Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh không tồn tại $k$ thoả $p_1p_2 \cdots p_k=a^n+1$.

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương $k$ thoả mãn với $k$ số nguyên tố lẻ đầu tiên $p_1,p_2, \cdots , p_k$, tồn tại hai số nguyên dương $a,n \; (n>1)$ sao cho $$p_1p_2 \cdots p_k=a^n+1.$$

 

Mình mới nghĩ được một cách khác trong giải cho bài này nên có hứng đưa lên để anh em cùng thưởng thức. :D


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Nhận xét 1. $n$ không thể chẵn. Nếu $n$ chẵn thì dễ thấy vế phải không chia hết cho $3$ còn vế trái thì có, vô lí.
Nhận xét 2. $a$ chẵn và $\text{gcd}(a, p_{i}) = 1$
Gọi $L$ là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của $n$.
TH1. $L \in \{p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{k}\}$. Khi đó ta có $a^{2n} \equiv 1\pmod{L}$ và $a^{L - 1} \equiv 1\pmod{L}$. Khi đó $a^{\text{gcd}(2n, L - 1)} \equiv_{L} 1$ (tính chất của cấp số nguyên).
Dễ thấy $\text{gcd}(L - 1, 2n) = 2$. Do đó $a^{2} - 1 \vdots L$
TH1.1. Nếu $a - 1 \vdots L \implies a^{n} - 1 \vdots L$. Mặt khác $a^{n} + 1 \vdots L$. Vậy $L = 2$, vô lí.
TH1.2. Nếu $a + 1 \vdots L$. Áp dụng bổ đề LTE, $v_{L}(a^{n} + 1) = v_{L}(a + 1) + v_{L}(n) \ge 2$, vô lí vì vế trái là số square-free.
TH2. $L \not\in \{p_{1},p_{2},\cdots, p_{k}\}$. Mặt khác $p_{i}$ lập thành đủ các số các nguyên tố lẻ đầu tiên, và $L$ lẻ nên $n$ chỉ gồm các ước nguyên tố lớn hơn $p_{k}$ hay nói cách khác, $\text{gcd}(p_{1}p_{2}\cdots p_{k}; n) = 1$

Mặt khác, xét một ước $p_{i}$ bất kì, khi đó $a^{2n} \equiv_{p_{i}} 1$. Mặt khác, $a^{p_{i} - 1} \equiv_{p_{i}} 1$. Dễ thấy ngay từ nhận xét ở trên có ngay $\text{gcd}(p_{i} - 1; n) = 1$ hay $\text{gcd}(p_{i} - 1; 2n) = 2$ (do $p_{i}$ lẻ). Từ đó có $a^{\text{gcd}(p_{i} - 1; 2n)} \equiv_{p_{i}} 1 \iff a^{2} - 1 \equiv 0\pmod{p_{i}}$.
Nếu $a - 1 \vdots p_{i} \implies a^{n - 1} \vdots p_{i} \implies p_{i} = 2$, vô lí.
Do đó $a + 1\vdots p_{i}$. Cho $i$ chạy từ $1$ đến $n$, có  $a + 1 \vdots p_{1}p_{2}\cdots p_{k}$. Dẫn đến $n = 1$, vô lí.
p.s: thử zsigmondy và đã thất bại :3. Topic số học đông vui nhỉ :-?



#3
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Giả sử $k$ là một số nào đó thỏa mãn đề bài 
Trường hợp 1 : $n$ chẵn ,ta có $(-1) \equiv (a^{\frac{n}{2}})^2 \pmod{p_i},i=\overline{1,k} \Rightarrow (\frac{-1}{p_i})=1 \Rightarrow (\frac{-1}{3})=1$ vô lí 
Trường hợp 2 : $n$ lẻ 
Giả sử tồn tại $i \in \{1,2,..,k\}$ sao cho $p_i|n$ . Khi đó $p_i|a^n+1=(a^{\frac{n}{p_i}})^{p_i}+1$ 
Theo định lí Fermat nhỏ ta suy ra được $p_i|a^{\frac{n}{p_i}}+1$ . Suy ra 
$v_{p_i}(a^n+1)=v_{p_i}(a^{\frac{n}{p_i}}+1)+v_{p_i}(p_i) \ge 2 \Rightarrow p_i^2|a^n+1$ . Mà $n$ lẻ suy ra tất cả các ước nguyên tố của $n$ đều lớn hơn $p_k$ , do đó $n>p_k$ . Giả sử $a$ không có ước nguyên tố lẻ thì $a=2^l,l \in \mathbb{N^*} \Rightarrow p_1p_2..p_k=2^{ln}+1$ 
Xét $l$ chẵn thì $(\frac{-1}{p_i})=1 ,i=\overline{1,k}$ vô lí 
Nếu $l$ lẻ thì đặt $u=2^{\frac{ln-1}{2}} \Rightarrow 2u^2+1 \equiv 0 \pmod{5}$ . Suy ra $u^2 \equiv 2 \pmod{5} \Rightarrow (\frac{2}{5})=1$ vô lí 
Vậy tồn tại ước số nguyên tố $p$ lẻ sao cho $p|a$ ,mà $(a,p_i)=1,i=\overline{1,k} \Rightarrow p>p_k$ suy ra $p_1..p_k=a^n+1>p_k^{p_k}$ (vô lí)
Vậy không tồn tại $k$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 12-10-2016 - 16:23





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh