NK
5
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
PT
0
27 tháng 5 2021
thật ra nó là lớp 7 đấy nhưng mình nghĩ lớp 8 mới giỏi mói giải đc
27 tháng 5 2021
Giả sử \(a^2+1\) và \(b^2+1\) cùng chia hết cho số nguyên tố p
\(\Rightarrow a^2-b^2⋮p\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)⋮p\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a-b⋮p\\a+b⋮p\end{matrix}\right.\).
+) Nếu \(a-b⋮p\) thì ta có \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)-\left(a-b\right)^2⋮p\Rightarrow\left(ab+1\right)^2⋮p\Rightarrow ab+1⋮p\) (vô lí do (a - b, ab + 1) = 1)
+) Nếu \(a+b⋮p\) thì tương tự ta có \(ab-1⋮p\). (vô lí)
Do đó \(\left(a^2+1,b^2+1\right)=1\).
Giả sử \(\left(a+b\right)^2+\left(ab-1\right)^2=c^2\) với \(c\in\mathbb{N*}\)
Khi đó ta có \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)=c^2\).
Mà \(\left(a^2+1,b^2+1\right)=1\) nên theo bổ đề về số chính phương, ta có \(a^2+1\) và \(b^2+1\) là các số chính phương.
Đặt \(a^2+1=d^2(d\in\mathbb{N*})\Rightarrow (d-a)(d+a)=1\Rightarrow d=1;a=0\), vô lí.
Vậy ....
7 tháng 1 2017
(Modulo 3, nha bạn.)
Giả sử tồn tại 5 số thoả đề.
Trong 5 số nguyên dương phân biệt đó sẽ xảy ra 2 trường hợp:
1. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2.
Khi đó, tổng 3 số này chia hết cho 3 (vô lí).
2. 5 số này khi chia cho 3 chỉ còn 2 loại số dư mà thôi.
Khi đó, theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại 3 số cùng số dư khi chia cho 3. Tổng 3 số này chia hết cho 3 (vô lí nốt).
Vậy điều giả sử là sai.
19 tháng 6 2015
Khi giải toán thì bạn sử dụng tất cả những kiến thức mà bạn có. Và rất quan trọng: bạn sử dụng tất cả những kinh nghiệm mà bạn tích lũy được. Nếu trong quá khứ bạn đã từng giải vấn đề a, b, c mà bây giờ bạn gặp vấn đề d và bằng kinh nghiệm của mình bạn "cảm thấy" là có thể đưa được về a, b hoặc c thì việc bạn phải làm chỉ là "cố" đưa d về a, b hoặc c. Nếu được thì coi như vấn đề d được giải quyết.
Chuyện kinh nghiệm mà bạn tích lũy thêm ngoài kiến thức trong nhà trường rất quan trọng. Vd. bạn hỏi tôi là cách cm pt nghiệm nguyên vô nghiệm như thế nào thì tôi chịu. Chuyện cm phải tùy từng th.vd. nhiều khi đơn giản là cmr với mỗi khoảng giá trị nào đó của các biến thì 1 vế là chẵn còn vế kia là lẻ thì rõ ràng pt không có nghiệm nguyên vì "hiển nhiên" số lẻ không thể bằng số chẵn được. Hoặc cmr với mỗi khoảng như thế thì 1 vế chia hết cho a còn vế kia không chia hết cho a. Hoặc 1 vế < a còn vế kia > a, và với khoảng khác thì 1 vế < b (thậm chí vế đó trước đó > a, tức là vế lớn hơn) còn vế kia > b. Hoặc 1 vế chính phương còn vế kia không chính phương. Tóm lại là có thể cmr với mỗi th của biến thì 2 vế không thể bằng nhau do những lý do khác nhau.
Cũng như cm số không chính phương thì có nhiều cách tùy từng th. vd. cm được là nó tận cùng là 2, 3, 7 hoặc 8. Hoặc cmr nó là số lẻ nhưng chia cho 4 dư 3 hoặc chia cho 8 dư 3, 5 hoặc 7. Hoặc cmr nó chia hết cho p^(2k + 1) với p nguyên tố nhưng không chia hết cho p^(2k + 2). Hoặc cmr k² < nó < (k + 1)² ...
