Vậy chắc bạn làm sai rồi đó
- Khoa Linh yêu thích
Gửi bởi phong than trong 11-01-2018 - 22:50
Gửi bởi phong than trong 04-04-2015 - 11:15
Đề bài thiếu điều kiện $p$ nguyên tố lẻ nhé.
Cách khác sơ cấp hơn:
Giả sử tồn tại số nguyên $x$ mà $p | x^2 + 3$, có thể giả sử $x$ lẻ vì nếu $x$ chẵn có thể thay $x$ bởi $p - x$.
Hay là $x = 2l + 1, l\in Z$.
$\Rightarrow p | 4(l^2 + l + 1)$.
$\Rightarrow p | l^2 + l + 1$. (1)
$\Rightarrow p | l^3 - 1$. (2).
Mặt khác theo định lý Fermat:
$p | l^{3k + 1} - 1$. (3).
Từ (2) và (3) suy ra $p | l - 1$, điều kiện này kết hợp với (1) suy ra $k | 3$ và điều này là mâu thuẫn.
Gửi bởi phong than trong 06-05-2014 - 00:01
Bạn bôi đỏ chỗ bạn thắc mắc được không ? Mình đặt $k$ để khỏi phải chia trường hợp cho đỡ dài dòng thôi. Nếu không thích thì chia trường hợp ra rồi giải cũng được.
Bạn phải hiểu rằng k ở đây không cố định một giá trị. Với một số n thì k = 2001, còn lại thì k = 2002, nên đoạn sau bạn làm không đúng.
Gửi bởi phong than trong 05-05-2014 - 15:27
Vì giá trị của $f$ nhận trên tập số tự nhiên nên từ giả thiết ta suy ra :
$$f(f(n))+f(n)=2n+k,\;\;\;k\in \left \{ 2001,2002 \right \}\;\;\;\;(1)$$
Ta đặt $x_m=f_m(x)=\underset{m}{\underbrace{f(f(...f(x)...))}}$
Trong $(1)$ ta thay $n$ bởi $f_m(n)$:
$$f_{m+2}(n)+f_{m+1}(n)=2f_m(n)+k\Leftrightarrow x_{m+2}+x_{m+1}-2x_m-k=0\;\;(2)$$
Trong $(2)$ thay $m$ bởi $m+1$ ta được :
$$x_{m+3}+x_{m+2}-2x_{m+1}-k=0\;\;(3)$$
Trừ vế theo vế $(2)(3)$ ta được :
$$x_{m+3}-3x_{m+1}+2x_m=0$$
Phương trình đặc trưng của dãy là :
$$\lambda ^3-3\lambda +2=0\Leftrightarrow \lambda _1=-2,\lambda _2=\lambda _3=1$$
Như vậy thì :
$$x_m=a+bm +c.(-2)^m$$
Cho $m$ lần lượt bằng $0,1,2$ ta được hệ :
$$\left\{\begin{matrix} x_0=n=a+c\\ x_1=f(n)=a+b-2c\\ x_2=f(f(n))=a+2b+4c \end{matrix}\right.$$
Giải hệ này chú ý kết hợp với giả thiết $f(f(n))+f(n)=2n+k,\;\forall n\in \mathbb{N}$ ta được :
$$a=\dfrac{1}{3}\left ( 2n+f(n)-\dfrac{k}{3} \right ),b=\dfrac{k}{3},c=\dfrac{1}{3}\left ( n-f(n)+\dfrac{k}{3} \right )$$
Do vậy ta suy ra :
$$f(n)=3a-2n+\dfrac{k}{3}=-2n+\alpha ,\;\forall n\in \mathbb{N}\;\vee f(n)=n-3c+\dfrac{k}{3}=n+\beta ,\;\forall n\in \mathbb{N}$$
Trong đó $\alpha = const, \beta = const$
Lần lượt thế vào phương trình hàm ban đầu ta tìm được :
$$\alpha =-k,\beta =\dfrac{k}{3}$$
Ta được :
$$f(n)=-2n-2001,\;\forall n\in \mathbb{N}$$
$$f(n)=-2n-2002,\;\forall n\in \mathbb{N}$$
$$f(n)=n+667,\;\forall n\in \mathbb{N}$$
Chú ý hàm cần tìm nhận giá trị tự nhiên nên có duy nhất một hàm số thỏa đề là :
$$f(n)=n+667,\;\forall n\in \mathbb{N}$$
Lời giải không đúng rồi bạn. Ở chỗ (2) không thể suy ra thế được vì với mỗi số n nguyên dương k có thể bằng 2001 hoặc 2002.
Gửi bởi phong than trong 26-04-2014 - 00:21
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: $(x+y^{2}+z^{2})^{2}-8xyz=1$.
$1 = (x + y^2 + z^2)^2 - 8xyz = (x - y^2 - z^2)^2 + 4x(y - z)^2$.
Gửi bởi phong than trong 26-04-2014 - 00:00
Nếu ta thay $x^n + xy + y^n$ bằng một đa thức $P(x, y)$ bất kì thì ý kiến 2 đúng. Vì nếu $P(x, y)$ là khả quy viết duới dạng $A(x, y) * B(x, y)$ thì đa thức $A(x, y_0)$ có thể là đa thức hằng nên $P(x, y_0)$ có thể bất khả quy.
Tuy nhiên với đa thức cụ thể $x^n + xy + y^n$ nếu ta chứng minh được $A(x, y_0), B(x, y_0)$ khác đa thức hằng thì mọi chuyện sẽ khác.
Gửi bởi phong than trong 31-03-2011 - 20:36
$ \sum_{i=1}^{n} k^{ \gcd(i \ ; \ n)}=\sum_{d|n}{\phi(\dfrac{n}{d}).k^d}$.Bài Toán :
Cho trước số nguyên dương $n$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ ; ta có :
$ \sum_{i=1}^{n} k^{ \gcd(i \ ; \ n)} \equiv 0 \ \ ( \mod n )$
Nguyễn Kim Anh
Gửi bởi phong than trong 11-03-2010 - 12:37
Câu 1. Giải hệHix, mấy anh post cái đề lên cho em nhìn với :-<.
Tình hình các đội thía nào ấy nhỉ?
Gửi bởi phong than trong 26-08-2009 - 18:03
Cho $a_1,a_2,. . .,a_n;x_1,x_2,. . .,x_n$ là các số thực dương thỏa mãn $\sum_{i=1}^n{x_i}=1$. Chứng minh rằng:
$$(n-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n({x_i\prod_{j\ne i}{a_j}})\leq (\sum_{i=1}^n{(1-x_i)a_i})^{n-1}$$
Gửi bởi phong than trong 09-07-2009 - 10:52
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học