Chủ đề này có 4 trả lời

[Hồ Sỹ Thành]

Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tập
$\{n,n+1,n+2,...,n+4k,n+4k+1\}$
có thể chia được thành hai tập con rời nhau sao cho tích các phần tử của mỗi tập con trong hai tập con này bằng nhau.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 09-01-2012 - 23:38

[Peter Pan]

Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tập
$\{n,n+1,n+2,...,n+4k,n+4k+1\}$
có thể chia được thành hai tập con rời nhau sao cho tích các phần tử của mỗi tập con trong hai tập con này bằng nhau.

Ta sẽ chứng minh không tồn tại $n$. giả sử phản chứng rằng tồn tại $n$ thảo mãn thì suy ra$n(n+1)(n+2)...(n+4k)(n+4k+1)=a^2$ là một số chính phương.
Ta có $p-1$ số trên sẽ ko chứa 2 số cùng chia hết cho p nên tập trên phải là một hệ thặng thu gọn modulo p. Theo định lí Wilson suy ra:
$n(n+1)(n+2)...(n+4k)(n+4k+1)\equiv (p-1)! \equiv -1 (mod p)$
Vậy $a^2\equiv -1 mod (p)$ nên $a^{4k+2}\equiv -1(mod p)$
mặt khác vì $(a,p)=1$ nên theo định lí Fermat ta có: $a^{4k+2}\equiv 1(mod p)$
Mâu thuẫn, vậy ko tồn tại n thảo mãn

[PSW]

Nhìn sơ qua thì đẹp nhưng hình như chưa chuẩn lắm ; p-1 số trong cái tập trên đâu có khẳng định được là không số nào chia hết cho p để suy ra nó là hệ thặn dư thu gọn ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 23-01-2012 - 16:31

[Karl Heinrich Marx]

Nhìn sơ qua thì đẹp nhưng hình như chưa chuẩn lắm ; p-1 số trong cái tập trên đâu có khẳng định được là không số nào chia hết cho p để suy ra nó là hệ thặn dư thu gọn ???

Nếu có số chia hết cho $p$ thì chỉ có mỗi mình nó chia hết cho $p$ như vậy khia chia thành 2 tập có 1 tập có số chia hết cho $p$ còn tập kia thì không.

[PSW]

Oài ; già rồi đâm lẩm cảm quá ; cám ơn em . Nếu thế thì lời gỉai trên là đúng và đẹp rồi