Thậm chí nếu bạn phải thử xem liệu a = 2^32 + 1 có chia hết cho 3, 5, 7, ... hay không thì cũng mất không nhiều thời gian lắm. vd. chia cho 3: 2 chia cho 3 "dư" -1 => 2^32 chia cho 3 dư 1 => a không chia hết cho 3. Chia cho 5: 2^4 tận cùng bằng 6 => 2^32 tận cùng bằng 6 => a tận cùng bằng 7 nên không chia hết cho 5. vd. chia cho 509 nguyên tố: 2^9 = 512 chia cho 509 dư 3 => a chia cho 509 "dư" 3³ * 2^5 + 1 tức dư 356. Nhiều phép thử có thể "nhẩm" ngay trong đầu. Đấy là nói đến th khi ta không có chút kinh nghiệm gì cả mà chỉ "cần cù" thôi thì thời gian cũng không cần mất nhiều.
Nếu nói như bạn thì ngay cả những người tài giỏi nhiều khi cũng phải "mò". Không ai có thể đọc bài nào cũng thấy ngay là phải làm thế này thế này. Chỉ có điều họ có kiến thức và kinh nghiệm nhiều nên "lập tức" họ thu hẹp được phạm vi "mò mẫm". Trong khi bạn phải thử 1000 th thì họ có thể chỉ thử 2, 3 th. Và nhiều khi họ "nhìn" thấy ngay (cũng cần kiến thức, kinh nghiệm) là có thể đưa được về bài toán đã giải quyết trong quá khứ (trong khi bạn không có những bài toán trong quá khứ ấy). Mò ở đây không phải là mò bừa, không có ý tưởng nên ta cứ thử lần lượt từ a đến z. Nếu bạn gọi là mò thì cũng phải có ý tưởng chứ không phải làm bừa đâu.
----------------------
Nhà toán học vĩ đại Fécma đã từng cho rằng mọi số dạng 2^2^n + 1 (hiện nay gọi là số Fécma) với n là số tự nhiên đều là số nguyên tố (ông không cm vì tất nhiên không thể cm đươc. Ông chỉ "nghĩ" thế thôi). Sau này người ta đã thấy rằng điều đó không đúng. vd. nó đúng với n = 1, 2, 3, 4 nhưng không đúng với n = 5 vì 2^2^5 + 1 chia hết cho 641.
2^32 + 1 = 2^2^5 + 1 chia hết cho 641 và > 641 nên là hợp số.
Nếu bạn thử cm (không phải là bấm máy hay nhân chia tay) thì bạn thử cách sau xem:
2^32 + 1 = [1 + (1 + 2² + 2³ + ... + 2^31)] + 1
Sau đó bạn thử chia làm nhiều nhóm sao cho mỗi nhóm chia hết cho 641 = 2^9 + 2^7 + 1
Tất nhiên thử nhân và chia cho 641 cũng được vì số 2^32 = 4*(2^10)³ + 1 = 4*(1024)³ không phải là số cực lớn
tk nha
KN
1
ND
Nguyễn Đức Trí
VIP
27 tháng 7 2023
vì khi \(a=1\Rightarrow a^4+4a=1^5+4.1=5\) (là số nguyên tố)
\(\Rightarrow m\ne5\Rightarrow a^4+4a\ne5\Rightarrow a\left(a^3+4\right)\ne5\Rightarrow a\ne1\left(a\in Z\right)\)
mà \(\left\{{}\begin{matrix}a^4⋮n\left(a\ne1\Rightarrow n\ne1;n\in Z\right)\\4a⋮4\&a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^4+4a\) không là số nguyên tố
5^9009 chia hết cho 5
suy ra 5^9009 có ít nhất 3 ước
mà số nguyên tố chỉ có nhiều nhất 2 ước
vậy 5^9009 ko là số nguyên tố
Hiển nhiên mà bạn
Ta có thể kể hàng loạt các ước số của \(5^{9009}\) như:
\(5;5^2;5^3;....;5^{9008};5^{9009}\)
=> \(5^{9009}\) không phải là số nguyên tố