Chủ đề này có 4 trả lời

[LNH]

Cho $p$ là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ sao cho với mọi số tự nhiên $n$, $n^p-p \not {\vdots} q$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 12-06-2014 - 14:48

[ner0dragOn]

Cho $p$ là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ sao cho với mọi số tự nhiên $n$, $n^p-p \not {\vdots} q$

dự tuyển imo 2003

===================

@LNH: mình đã xem và không thấy bài này trong đề VNTST 2003 nhé bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LNH: 13-06-2014 - 20:14

[ner0dragOn]

k phải tst,mà là imo shortlist hay sao day :v.hoặc bạn tìm ở vnmath.com có tài liệu "mot so bai toan so hoc lien quan den luy thua" cua pham van quoc

[LNH]

k phải tst,mà là imo shortlist hay sao day :v.hoặc bạn tìm ở vnmath.com có tài liệu "mot so bai toan so hoc lien quan den luy thua" cua pham van quoc

 

Bài toán IMO SL 2003 mà bạn nói là chứng minh tồn tại, còn bài trên là chứng minh vô hạn. Hai cái đó khác nhau nhé bạn

[WhjteShadow]

Cho $p$ là một số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ sao cho với mọi số tự nhiên $n$, $n^p-p \not {\vdots} q$

Đầu tiên ta sẽ chứng minh tồn tại $q$ nguyên tố thỏa mãn đề bài.

Thật vậy xét $q$ là ước nguyên tố của $\frac{p^p-1}{p-1}=p^{p-1}+p^{p-2}+...+1$ sao cho $q\not \equiv 1\pmod{p^2}$

Dễ thấy tồn tại $q$ do nếu mọi ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ đều chia $p^2$ dư $1$ thì $p^{p-1}+p^{p-2}+...+1\equiv 1\pmod{p^2}$, vô lí.

Ta sẽ chứng minh số $q$ này thỏa mãn đề bài, thật vậy giả sử tồn tại số tự nhiên $n$ để :

$$n^p\equiv p\pmod{q}$$

$$\Rightarrow n^{p^2}\equiv p^p\equiv 1\pmod{q}$$

$$\Rightarrow ord_{q}(n) | (p^2;q-1)$$

Vậy $ord_{q}(n)\in \{1;p;p^2\}$, nhưng trường hợp $ord_{q}(n)=p^2$ bị loại vì $q-1\not \vdots p^2$.

$\Rightarrow ord_{q}(n)\in \{1;p\}\Rightarrow n^{p}\equiv 1\equiv p\pmod{q}$

$\Rightarrow p-1\vdots q\Rightarrow p\equiv 1\pmod{q}$

Mặt khác lại có :

$$0\equiv p^{p-1}+p^{p-2}+...+1\equiv 1\pmod{q}$$

Vô lí ~ Vậy số $q$ này thỏa mãn đề bài.

Bây giờ ta giả sử chỉ tồn tại hữu hạn số $q$ thỏa mãn đề bài như vậy, gọi chúng là $q_1,q_2,...,q_{k}$. Dễ thấy $p$ không thuộc tập hợp này (Nếu ngược lại, chọn $n=p$ thấy ngay điều vô lí).

Xét số $a=p.q_1^p.q_2^p...q_{k}^p$, chọn $q_{k+1}$ là 1 ước của $\frac{a^{p}-1}{a-1}$ và $q_{k+1}\not \equiv 1\pmod{p^2}$ (Bằng cách lập luận tương tự như trên và để ý $p|a, p^2\not | a$).

Dễ thấy $q_{k+1}\not \in \{q_1,q_2,...,q_{k}\}$

Ta sẽ chứng minh rằng $q_{k+1}$ cũng thỏa mãn đề bài.

Giả sử tồn tại $n$ nguyên dương để $n^{p}\equiv p\pmod{q_{k+1}}$

$$\Rightarrow n^{p^2}.(q_1.q_2...q_{k})^{p^2}\equiv p^p.(q_1.q_2...q_{k})^{p^2}\pmod{q_{k+1}}$$

$$\Rightarrow (nq_1.q_2...q_{k})^{p^2}\equiv a^{p}\equiv 1\pmod{q_{k+1}}$$

$$\Rightarrow ord_{p}(nq_1.q_2...q_{k}) | (p^2,q_{k+1}-1)$$

Nhưng do $q_{k+1}-1\not \vdots p^2$ nên lập luận tương tự trên ta có $ord_{p}(nq_1.q_2...q_{k}) |p$ và 

$$(nq_1.q_2...q_{k})^p\equiv 1\pmod{q_{k+1}}$$

$$\Rightarrow n^p.a\equiv p\pmod{q_{k+1}}$$

$$\Rightarrow a\equiv 1\pmod{q_{k+1}}$$

Và từ đó ta có : $\frac{a^{p}-1}{a-1}\equiv p\pmod{q}$, 1 điều mâu thuẫn~

Vậy điều giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 28-06-2014 - 22:42