1.Tìm các số nguyên dương a,b thỏa 1/a+1/b=1/p với p là số nguyên tố
2.Cho các số nguyên dương a<bc<d<e<f . Chứng minh a+c+e/a+b+c+d+e+f <1/2
3.Với giá trị nào của a thuộc Z thì số hữu tỉ x là số dương ? Là số âm ? Là số không âm ? Là số không dương ? Không là số dương cũng ko là số âm ?
Câu a .x=2a+7/-5
Câu b. x=a-4/a^2
Câu c.. x=a^2+9/-7
Câu d. x=a-6/a-11
Các bạn giải hộ mình nhé . Mik càn gấp . Thanks
Một họ gồm m phần tử đại diện cho m lớp tương đương nói trên được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Nói cách khác, hệ thặng dư đầy đủ modulo m là tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m.
(x1, x2, …, xm) là hệ thặng dư đầy đủ modulo m ó xi – xj không chia hết cho m với mọi 1 £ i < j £ m.
Ví dụ với m = 5 thì (0, 1, 2, 3, 4), (4, 5, 6, 7, 8), (0, 3, 6, 9, 12) là các hệ thặng dư đầy đủ modulo 5.
Từ định nghĩa trên, ta dễ dàng suy ra tính chất đơn giản nhưng rất quan trọng sau:
Tính chất 1: Nếu (x1, x2, …, xm) là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì
a) Với a là số nguyên bất kỳ (x1+a, x2+a, …, xm+a) cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
b) Nếu (a, m) = 1 thì (ax1, ax2, …, axm) cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
Với số nguyên dương m > 1, gọi j(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. Khi đó, từ một hệ thặng dư đầy đủ mô-đun m, có đúng j(m) phần tử nguyên tố cùng nhau với m. Ta nói các phần tử này lập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Nói cách khác
(x1, x2, …, xj(m)) là hệ thặng dư thu gọn modulo m ó (xi, m) = 1 và xi – xj không chia hết cho m với mọi 1 £ i < j £ j(m).
Ta có
Tính chất 2: (x1, x2, …, xj(m)) là hệ thặng dư thu gọn modulo m và (a, m) = 1 thì
(ax1,a x2, …, axj(m)) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m.
Định lý Wilson. Số nguyên dương p > 1 là số nguyên tố khi và chỉ khi (p-1)! + 1 chia hết cho p.
Chứng minh. Nếu p là hợp số, p = s.t với s, t > 1 thì s £ p-1. Suy ra (p-1)! chia hết cho s, suy ra (p-1)! + 1 không chia hết cho s, từ đó (p-1)! + 1 không chia hết cho p. Vậy nếu (p-1)! + 1 chia hết cho p thì p phải là số nguyên tố.
~Hok tốt`
P/s:Ko chắc
\(a< b< c< d< e< f\)
\(\Rightarrow a+c+e< b+d+f\)
\(\Rightarrow2\left(a+c+e\right)< a+b+c+d+e+f\)
\(\Rightarrow\frac{a+c+e}{a+b+c+d+e+f}< \frac{1}{2}\)
Ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{p}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{p}\)
\(\Leftrightarrow p\left(a+b\right)=ab\left(1\right)\)
Do p là số nguyên tố nên một trong các số a,b phải chia hết cho p
Do a,b bình đẳng như nhau nên ta giả sử \(a⋮p\Rightarrow a=pk\) với \(k\inℕ^∗\)
Nếu \(p=1\) thay vào \(\left(1\right)\) ta được
\(p\left(p+b\right)=p\)
\(\Rightarrow p+b=1\left(KTM\right)\)
\(\Rightarrow p\ge2\) thay vào \(\left(1\right)\) ta được:
\(p\left(kp+b\right)=kpb\)
\(\Rightarrow kp+b=kb\)
\(\Rightarrow kp=kb-b\)
\(\Rightarrow kp=b\left(k-1\right)\)
\(\Rightarrow b=\frac{kp}{k-1}\)
Do \(b\inℕ^∗\) nên \(kp⋮k-1\)
Mà \(\left(k;k-1\right)=1\Rightarrow p⋮k-1\)
\(\Rightarrow k-1\in\left\{1;p\right\}\)
Với \(k-1=1\Rightarrow k=2\Rightarrow a=b=2p\)
Với \(k-1=p\Rightarrow k=p+1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=p\left(p+1\right)=p^2+p\\b=p+1\end{cases}}\)
