Đến nội dung

Hình ảnh

Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1, 6k-1 là vô hạn


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1
fairytail19061

fairytail19061

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 49 Bài viết

1. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1 là vô hạn 
2. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k-1 là vô hạn


:icon12: :icon12: :icon12:Ultra music festival is my life  :icon12:  :icon12:  :icon12:


#2
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

1. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1 là vô hạn 
2. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k-1 là vô hạn

 

2. Hãy giả sử có hữu hạn số nguyên tố $a_1;a_2;...;a_n$ có dạng $6k+5$

Xét số $P=6a_1a_2...a_n+5$

Dễ thấy P phải có một ước nguyên tố khác $a_1;a_2;...;a_n$ và tất cả các ước nguyên tố của P không thể đều có dạng $6k+1$

Do đó tồn tại 1 ước nguyên tố của P có dạng $6k+5$

Vậy điều giả sử là sai. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 05-09-2015 - 20:28

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#3
hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết

1. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1 là vô hạn 
2. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k-1 là vô hạn

Ôn lại tuổi thơ hay sao mà đăng bài ni ri ==

1.Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng $6k+1$.Gọi các số nguyên tố đó là $p_{1};p_{2};...;p_{n}$ vs $n \geq 1$

Xét số $P=(p_{1}.p_{2}.....p_{n})^2-1$ là hợp số 

Do $P$ có dạng $6k+1$ nên $P$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $6k+1$

Do đó $p\epsilon (p_{1};p_{2};...;p_{n})$ suy ra $1 \vdots p$ (do $P \vdots p$) nên $p=1$ (vô lí)

Vậy có vô số số nguyên tố có dạng $6k+1$

Câu kia tương tự 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 05-09-2015 - 20:27


#4
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

Ôn lại tuổi thơ hay sao mà đăng bài ni ri ==

1.Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng $6k+1$.Gọi các số nguyên tố đó là $p_{1};p_{2};...;p_{n}$ vs $n \geq 1$

Xét số $P=(p_{1}.p_{2}.....p_{n})^2-1$ là hợp số 

Do $P$ có dạng $6k+1$ nên $P$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $6k+1$

Do đó $p\epsilon (p_{1};p_{2};...;p_{n})$ suy ra $1 \vdots p$ (do $P \vdots p$) nên $p=1$ (vô lí)

Vậy có vô số số nguyên tố có dạng $6k+1$

Câu kia tương tự 

Anh nghĩ là em làm sai rồi :luoi:

Giả sử có hữu hạn SNT có dạng $6k+1$ là $a_1;a_2;...;a_n$

Số nguyên tố lẻ chỉ có 2 dạng $6k+1$ và $6k+5$

Giả sử SNT p lẻ có dạng $6k+5$

Theo định lý nhỏ Fermat thì: $n^{p-1}\equiv 1$ (mod p)

Hay $n^{6k+4}\equiv 1$ (mod $6k+5$)

$=>n^{2(3k+2)}+1\equiv 2$

Mà $n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$

Nên $n^2+1$ không chia hết cho $p$

Vậy nếu một số có dạng $n^2+1$ chia hết cho một số nguyên tố $p$ lẻ bất kì thì $p$ phải có dạng $6k+1$

Xét: $P=(a_1a_2...a_n)^2+1$

Khi đó sử dụng bổ đề ở trên dễ dàng giải tiếp :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 05-09-2015 - 20:42

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#5
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

Anh nghĩ là em làm sai rồi :luoi:

Giả sử có hữu hạn SNT có dạng $6k+1$ là $a_1;a_2;...;a_n$

Số nguyên tố lẻ chỉ có 2 dạng $6k+1$ và $6k+5$

Giả sử SNT p lẻ có dạng $6k+5$

Theo định lý nhỏ Fermat thì: $n^{p-1}\equiv 1$ (mod p)

Hay $n^{6k+4}\equiv 1$ (mod $6k+5$)

$=>n^{2(3k+2)}+1\equiv 2$

Mà $n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$

Nên $n^2+1$ không chia hết cho $p$

Vậy nếu một số có dạng $n^2+1$ chia hết cho một số nguyên tố $p$ lẻ bất kì thì $p$ phải có dạng $6k+1$

Xét: $P=(a_1a_2...a_n)^2+1$

Khi đó sử dụng bổ đề ở trên dễ dàng giải tiếp :D

 $n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$ ????



#6
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

 $n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$ ????

Nó có nghĩa là $n^{2(3k+2)}+1$ chia hết cho $n^2+1$ đó bạn, ở đây chia hết là do $k$ lẻ :)


Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#7
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

Nó có nghĩa là $n^{2(3k+2)}+1$ chia hết cho $n^2+1$ đó bạn, ở đây chia hết là do $k$ lẻ

bạn nói rõ hơn được ko,sao k lại lẻ vậy 



#8
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

bạn nói rõ hơn được ko,sao k lại lẻ vậy 

Số nguyên tố chỉ có duy nhất số 2 là số chẵn thôi mà bạn, ở đây để lập luận chặt chẽ ta có thể lấy 2 số nguyên tố có dạng $6k+1$ hoặc $6k+5$ làm ví dụ :)


Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#9
hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết

Anh nghĩ là em làm sai rồi :luoi:

Giả sử có hữu hạn SNT có dạng $6k+1$ là $a_1;a_2;...;a_n$

Số nguyên tố lẻ chỉ có 2 dạng $6k+1$ và $6k+5$

Giả sử SNT p lẻ có dạng $6k+5$

Theo định lý nhỏ Fermat thì: $n^{p-1}\equiv 1$ (mod p)

Hay $n^{6k+4}\equiv 1$ (mod $6k+5$)

$=>n^{2(3k+2)}+1\equiv 2$

Mà $n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$

Nên $n^2+1$ không chia hết cho $p$

Vậy nếu một số có dạng $n^2+1$ chia hết cho một số nguyên tố $p$ lẻ bất kì thì $p$ phải có dạng $6k+1$

Xét: $P=(a_1a_2...a_n)^2+1$

Khi đó sử dụng bổ đề ở trên dễ dàng giải tiếp :D

Bài này có giải tương tự không ạ CM:Tập hợp các số nguyên tố có dạng $3k-1$ là vô hạn 



#10
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

Số nguyên tố chỉ có duy nhất số 2 là số chẵn thôi mà bạn, ở đây để lập luận chặt chẽ ta có thể lấy 2 số nguyên tố có dạng $6k+1$ hoặc $6k+5$ làm ví dụ :)

nhưng với k lẻ thì p=6k+5 vẫn lẻ mà



#11
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

Bài này có giải tương tự không ạ CM:Tập hợp các số nguyên tố có dạng $3k-1$ là vô hạn 

À, để anh làm xong bài này rồi nghĩ bài em sau nhé

 

nhưng với k lẻ thì p=6k+5 vẫn lẻ mà

Để em xem lại 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 05-09-2015 - 21:15

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#12
hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết

1.Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng $6k+1$.Gọi các số nguyên tố đó là $p_{1};p_{2};...;p_{n}$ vs $n \geq 1$

Xét số $P=(p_{1}.p_{2}.....p_{n})^2-1$ là hợp số 

Do $P$ có dạng $6k+1$ nên $P$ có ước nguyên tố $p$ có dạng $6k+1$

Do đó $p\epsilon (p_{1};p_{2};...;p_{n})$ suy ra $1 \vdots p$ (do $P \vdots p$) nên $p=1$ (vô lí)

Vậy có vô số số nguyên tố có dạng $6k+1$

Câu kia tương tự 

Không liên quan lắm nhưng bài này em thấy trong 1 cuốn sách họ giải trong trường hợp tập hợp đó là $3k-1$,em nghĩ là $3k-1$ và $6k+1,6k-1$ không có khác nhau là mấy nên copy paste lại,anh bảo sai thì em chịu thôi ạ  :luoi:

 

Anh nghĩ là em làm sai rồi :luoi:



#13
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

1. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1 là vô hạn 
2. Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k-1 là vô hạn

1 bài này anh dùng thặng dư bình phương nhưng có ai thử chứng minh bổ đề này bằng cách cấp 2 là xong

nếu $(x,3)=1$ thì $x^{2}+3$ chỉ có ước nguyên tố dạng $6k+1$   

giờ chỉ cần giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng $6k+1$ là $p_{1},p_{2},...,p_{n}$ rồi xét số

$(2p_{1}p_{2}...p_{n})^{2}+3$ là xong



#14
linhk2

linhk2

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 86 Bài viết

1 bài này anh dùng thặng dư bình phương nhưng có ai thử chứng minh bổ đề này bằng cách cấp 2 là xong

nếu $(x,3)=1$ thì $x^{2}+3$ chỉ có ước nguyên tố dạng $6k+1$   

giờ chỉ cần giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng $6k+1$ là $p_{1},p_{2},...,p_{n}$ rồi xét số

$(2p_{1}p_{2}...p_{n})^{2}+3$ là xong

cho em hỏi cách dùng thặng dư bình phương để chứng minh bổ đề kia với ạ






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh