Tháng Năm 2018

You are currently browsing the monthly archive for Tháng Năm 2018.

Ta đã biết một vài số nguyên tố đầu tiên, đó là các số sau \[2,\,3,\,5,\,11,\ldots.\]
Bây giờ nếu $N$ là một số không quá lớn, thì sẽ không khó để xác định tất cả các số nguyên tố không vượt quá $N$. Phương pháp đó gọi là sàng Eratosthenes. Cơ sở của nó là, nếu $n \le N$ và $n$ không phải là số nguyên tố thì $n$ phải là bội của một số nguyên tố không vượt quá giá trị $\sqrt N$.

Đầu tiên ta liệt kê tất cả các số nguyên giữa $2$ và $N$ \[2,\,3,\,4,\,5,\ldots.\] Chúng ta sắp xếp chúng lại như sau: Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Chúng ta chia số nguyên dương làm ba loại:

  1.  Số nguyên dương duy nhất có đúng một ước nguyên dương, đó là số $1$.
  2. Số nguyên dương có đúng hai ước nguyên dương là $1$ và chính nó, đó là những số nguyên tố. Về bản chất, đó là các số không có ước thực sự.
  3. Các số có nhiều hơn hai ước số nguyên dương, và nghĩa là nó có ước thực sự. Những số đó gọi là hợp số. Ở bài viết này, chúng ta thường kí hiệu số nguyên tố là $p$.

Để ý rằng, một số nguyên được gọi là chẵn hoặc lẻ tuỳ thuộc vào việc chúng chia hết cho $2$ hoặc không. Rõ ràng, số nguyên dương chẵn lớn hơn $2$ không thể là số nguyên tố. Điều đó cũng đồng nghĩa với việc có duy nhất một số nguyên tố chẵn, đó là số $2$.

Sau đây là một khẳng định rất quan trọng. Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Với $m$ là một số nguyên dương cho trước và $f(x)=a_nx^n+\ldots+a_1x+a_0$ là một đa thức hệ số nguyên, chúng ta sẽ nghiên cứu phương trình đồng dư\[f(x)\equiv 0\pmod m.\]Nhận xét rằng, nếu $x_0$ là một nghiệm của phương trình đồng dư trên thì với mọi số nguyên $t$ ta có $x_0+mt$ cũng là nghiệm. Điều đó cho thấy hễ $x_0$ là một nghiệm, thì lớp thặng dư sinh bởi $x_0$ cũng ta nghiệm. Bởi vậy, khi ta nói đến số nghiệm của một phương trình đồng dư thì ta hiểu đó là số các lớp thặng dư khác nhau thoả mãn phương trình. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , ,

Định lý 9.1. Với $p$ là một số nguyên tố. Lúc đó số nghiệm của đồng dư  $$\begin{align} f(x)=a_nx_n+\ldots+a_0\equiv 0\pmod p,\end{align}\quad (7)$$không vượt quá $n$.         

Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng $p\nmid a$. Định lý sẽ trở nên tầm thường nếu $(7)$ không có nghiệm. Nếu $a$ là một nghiệm khi đó ta có thể viết \[f(x)=(x-a)f_1(x)+r_1,\] trong đó ta thấy rằng $p\mid r_1=f(a)$. Từ đó $$f(x)\equiv (x-a)f_1(x)\pmod p.$$ Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Định lý. Với $p$ là số nguyên tố lớn hơn 3, và ta kí hiệu số nguyên $s^*$ thoả $ss^*\equiv 1 \pmod{p^2}$ là $\dfrac{1}{s}$. Lúc đó ta có \[1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{{p – 1}} \equiv 0 \pmod {p^2} \]

Chứng minh. Với Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Bài 1. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
\[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} – \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]

  1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
  2. Chứng minh rằng
    \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]link: http://mathscope.org/showthread.php?t=51561

Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , , , , ,

Đây là hai bài toán hình học trong đề thi VMO 2018, hai bài được cho trong hai ngày thi và là những bài toán khó nhất là bài 2.

Bài ngày 1. Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ với $D$ là một điểm trên cạnh $BC$ . Lấy điểm $E$ trên cạnh $AB$ và điểm $F$ trên cạnh $AC$ sao cho $\widehat{DEB}=\widehat{DFC}$. Các đường thẳng DF,DE lần lượt cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Gọi $(I_1),(I_2)$ tương ứng là các đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEM,DFN$. Kí hiệu $(J_1)$ là đường tiếp xúc trong với $(I_1)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AB$ tại $K$, $(J_2)$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(I_2)$ tại $D$ và tiếp xúc với $AC$ tại $H$, $P$ là giao điểm của $(I_1)$ và $(I_2)$, $Q$ là giao điểm của $(J_1)$ và $(J_2)$ ($P,Q$ khác $D$) Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Trước tiên, ta có được định lý sau.

Định lý. Với $\gcd\left( m,\,m’\right)=1$, và để $x$ chạy khắp một hệ thặng dư đầy đủ mod $m$, và $x’$ chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ mod $m’$. Lúc đó $mx’+xm’$ chạy khắp hệ thặng dư đầy đủ mod $mm’$.

Chứng minh. Xét $mm’$ số $mx’+xm’$. Nếu \[mx’+m’x\equiv my’+m’y\pmod{mm’},\] Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Bổ đề sau tuy đơn giản, nhưng có ý nghĩa lớn trong việc nâng bậc đồng dư. Nó là mấu chốt cho việc chứng minh hệ thống bổ đề LTE.

Bổ Đề. Cho $P(x) \in\mathbb Z [x]$, $p$ là số nguyên tố và $x \equiv a\pmod p$, khi đó
\[P(x) \equiv P(a) + (x – a)P'(a)\pmod{p^2}.\]

Chứng minh. Do tính đóng của các phép toán số học với quan hệ đồng dư, nên thực chất bổ đề này chỉ cần chứng minh với trường hợp $P(x)=x^n$. Lúc đó, chỉ cần viết ra hằng đẳng thức sau là thấy ngay Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Vào năm 1828 Abel đưa ra một câu hỏi là liệu có số nguyên $a$ và số nguyên tố $p$ nào thoả $a^{p-1}\equiv 1 \pmod p^2?$. Theo Jacobi : $p\le 37$ lúc đó đồng dư thức trên có những nghiệm $(p,\,a)$ là \[(11,\,3),\,\quad (11,\,9),\,\quad (29,\,14),\,\quad (37,\,18).\] Qua quá trình nghiên cứu định lý cuối cùng của Fermat đã thúc đẩy vấn đề này. Định lý như sau: Với $p$ là mộ số nguyên tố lẻ. Nếu tồn tại những số nguyên $x,\,y,\,z$ thoả $x^p+y^p+z^p=0,\,p\nmid xyz$, lúc đó \[2^{p-1}\equiv 1\pmod{p^2},(1)\] Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

« Older entries § Newer entries »