Đến nội dung


Hoang72

Đăng ký: 21-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 18:46
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $0< | a+b \sqrt{2} + c \sqrt{3}|...

01-07-2022 - 22:37

Mong là không có gì sai sót ạ:

Cho $a=0$, ta sẽ chứng minh $$\forall \epsilon >0,\exists b,c\in\mathbb Z: 0<|b\sqrt{2}-c\sqrt{3}|<\epsilon$$

Xét phương trình nghiệm nguyên dương: $3s^2-2t^2=1$. (*)

Xét hai dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ cho bởi công thức:

$$\begin{cases} x_1 = 3; y_1=1 \\ x_{n+1}=5x_n+12y_n \\ y_{n+1}=2x_n+5y_n \end{cases}$$

Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được với mọi $n$, $(x_n,y_n)$ là một cặp nghiệm của phương trình nghiệm nguyên dương: $$x^2-6y^2=3$$

Mặt khác dễ thấy $3\mid x_n,\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ đó với mọi $n\in\mathbb N^*$, $\left(\frac{x_n}{3},y_n\right)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình (*).

Hơn nữa, $\lim_{n\to+\infty} \frac{x_n}{3} =\lim_{n\to+\infty} y_n=+\infty$.

Do đó chọn $c,b\in\mathbb N^*$ đủ lớn sao cho $3c^2-2b^2=1$ và $b\sqrt{2}+c\sqrt{3}>\frac{1}{\epsilon}$, ta được $0<|b\sqrt{2}-c\sqrt{3}|<\epsilon$.


Trong chủ đề: Chứng minh tồn tại $i,j$ không chia hết cho $p$ để...

29-06-2022 - 16:19

Cách 1: Ta chỉ cần chỉ ra $-3$ là thặng dư bậc hai $\bmod$ $p$.

Ta có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right ).\left(\frac{3}{p}\right)$.

Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai, ta có $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{(p-1)(3-1)}{4}}=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Mà $\left(\frac{p}{3}\right) = 1$ (Do $p$ chia cho $3$ dư $1$) nên $\left ( \frac{3}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Đồng thời ta cũng có: $\left ( \frac{-1}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Nhân lại ta có $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$.

Do đó tồn tại $x$ sao cho $x^2\equiv -3\pmod p$.

Chọn $i,j$ sao cho $(i,p)=(j,p)=1$ và $\frac{i+2j}{i}\equiv x\pmod p$ thì $(i+2j)^2\equiv -3i^2\pmod p\Rightarrow p\mid i^2+ij+j^2$.

Cách 2: Ta sẽ chứng minh rằng $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ không tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$.

Giả sử điều ngược lại.

Đặt $p=6k+1$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có $x^{6k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$.

Vì $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$ nên $x^{2k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$. 

Lấy $x$ là căn nguyên thuỷ của $p$ ta thấy ngay điều vô lí.

Vậy tồn tại $0<i<j<p-1$ để $i^3\equiv j^3\pmod p$ hay $p\mid i^2+ij+j^2$.


Trong chủ đề: Cho a,b,m ngdg TM: (a,m)=(b,m)=1,$a^{x}\equiv b^...

26-06-2022 - 19:12

mik ko hiểu cái đoạn triệt tiêu thành a^r đồng dư b^r mod m lắm

Do $a^y\equiv b^y\pmod m$ nên $(a^y)^q\equiv (b^y)^q\pmod m$.

Mà hai số này đều nguyên tố cùng nhau với $m$ nên có thể rút gọn được.

P/s: Mong không có lỗi gì ở đây


Trong chủ đề: Cho a,b,m ngdg TM: (a,m)=(b,m)=1,$a^{x}\equiv b^...

23-06-2022 - 14:29

Mình nghĩ là như thế này, không biết chuẩn không.

Ta chỉ cần xét trường hợp $x\neq y$.

Giả sử $x>y$.

Đặt $x=yq+r(r,q\in\mathbb N^*; r<y)$.

Nếu $r=0$ thì $\gcd(x,y) = y$ nên bài toán hiển nhiên đúng.

Nếu $r>0$ thì $(a^y)^q.a^r\equiv (b^y)^q.b^r\pmod m$.

Do $(a,m)=(b,m)=1$ và $a^y\equiv b^y\pmod m$ nên $a^r\equiv b^r\pmod m$.

Lúc này, $\gcd(x,y)=\gcd(y,r)$ nên lặp lại liên tục, ta có bài toán đúng theo giải thuật Euclid.

 

 


Trong chủ đề: [TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

21-06-2022 - 08:01

Bài toán 9. Cho tam giác $\displaystyle ABC$ phân giác ngoài $\displaystyle AK$. Gọi $\displaystyle M$ là trung điểm cung $\displaystyle AC$ không chứa $B$ của $\displaystyle ( ABC)$ và lấy $\displaystyle N$ trên phân giác góc $\displaystyle C$ sao cho $\displaystyle AN\parallel BM$. Chứng minh $\displaystyle M,N,K$ thẳng hàng.

Dùng hàng điểm điều hoà khá rõ nét:

Gọi $I$ là tâm nội tiếp, $BI$ cắt $AK$ tại $L$.

Khi đó $I(MN,AK)=I(BC,AK)=-1$.

Lại có $M$ là trung điểm của $IL$ nên $A(MN,IK)=A(MN,IL)=-1$.

Từ đó $I(MN,AK)=A(MN,IK)$.

Vậy $M,N,K$ thẳng hàng.