Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864
Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net
Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, cho các bạn có thể làm luận văn tham khảo
Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864
Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net
Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, cho các bạn có thể làm luận văn tham khảo
Diophantine equations Phương trình diophantBui Loi
Đây là một trong các dạng câu khó của diophant , một dạng câu trong môn số học dành cho chuyên ngành toán học, Đhsp
facebook tui, fb.com/starheaven.2110
Chuyên đề Đẳng Thức và Bất đẳng thức - Bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 9BOIDUONGTOAN.COM
Chuyên đề Đẳng Thức và Bất đẳng thức - Bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 9. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn học tập, đăng ký học Toán lớp 9 ôn thi vào lớp 10, mua tài liệu liên quan Toán lớp 9, liên hệ: 0976.179.282.
Diophantine equations Phương trình diophantBui Loi
Đây là một trong các dạng câu khó của diophant , một dạng câu trong môn số học dành cho chuyên ngành toán học, Đhsp
facebook tui, fb.com/starheaven.2110
Chuyên đề Đẳng Thức và Bất đẳng thức - Bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 9BOIDUONGTOAN.COM
Chuyên đề Đẳng Thức và Bất đẳng thức - Bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 9. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn học tập, đăng ký học Toán lớp 9 ôn thi vào lớp 10, mua tài liệu liên quan Toán lớp 9, liên hệ: 0976.179.282.
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊNBOIDUONGTOAN.COM
CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN. MỌI THÔNG TIN CẦN HỖ TRỢ TƯ VẤN HỌC TẬP, ĐĂNG KÝ HỌC TOÁN, MUA TÀI LIỆU TOÁN LỚP 9 ÔN THI VÀO LỚP 10 VUI LÒNG LIÊN HỆ: 0976.179.282
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ ÔN THI VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊNBOIDUONGTOAN.COM
CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ ÔN THI VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN. MỌI THÔNG TIN CẦN HỖ TRỢ TƯ VẤN HỌC TẬP, ĐĂNG KÝ HỌC, MUA TÀI LIỆU TOÁN LỚP 9 ÔN THI VÀO LỚP 10, LIÊN HỆ: 0976.179.282.
Bài 1: GIỚI THIỆU VỀ BẢO MẬT - Giáo trình FPTMasterCode.vn
Mô tả những thách thức của việc bảo mật thông tin
Định nghĩa bảo mật thông tin và giải thích được lý do
khiến bảo mật thông tin trở nên quan trọng
Nhận diện các dạng tấn công phổ biến hiện nay
Liệt kê các bước cơ bản của một cuộc tấn công
Mô tả năm nguyên tắc phòng thủ cơ bản
Tuyển tập 100 đề luyện thi Học sinh giỏi Toán lớp 6 (có đáp án)Bồi dưỡng Toán lớp 6
Cung cấp tài liệu Tuyển tập 100 đề luyện thi Học sinh giỏi Toán lớp 6 có đáp án cho các em học sinh lớp 6. Mọi thông tin cần hỗ trợ mua tài liệu, vui lòng liên hệ theo số máy: 0919.281.916. Email: doanthich@gmail.com.
Kính thưa quý bậc PH và các em HS lớp 6 thân mến,
Với chương trình toán lớp 6 hiện nay, có nhiều em HS đang gặp khó khăn, khúc mắc trong quá trình học tập. Với mục tiêu giúp các em HS lớp 6:
+) Hệ thống chương trình toán lớp 6
+) Rèn luyện kỹ năng và phát triển tư duy toán THCS,
+) Bồi dưỡng HSG Toán lớp 6
Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn học tập, giải pháp, vui lòng liên hệ Thầy Thích:
+) Tel: 0919.281.916
+) Email: doanthich@gmail.com
+) Website: www.ToanIQ.com
đề Thi tuyển sinh lớp 10 thpt tỉnh hà nội năm 2013diemthic3
đề Thi tuyển sinh lớp 10 thpt tỉnh hà nội năm 2013. Xem thêm thông tin tuyển sinh vào 10 năm 2015 tại đây http://tin.tuyensinh247.com/vao-lop-10-c22.html
Smartbiz_He thong MES nganh may mac_2024juneSmartBiz
Cách Hệ thống MES giúp tối ưu Quản lý Sản xuất trong ngành May mặc như thế nào?
