Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố q sao cho với mọi n nguyên dương,
$n^p-p$ không chia hết cho q
Ta có $\frac{p^p-1}{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$.
Do đó tồn tại $q$ là số nguyên tố là ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ sao cho $p \equiv x \pmod{p^2} ,x \ne 1$
Ta sẽ chứng minh số $q$ đó thỏa mãn
Trước tiên thấy rằng
+) Nếu $q|p-1 \Rightarrow q|p^p-1$
+) Nếu $q \not | p-q$ thì $(p-1,q)=1$
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p^p \equiv 1 \pmod{q}$
Tóm lại ta luôn có $q|p^p-1$
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $q|n^p-p$ suy ra $n^{p^2} \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q}$
Đặt $K=o_q(n)$ khi đó $k|p^2 \Rightarrow k \in \{1,p,p^2\}$
Nếu $k=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow p^{p-1}+p^{p-2}+..+1 \equiv p \pmod{q}$
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p \equiv 0 \pmod{q}$ (vô lí)
Nếu $k=p \Rightarrow p \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow q|p-1$ theo chứng minh trên thì ta cũng có điều vô lí
Nếu $k=p^2$ thì $p^2|\phi(q)=q-1 \Rightarrow p^2|q-1$ không thỏa mãn cách chọn$q$.
Vậy ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 03-04-2017 - 18:46
Ta có $\frac{p^p-1}{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$.
Do đó tồn tại $q$ là số nguyên tố là ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ sao cho $p \equiv x \pmod{p^2} ,x \ne 1$
Ta sẽ chứng minh số $q$ đó thỏa mãn
Trước tiên thấy rằng
+) Nếu $q|p-1 \Rightarrow q|p^p-1$
+) Nếu $q \not | p-q$ thì $(p-1,q)=1$
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p^p \equiv 1 \pmod{q}$
Tóm lại ta luôn có $q|p^p-1$
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $q|n^p-p$ suy ra $n^{p^2} \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q}$
Đặt $K=o_q(n)$ khi đó $k|p^2 Rightarrow k \in \{1,p,p^2}$
Nếu $k=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow p^{p-1}+p^{p-2}+..+1 \equiv p \pmod{q}$
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p \equiv 0 \pmod{q}$ (vô lí)
Nếu $k=p \Rightarrow p \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow q|p-1$ theo chứng minh trên thì ta cũng có điều vô lí
Nếu $k=p^2$ thì $p^2|\phi(q)=q-1 \Rightarrow p^2|q-1$ không thỏa mãn cách chọn$q$.
Vậy ta có đpcm
Ủa chả $n^p-1\vdots q$ hả bạn
Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.
Cái này dùng phản chứng thay vì Kobayashi
Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.
cái này có nhất thiết dùng toán cao cấp không nhỉ ?
cái này có nhất thiết dùng toán cao cấp không nhỉ ?
Nếu nhớ không nhầm thì đây là bài 6 imo năm anh Bảo thi. Mình vừa thử tính toán bằng định lý mật độ Frobenius thì có $\frac{p(p-2)+1}{p(p-1)}$ số nguyên tố $q$ để đa thức $X^p-p$ có nghiệm mod $q$ và $\frac{1}{p}$ số nguyên tố $q$ để $X^p-p$ bất khả quy. Ngoài ra ta còn kết luận được với mỗi số nguyên tố $q$, đa thức này hoặc bất khả quy, hoặc có nghiệm mod $q$.
PS; Xin lỗi về kết luận cuối. Thực ra ta chỉ có "hầu như" đa thức này hoặc bất khả quy, hoặc có nghiệm mod $q$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 12-08-2017 - 14:16
cái này có nhất thiết dùng toán cao cấp không nhỉ ?
Không.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố q sao cho với mọi n nguyên dương,
$n^p-p$ không chia hết cho q
Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.
chứng minh tồn tại vô hạn ý tưởng thì cũng giống chứng minh tồn tại thôi =))
giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố thỏa đề là $q_1,q_2,...,q_t$
ta đặt $a=pq_1^pq_2^p...q_t^p$
tương tự như trên ta dễ dàng chứng minh được $q_{t+1}\notin \left \{ q_1,q_2,...,q_t \right \}:\left\{\begin{matrix} q_{t+1}\mid \frac{a^p-1}{a-1}\\q_{t+1}\not\equiv 1\left ( \mod\ p^2 \right ) \end{matrix}\right.$
ta sẽ chứng minh số $q_{t+1}$ này cũng thỏa đề thật vậy
giả sử tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho
$q_{t+1}\mid n^p-p\Rightarrow n^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv pq_1^pq_2^p...q_t^p\equiv a\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^{p^2}\equiv a^p\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
$\Rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\mid p^2\rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\in \left \{ 1,p,p^2 \right \}$
mặt khác ta lại có
$ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\mid q_{t+1}-1$
với cách chọn $q_{t+1}$ ta suy ra được
$ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\notin p^2\rightarrow ord_{q_{t+1}}\left ( nq_1q_2...q_t \right )\in \left \{ 1,p \right \}$
$\Rightarrow \left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
$\Rightarrow p\left ( nq_1q_2...q_t \right )^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
$\Rightarrow n^p.a\equiv p\left ( \mod q_{t+1} \right )$
mà theo sự tồn tại của $n$ thì $n^p\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
$\Rightarrow pa\equiv p\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
ta dễ thấy rằng $p\neq q_{t+1}\Rightarrow a\equiv 1\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
từ đây ta có được
$p\equiv \frac{a^p-1}{a-1}\equiv 0\left ( \mod\ q_{t+1} \right )$
tới đây có mâu thuẫn do đó ta có $\text{Q.E.D}$
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh