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
Tập hợp các số nguyên tố có dạng 6k+1, 6k-1 là vô hạn
#1
Đã gửi 05-09-2015 - 20:15
- canhhoang30011999 yêu thích
Ultra music festival is my life
#2
Đã gửi 05-09-2015 - 20:25
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
- canhhoang30011999 yêu thích
#3
Đã gửi 05-09-2015 - 20:27
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
- canhhoang30011999 yêu thích
#4
Đã gửi 05-09-2015 - 20:39
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
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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 05-09-2015 - 20:42
- canhhoang30011999 và fairytail19061 thích
#5
Đã gửi 05-09-2015 - 20:44
Anh nghĩ là em làm sai rồi
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
$n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$ ????
#6
Đã gửi 05-09-2015 - 20:47
$n^2+1|n^{2(3k+2)}+1$ ????
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
#7
Đã gửi 05-09-2015 - 20:57
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
Đã gửi 05-09-2015 - 20:59
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
- canhhoang30011999 yêu thích
#9
Đã gửi 05-09-2015 - 21:04
Anh nghĩ là em làm sai rồi
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
Bài này có giải tương tự không ạ CM:Tập hợp các số nguyên tố có dạng $3k-1$ là vô hạn
- canhhoang30011999 yêu thích
#10
Đã gửi 05-09-2015 - 21:05
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
- hoctrocuaHolmes yêu thích
#11
Đã gửi 05-09-2015 - 21:14
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
- canhhoang30011999 yêu thích
#12
Đã gửi 05-09-2015 - 21:28
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
Anh nghĩ là em làm sai rồi
- canhhoang30011999 và Hoang Nhat Tuan thích
#13
Đã gửi 05-09-2015 - 21:32
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
Đã gửi 30-03-2022 - 23:16
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