Arithmetic

liên quan đến số F_n này thì có thể lấy VD
2,CM tồn tại vô số $p$ và$ q $, là 2 số nguyên tố thỏa mãn$ 2^p+2 $chia hết cho $q $và $2^q+2$ chia hết cho$ p$

Chỗ này phải thay bằng dấu - nếu không sẽ chỉ tồn tại hữu hạn p,q .Bài của Marshimaru hay đó ,để mình nghĩ thử .Có lẽ ý tưởng là xét ước nguyên tố của $\dfrac{a^{p^k}-1}{a^{p^{k-1}}-1}$ ,mọi ước của nó có dạng t.p^k+1 .

p(n) trong truờng hợp này nghĩa là ước nguyên tố lớn nhất của n .Cái số m kia thì thay =n ,anh viết nhầm tí thôi

Bài giải trên là đúng rồi ,tuy nhiên có thể đánh giá chặt hơn bdt này : $p(F_n)\geq (4m+9).2^{n+2}+1 $ .Có thể tham khảo lời giải ở quyển này ,page 99 ,tư tuởng giống lời giải của bạn Marshimaru : http://diendantoanho...showtopic=43542

Bài toán :

Tìm tất cả các hàm số $f \ : \ \mathbb{N^{*}} \ \to \ \mathbb{N^{*}} $ thỏa mãn $3$ điều kiện :

1/ $f$ đơn điệu tăng

2/ $f(2n) \ = \ f(n) \ + \ n \ \forall \ n \ \in \ \mathbb{N^{*}}$

3/ $f(n) \ \in \ \mathbb{P} \ \Rightarrow \ n \ \in \ \mathbb{P}$

Nguyễn Kim Anh

Bài này thực ra ko hề phức tạp như vậy ,ta xét hàm $g(n)=f(n)-n$ .Khi đó ta có $g(n+1)-g(n)=f(n+1)-f(n)-1\geq 0 $ ,do đó g(n) là hàm số không giảm .Ta lại có $g(2n)=g(n)$ nên ta suy ra g(n)=a với mọi n ,tức là $f(n)=n+a$ với a nguyên ko âm . Như vậy vấn đề là phải tìm a sao cho với mọi p nguyên tố thì $p-a$ cũng nguyên tố . Ta sẽ chỉ ra a=0 .Thật vậy ,giả sử ngựoc lại với mỗi p thì p-a là số nguyên tố ,sau đó có thể giải như trên .

Bài này nếu mình nhớ ko nhầm thì hai đừong thẳng Simson của E và F đối với tam giác ABC vuông góc ,nên giao điểm của chúng nằm trên (O) .