Chủ đề này có 1 trả lời

[reddevil1998]

Cho n là 1 số tự nhiên n lớn hơn hoặc bằng 3.CMR tồn tại 1 tập hợp A thỏa mãn 2 tính chất sau:
1) A chứa đúng n số tự nhiên phân biệt.
2) Với mọi a thuộc A,tích các phần tử còn lại của A là một số tự nhiên chia a dư 1

[nguyenta98]

Cho n là 1 số tự nhiên n lớn hơn hoặc bằng 3.CMR tồn tại 1 tập hợp A thỏa mãn 2 tính chất sau:
1) A chứa đúng n số tự nhiên phân biệt.
2) Với mọi a thuộc A,tích các phần tử còn lại của A là một số tự nhiên chia a dư 1

Giải như sau:
1) Trước tiên ta xét tập $B$ có $n$ phần tử mà với mọi $b$ thuộc $B$ thì tích các phần tử còn lại của $B$ là một số chia $b$ dư $-1$
Ta chứng minh với mọi $n$ thì tồn tại tập $B$ thỏa mãn
Thử với $n=2,3,4,...$ đều đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay tồn tại tập $B_k$ thỏa mãn
Ta sẽ cm $n=k+1$ đúng hay tồn tại tập $B_{k+1}$ thỏa mãn
Thật vậy ta có xét tập $B_k=(b_1,b_2,...,b_k)$ thỏa đề $(1)$
Như vậy ta chọn tập $B_{k+1}=(b_1,b_2,...,b_k,\left(b_1.b_2...b_k+1\right))$
Nhận thấy $b_1.b_2...b_k+1 \equiv 1 \pmod{b_1,b_2,...,b_k}$
Theo GTQN (theo $(1)$) suy ra $\dfrac{B_k}{b_i} \equiv -1 \pmod{b_i}$
Nên $\dfrac{B_{k+1}}{b_i}=\dfrac{B_k}{b_i}.\left(b_1.b_2...b_k+1\right) \equiv 1.-1 \equiv -1 \pmod{b_i}$
Cho nên tập $B_{k+1}$ đã thỏa mãn với $b_1,b_2,...,b_k$
Mà tích các phần tử còn lại là $b_1.b_2...b_k \equiv -1 \pmod{\left(b_1.b_2...b_k+1\right)}$
Nên tập $B_{k+1}$ thỏa mãn với mọi phần tử của nó
Hay nói tóm lại với mọi $n\geq 3$ thì luôn tồn tại tập $B_n$ sao cho với mỗi $b$ thuộc $B_n$ thì tích các phần tử còn lại đồng dư $-1$ $mod(b)$

2) Từ đây ta xây dựng $A$ theo $B$
Nhận thấy với $n$ thì $B_n=(b_1,b_2,...,b_n)$
Ta chọn $A_{n+1}=(b_1,b_2,...,b_n,\left(b_1.b_2...b_n-1\right))$
Thấy với $b_i$ và $i=\overline{1,n}$ thì $\dfrac{A_{n+1}}{b_i}=\dfrac{B_n}{a_i}.\left(b_1.b_2...b_n-1\right) \equiv -1.-1 \equiv 1 \pmod{b_i}$ do đó đúng với mọi $b_i \in A_{n+1}$
Xét số cuối cùng $\left(b_1.b_2...b_n-1\right)$ thì thấy tích các phần tử còn lại là $b_1.b_2....b_n \equiv 1 \pmod{\left(b_1.b_2...b_n-1\right)}$
Do đó tập $A_{n+1}$ cũng đúng do đó với $B_n$ đúng hay $n$ đúng thì $n+1$ cũng đúng hay tồn tại $A_{n+1}$ thỏa mãn, đây chính là kiểu quy nạp song ánh, tức từ mọi phần tử $B_n$ ta đối chiếu được $A_{n+1}$ cũng đúng
Do đó $n=4,5,6,..$ thì luôn tồn tại $A_n$ thỏa mãn đề, còn $n=3$ ta chỉ cần chỉ ra một TH là xong, đây là điều đơn giản

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 19-07-2012 - 11:08