Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 22-04-2012 - 17:29
$P(m^n)+Q(1), P(m^n)+Q(2),...,P(m^n)+Q(k)$ đều là hợp số
Bắt đầu bởi alex_hoang, 22-04-2012 - 17:06
#1
Đã gửi 22-04-2012 - 17:06
Cho$P(x), Q(x)$ là hai đa thức với hệ số nguyên dương,$m,k$là các số tự nhiên cho trước. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên $n$sao cho $P(m^n)+Q(1), P(m^n)+Q(2),...,P(m^n)+Q(k)$ đều là hợp số
#2
Đã gửi 24-04-2012 - 20:45
Ta thấy rằng $P(x) \to +\propto $ khi $ x \to +\propto$ do đó ta có thể chọn $r$ đủ lớn để $P(m^r)+Q(1),P(m^r)+Q(2),...,P(m^r)+Q(k)$ khác $0,1,-1$ và khi cho $r$ tăng thì $P(m^r)$ đơn điệu tăng. Lúc đó lần lượt gọi $p_1,p_2,...,p_k$ là $k$ ước nguyên tố của $k$ số trên(không nhất thiết phân biệt).Cho$P(x), Q(x)$ là hai đa thức với hệ số nguyên dương,$m,k$là các số tự nhiên cho trước. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên $n$sao cho $P(m^n)+Q(1), P(m^n)+Q(2),...,P(m^n)+Q(k)$ đều là hợp số
đặt $[p_1-1,p_2-1,...,p_k-1]=u$(bội chung nhỏ nhất), khi đó tồn tại vô hạn số $n$ để $n-r \vdots u$. Ta có:
$(P(m^n)+Q(i))-(P(m^r)+Q(i))=P(m^n)-P(m^r) \vdots m^r(m^{n-r}-1) \vdots p_i$ Do đó $P(m^n)+Q(i)$ là hợp số với mọi $1 \le i \le k$.
Bài toán được chứng minh
- perfectstrong, alex_hoang và kreus thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh