Vậy $11^{n+2}+12^{2n+1} \ \vdots 133$ với mọi số tự nhiên $n$.

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#40
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Bài 17. Chứng minh $S=n^2+3n-38$ không chia hết cho $49$ với mọi $n \in \mathbb{N}$.

Bài 18. Chứng minh rằng với mọi $n \in \mathbb{N}$ thì

$A=2005^n+60^n-1897^n-168^n \, \vdots \, 2004$


Bài 19. $5^{2n+1}+2^{n+4}+2^{n+1} \, \vdots \, 23$

Bài 20. $29^{2n}-140n-1 \, \vdots \, 700$

Bài 21. $2^{2n+2}+24n+14 \, \vdots \, 18$

Bài 22. $3^{2n+3}+40n-27 \, \vdots \, 64$

Bài 23. $19^n-18n^2-1 \, \vdots \, 72$

Bài 24. $3^{2^{4n+1}}+2^{3^{4n+1}}+5 \, \vdots \, 22$

Bài 25. $(n+1)^n-1 \, \vdots \, n^2$

Bài 26. $1961^{1962}+1963^{1964}+1965^{1966}+2 \, \vdots \, 7$

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 





0 người đang xem chủ đề

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