Ngành may mặc, với đặc thù luôn thay đổi theo xu hướng thị trường và đòi hỏi cao về chất lượng, đang ngày càng cần những giải pháp công nghệ tiên tiến để duy trì sự cạnh tranh. Bạn đã bao giờ tự hỏi làm thế nào mà những thương hiệu hàng đầu có thể sản xuất hàng triệu sản phẩm với độ chính xác gần như tuyệt đối và thời gian giao hàng nhanh chóng? Bí mật nằm ở hệ thống Quản lý Sản xuất (MES - Manufacturing Execution System).
Hãy cùng khám phá cách hệ thống MES đang cách mạng hóa ngành may mặc và mang lại những lợi ích vượt trội như thế nào.
[NBV]-CHUYÊN ĐỀ 3. GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ (CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT).pdf
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n
1. Trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ
Sở GD&ĐT Hòa Bình
BÀI TẬP VỀ CẤP CỦA MỘT SỐ NGUYÊN MODULO n
Cho số nguyên dương n > 1 và số nguyên a nguyên tố cùng nhau với n, số k
được gọi là cấp của a modulo n nếu k là số nguyên dương nhỏ nhất để
( )1 modk
a n≡ .
Do tính nhỏ nhất của số nguyên dương k, nên mọi số nguyên dương h mà
cũng thỏa mãn ( )1 modh
a n≡ thì luôn có |k h . Và đây cũng là tính chất được sử
dụng xuyên suốt trong các bài tập về cấp của một số nguyên. Để sử dụng được tính
chất này thì ta thường kết hợp với
Định lý Phecma nhỏ: “Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên nguyên tố cùng
nhau với p thì ( )1
1 modp
a p−
≡ ”
và
Định lý Ơ-le: “Cho số nguyên dương n và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với
n thì
( )
( )1 modn
a nϕ
≡ ”
Bài 1. Cho 1 2 .m
n u= + , u lẻ 2m
u < , *
m∈¥ , biết tồn tại số nguyên tố p lẻ thỏa mãn
1
2
n
p n
−
M . Chứng minh rằng n là số nguyên tố.
Hướng dẫn.
Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Theo giả thiết có
1
12
1(mod ) 1(mod )
n
n
p q p q
−
−
≡ − ⇒ ≡ .
Theo định lý Phecma nhỏ có: ( )1
1 modq
p q−
≡ .
Gọi h là cấp của p modulo q, ta có:
| 1
| 1
h n
h q
−
−
Mà
1
2
1(mod )
n
p q
−
≡ − suy ra:
1
2
n
h
−
/M mà | 1h n − suy ra 2 .m
h v= với |v u . Giả sử
q n< , theo tính chất của ước nguyên tố nhỏ nhất suy ra q n≤ , mà
2. 2
1 2 . 2m m
n u= + < (vì 2m
u < ) 2m
q⇒ < , lại có: 2 2 . | 1 2m m m
h v q≤ = − < . Ta thu được
điều vô lý. Vậy n = q.
Bài 2. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn: 2013
2 |17 1n
− .
Hướng dẫn.
Thực chất bài tập này đang yêu cầu chúng ta đi tìm cấp của 17 modulo 22013
. Đặt m
= 22013
và gọi k là cấp của 17 theo modulo m, theo định lý Ơ-le có:
( )
17 1(mod )m
mϕ
≡ . Dẫn đến ( ) 2012
| 2k mϕ = , do đó { }2 , 1;2;3,...,2012t
k t= ∈ .
Mặt khác ta cũng có phân tích:
( )( )( )( ) ( )2 1
2 2 2 2
17 1 17 1 17 1 17 1 17 1 ... 17 1
t t−
− = − + + + + ,
do ( )17 1 mod4≡ , nên mỗi số hạng ở dạng { }2
17 1, 1,2,..., 1
m
m t+ ∈ − đều chia hết
cho 2 nhưng không chia hết cho 4, còn 17 – 1 = 16 = 24
. Do đó 2 4
17 1 2 .
t
t
Q+
− = , Q
là số nguyên lẻ.
Từ 2013 2
2 |17
t
ta suy ra được 4 2013 2009t t+ ≥ ⇒ ≥ . Do đó để đảm bảo tính nhỏ
nhất của k thì 2009
2k = .
Bài 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p, q sao cho
2
1| 2003 1q
p + + và
2
1| 2003 1p
q + + .
Hướng dẫn.
Không mất tổng quát ta có thể giả sử p q≤ .
* Ta xét trường hợp p = 2, khi đó 5| 2003 1q
+ , do đó dễ thấy q chẵn, nên q = 2.
Vậy trong trường hợp này có nghiệm p = q = 2.
* Nếu p > 2, có p lẻ và ( )2
1 2 mod4p + ≡ , gọi r là một ước nguyên tố lẻ của
2
1p + ,
từ giả thiết có:
( ) ( )2
2003 1 mod 2003 1 modq q
r r≡ − ⇒ ≡ .
Gọi k là cấp của 2003 modulo r, ta có | 2k q .
Dễ thấy vì ( )2003 1 modq
r≡ − nên k q≠ , suy ra | 2k hoặc k = 2q.
3. - Nếu | 2k dẫn đến 2 3
| 2003 1 2 .3.7.11.13.167r − = . Mặt khác
2
| 1r p + nên r bằng
2 hoặc có dạng 4s + 1, mà r lẻ suy ra 13r = . Khi đó vì ( )2003 1 mod13≡ nên
( )2003 1 2 mod13q
+ ≡ , điều này dẫn tới mâu thuẫn.
- Nếu k = 2q, theo định lý Phecma nhỏ ta có: ( )1
2003 1 modr
r−
≡ , suy ra 2 | 1q r −
| 1q r⇒ − , dễ thấy
2
1p + chẵn và mọi ước lẻ của nó đều chia q dư 1, suy ra
( )2
1 2 modp q+ ≡ ( )( )2
| 1 1 1q p p p⇒ − = − + , nhưng với giả sử p q≤ và do p, q là
các số nguyên tố nên 1q p= + , do q lẻ nên p chẵn suy ra p = 2, trái với điều giả sử
p > 2.
Vậy ta chỉ tìm được một cặp nghiệm (p;q) = (2;2).
Bài 4. Tìm số nguyên dương n để 3
3 1n
n− M .
Hướng dẫn.
* Với n = 1, thỏa mãn yêu cầu bài toán.
* Với 2n ≥ , gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, từ giả thiết suy ra được:
( )3 1 modn
p≡ .
Mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta cũng có: ( )1
3 1 modp
p−
≡ .
Gọi h là cấp của 3 modulo p, ta có:
|
| 1
h n
h p
−
như vậy ta chỉ ra được một số bé hơn
p là ước của n, để p là ước nguyên tố nhỏ nhất thì h = 1. Khi đó
( )1
3 1 mod 2p p≡ ⇒ = .
Giả sử ( )*
2 . ,n t tα
α= ∈¥ , t lẻ.
Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( )
( )2 1 2 22 2 2
3 1 3 1 3 1 . 3 3 ... 3 1
t
t tn
α αα α α− −
− = − = − + + + +
Vì ( ) ( )
( )2 1 2 2 2
3 3 ... 3 1 1 mod2t t
q
α α α− −
+ + + + ≡ ≡ , nên:
( )( ) ( )( )( )1 2 1 0 0
2 2 2 2 2
3 1 3 1 3 1 ... 3 1 3 1 3 1 .n
R
α α− −
− = + + + + − (R lẻ).
Vì
1 2 1
2 2 2
3 1,3 1,...,3 1
α α− −
+ + + là 1α − số chẵn và ( ) ( )0 0
2 2
3 1 . 3 1 8+ − = , nên:
4. 2
3 1 2 .n
Sα+
− = , (S lẻ).
Vì 3 3 3
3 1 2 .n
n tα
− =M , suy ra 2 3 1 1 2n tα α α α+ ≥ ⇒ ≤ ⇒ = ⇒ = .
Giả sử n có ước lẻ thực sự, gọi ước lẻ nhỏ nhất của nó là q, và gọi k là cấp của 3
modulo q, theo giả thiết có: ( )3 1 modn
q≡ và theo định lý Phecma nhỏ ta cũng có:
( )1
3 1 modq
q−
≡ . Từ đó suy ra:
|
| 1
k n
k q
−
.
Nếu k lẻ ta chỉ ra được một ước lẻ của n mà nhỏ hơn q, trái với cách chọn q, vậy k
chẵn, mặt khác n = 2.t (t lẻ), do đó k = 2 và 2 3
|3 1 2n − = , do đó n không có ước lẻ
thực sự.
Vậy n = 2.
Bài 5. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố (p,q,r) thỏa mãn:
| 1, | 1, | 1r p q
p q q r r p+ + + .
(2003 USA IMO Team Selection Test)
Hướng dẫn.
* Trước hết ta chứng minh p, q, r phân biệt. Thật vậy, giả sử nếu có p = q, từ
| 1r
p q + ta suy ra điều vô lý.
* Ta chứng minh một trong ba số p, q, r phải bằng 2. Giả sử p, q, r > 2.
Từ | 1r
p q + ta suy ra ( )2
1 modr
q p≡ . Gọi k là cấp của q modulo p ta có | 2k r , do r
là số nguyên tố lẻ nên suy ra k = 2 hoặc k = r hoặc k = 2r.
- Nếu k = r, ta có ( )1 modr
q p≡ , mà ( )1 modr
q p≡ − nên suy ra | 2p , mâu thuẫn.
- Nếu k = 2r, theo định lý Phecma nhỏ có ( )1
1 modp
q p−
≡ , suy ra ( )2 | 1r p −
( )1 modp r⇒ ≡ ( )1 2 modq
p r⇒ + ≡ , kết hợp giả thiết | 2r⇒ , mâu thuẫn.
- Vậy chỉ có thể k = 2, ta có ( ) ( )2
| 1 1 1p q q q− = − + , do p là số nguyên tố nên
| 1p q − hoặc | 1p q + , nếu ( )1 modq p≡ , thì từ giả thiết | 1r
p q + , suy ra | 2p ,
mâu thuẫn. Vậy | 1p q + , vì p, q là hai số nguyên tố lớn hơn 2 nên suy ra
1
|
2
q
p
+
.
5. Chứng minh tương tự ta cũng có
1
|
2
r
q
+
,
1
|
2
p
r
+
. Xét số lớn nhất trong ba số p, q,
r ta thấy ngay điều nói trên là vô lý.
* Không mất tổng quát giả sử q = 2, ta có | 2 1r
p + và
2
| 1r p + , suy ra p, r là các số
nguyên tố lẻ. Khi đó k là cấp của 2 modulo p, theo chứng minh trên có | 2k r , do r
là số nguyên tố lẻ nên suy ra k = 2 hoặc k = r hoặc k = 2r.
Nếu k = r hoặc k = 2r tức là |r k , theo định lý Phecma nhỏ có ( )1
2 1 modp
p−
≡ , suy
ra | 1k p − | 1r p⇒ − ( )2
1 2 modp r⇒ + ≡ mà
2
| 1r p + , trái với r là số nguyên tố
lẻ.
Do đó k = 2, khi đó
2
| 2 1 3 3p p− = ⇒ = và 2
|3 1 10r + = 5r⇒ = .
Vậy chỉ tìm được duy nhất một bộ số thỏa mãn là (2;3;5).
Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, 3 2n n
− không chia hết cho n.
Hướng dẫn.
Giả sử tồn tại số nguyên dương n nào đó để 3 2n n
n− M . Ta sẽ chỉ ra điều vô lý. Gọi
p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n, từ 3 2n n
n− M suy ra 5p ≥ . Do p lẻ nên tồn tại số
nguyên dương a để ( )2 1 moda p≡ ,
1
2
p
a
+
= ÷
. Từ ( )3 2 modn n
p≡
( ) ( )3 1 mod
n
a p⇒ ≡ .
Gọi k là cấp của 3a modulo p, ta có |k n , mặt khác theo định lý Phecma nhỏ ta có
( ) ( )
1
3 1 mod
p
a p
−
≡ , nên | 1k p − . Từ cách chọn p là ước nhỏ nhất của n suy ra k =
1. Vậy ta có ( )3 1 moda p≡ và ( )2 1 moda p≡ , suy ra ( )0 moda p≡ , điều này mâu
thuẫn với ( )2 1 moda p≡ .
Bài 7. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m, n thỏa mãn 3 2.3
|1
n n
n m m+ + .
(Bulgarian IMO Team Selection Test)
Hướng dẫn.
Với n = 1, là trường hợp tầm thường, mọi m nguyên dương đều thỏa mãn.
6. Với n > 1, dễ thấy (m,n) = 1. Gọi k là cấp của m modulo n. Từ 3 2.3
|1
n n
n m m+ + suy
ra
1
3
| 1
n
n m
+
− , vì vậy 1
|3n
k +
3 , 1t
k t n⇒ = ≤ + .
Theo định lý Ơ-le có
( )
( )1 modn
m nϕ
≡ , suy ra ( )|k nϕ .
Nếu 1
3n
k +
= , từ ( )|k nϕ k n⇒ < , ta thu được điều mâu thuẫn.
Vậy 3 |3t n
t n k≤ ⇒ = 3
| 1
n
n m⇒ − ( )2.3 3
1 3 mod
n n
m m n⇒ + + ≡ , mà
3 2.3
|1
n n
n m m+ + 3n⇒ = và ( )1 mod3m ≡ .
Bài 8. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
7
51
1
1
x
y
x
−
= −
−
.
(Dự tuyển IMO 2006)
Hướng dẫn.
Giả sử phương trình có cặp nghiệm nguyên (x;y), và gọi p là một ước nguyên tố bất
kỳ của
7
6 51
... 1
1
x
x x x
x
−
= + + + +
−
, khi đó xảy ra hai trường hợp:
- Nếu ( )1 modx p≡ khi đó ( )
7
6 51
... 1 7 mod
1
x
x x x p
x
−
= + + + + ≡
−
, và khi đó p = 7.
- Nếu ( )1 modx p≡ , gọi k là cấp của x modulo 7, do
7
| 1p x − nên | 7k , do
( )1 modx p≡ , ta tìm được k = 7. Dễ thấy (x,p) = 1, nên theo định lý Phecma nhỏ ta
có ( )1
1 modp
x p−
≡ , do đó ( )7 | 1 1 mod7k p p= − ⇒ ≡ .
Vậy trong cả hai trường hợp ta luôn có ( )0;1 mod7p ≡ , với p là một ước nguyên tố
của
7
1
1
x
x
−
−
. Điều này dẫn đến mọi ước dương của
7
1
1
x
x
−
−
cũng có số dư là 0 hoặc 1
khi chia cho 7.
Mặt khác ( ) ( )5 4 3 2
1 1 1y y y y y y− = − + + + + , theo nhận xét trên ta rút ra được
( )1 0,1 mod7y − ≡ và ( )4 3 2
1 0,1 mod7y y y y+ + + + ≡
Điều này mâu thuẫn vì khi đó ( )1,2 mod7y ≡ ( )4 3 2
1 5,3 mod7y y y y⇒ + + + + ≡ .
Vậy phương trình vô nghiệm.