Chủ đề này có 7 trả lời

[WhjteShadow]

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
a) $p=8k+1$
b) $p=8k+3$
c) $p=8k+5$
d) $p=8k+7$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 01-12-2012 - 17:33

[tramyvodoi]

Xét số dư của các số nguyên tố khi chia cho 8.

[Math Is Love]

Xét số dư của các số nguyên tố khi chia cho 8.

Nếu thế thì chị chứng minh ngược chiều rồi.
Chị mới chỉ ra được là luôn tồn tại số nguyên tố dạng $8k+1$ nhưng chưa chỉ ra được tồn tại vô số số nguyên tố dạng như vậy!

[Secrets In Inequalities VP]

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
a) $p=8k+1$

Tổng quát : Với mỗi số n nguyên dương cho trước luôn tồn tại vô số số nguyên tố dạng $2^{n}k+1$
Ta dùng bổ đề :
Bổ đề : Cho $a,n\in\mathbb{N}^{*}$ .Khi đó mọi ước nguyên tố p của số $a^{2^{n}}+1$ hoặc bằng $2$ hoặc có dạng $p= 2^{n+1}k+1$
Vào bài toán :
Giả sử chỉ có hữu hạn số ntố dạng $2^{n}k+1$ là ${p_1},{p_2},..,{p_m}$
Đặt $a=2{p_1}{p_2}...{p_m}$
Xét số $A= a^{2^{n-1}}+1$ .Theo bổ đề thì mọi ước ntố p của $A$ đều có dạng $p= 2^{n}k+1$.
Số $p$ này phải khác tất cả các ${p_i}$ vì nếu $p= {p_i}$ nào đó thì $a\vdots p$ mà $A\vdots p$ $\Rightarrow 1\vdots p$ vô lí
$\Rightarrow p\neq {p_i}$
Mà $p= 2^{n}k+1$. nên mâu thuẫn vs giả sử $\Rightarrow$ giả sử sai $\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 01-12-2012 - 20:28

[nguyenta98]

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
a) $p=8k+1$

Đúng vậy, rất tốt anh Secrets in inequalities VP, cách của em cũng như vậy
Nhưng em xin trình bày một bài toán tổng quát hơn nhiều
Bài toán: Chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố có dạng $p^k.n+1$ với $k$ là số nguyên bất kì
Giải như sau:
Xét số $a$ sao cho $gcd(a,p)=1$
Đồng thời xét $a^{p^k}-1$ đặt $a^{p^{k-1}}=b$ khi ấy $a^{p^k}-1=(b-1)(b^{p-1}+b^{p-2}+...+b+1)$
Gọi $q$ là ước nguyên tố của $(b^{p-1}+b^{p-2}+...+b+1)$
Dễ cm $gcd(b-1,b^{p-1}+b^{p-2}+...+b+1)=1$ nên $b-1 \not \vdots q$ nên $a^{p^{k-1}}-1 \not \vdots q$ gọi $h$ là số nhỏ nhất sao cho $a^h-1 \vdots q$ suy ra $h|p^k$ nên $h=p^k$ vì nếu $h=p^r$ với $r<k$ thì $a^{p^{k-1}}-1 \vdots a^h-1 \vdots q$ nên $b-1 \vdots q$ mâu thuẫn do đó $h=p^k$ suy ra $p^k=ord_a(q)$ nên theo Fermat nhỏ $a^{q-1}-1 \vdots q$ nên $q-1 \vdots p^k$ nên $q=p^k.n+1$
Giờ gọi $q_j$ là ước của $b_j^{p-1}+...+b_j+1$ với $b_j=a^{p^{j-1}}$ và $q_i$ với đk tương tự và $i<j$ khi ấy $gcd(b_j^{p-1}+...+b_j+1,b_j-1)=1$ nên $gcd(b_j^{p-1}+...+b_j+1,b_i^{p-1}+...+b_i+1)=1$ (do $b_j-1 \vdots b_i^{p-1}+...+b_i+1$)
Như vậy $gcd(q_j,q_i)=1$ mà $q_j,q_i$ nguyên tố nên $q_i\neq q_j$
Do đó ta thu được dãy $q_{k-1},q_{k},q_{k+1},...$ đều là số nguyên tố có dạng $p^k.n_i+1$ và $q_i\neq q_j$ do đó vô số số nguyên tố dạng $p^k.n+1$ đây là $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-12-2012 - 22:54

[nguyenta98]

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
b) $p=8k+3$

Giải như sau:
Bổ đề: $a^2+2b^2 \vdots p$ và $gcd(a,b)=1$ khi ấy $p \equiv 1,3 \pmod{8}$
Chứng minh:
Giả sử phản chứng tức là $p \equiv 5,7 \pmod{8}$ mà $x,y \not \vdots p$
Ta có $x^2 \equiv (-2)y^2 \pmod{p} \Rightarrow x^{p-1} \equiv (-2)^{\frac{p-1}{2}}.y^{p-1} \pmod{p}$
Mà $x,y \not \vdots p$ nên theo Fermat nhỏ suy ra $x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$
Suy ra $(-2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow 2^{\frac{p-1}{2}}.(-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$
Nếu $p \equiv 5 \pmod{8} \Rightarrow (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{8} \Rightarrow 2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ nên $2$ là số chính phương $mod(p)$ do đó theo tính chất thì $p \equiv \pm1 \pmod{8}$ vô lí vì $p \equiv 5 \pmod{8}$
Nếu $p \equiv 7 \pmod{8} \Rightarrow (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{8} \Rightarrow 2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ nên $2$ không là số chính phương $mod(p)$ nên $p \not \equiv \pm1 \pmod{8}$ vô lí vì $p \equiv 7 \equiv -1 \pmod{8}$
Như vậy bổ đề được chứng minh
$$**********$$
Xét các số có dạng $2a^2+1$ với $a$ lẻ khi ấy ta sẽ cm $2a^2+1$ có ít nhất một ước nguyên tố chia $8$ dư $3$ hay có dạng $8k+3$
Thật vậy theo bổ đề và $gcd(a,1)=1$ thì $2a^2+1$ chỉ có thể có ước nguyên tố dạng $8k+1,8k+3$ nhưng nếu $2a^2+1$ không có ước nguyên tố nào có dạng $8k+3$ thì $2a^2+1=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$ với $p_i \equiv 1 \pmod{4}$ suy ra $2a^2+1 \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow a^2 \vdots 2$ vô lí do $a$ lẻ như vậy $2a^2+1$ có ít nhất một ước nguyên tố chia $8$ dư $3$
Giả sử phản chứng có hữu hạn số nguyên tố dạng $8k+3$ gọi các số đó lần lượt là $p_1,p_2,...,p_t$ với $p_i \equiv 3 \pmod{8}$
Khi ấy chọn $a=p_1p_2...p_t$ suy ra $2a^2+1$ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng $8k+3$ (do $a$ lẻ dễ cm) nên suy ra gọi số đó là $q$ với $q$ nguyên tố và $q \equiv 3 \pmod{8}$ và do $p_1,p_2,...,p_t$ là tất cả số nguyên tố dạng $8k+3$ nên $q \in (p_1,p_2,...,p_t$ khi ấy $a \vdots q$ suy a $1 \vdots q$ vô lí do đó điều giả sử hữu hạn số nguyên tố $8k+3$ là sai hay ta có vô số số nguyên tố có dạng $8k+3$ đây là $đpcm$

[nguyenta98]

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
d) $p=8k+7$

Giải như sau:
Xét số $a$ lẻ và xét $a^2-2$ khi ấy $a^2-2 \equiv 7 \pmod{8}$ khi ấy ta cm $a^2-2$ chỉ có ước nguyên tố có dạng $8k+1,8k+7$
Thật vậy nếu $a^2-2 \vdots p$ nguyên tố với $p \equiv 3,5 \pmod{8}$ khi ấy $a^2 \equiv 2 \pmod{p} \Rightarrow a^{p-1} \equiv 2^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$ ta có $a^2-2 \vdots p$ nguyên tố lẻ và khi ấy $gcd(a,p)=1$ nên $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ (Fermat nhỏ) nên $2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ khi đó $2$ là scp $mod(p)$ nên $p \equiv 1,7 \pmod{8}$ mâu thuẫn với giả sử nên khẳng định được cm, nên ta có $a^2-2$ chỉ có ước nguyên tố dạng $8k+1,8k+7$ và cùng thấy $a^2-2$ có ít nhất một ước nguyên tố dạng $8k+7$ vì nếu không $a^2-2$ toàn ước nguyên tố dạng $8k+1$ thì $a^2-2 \equiv 1 \pmod{8} \Rightarrow a^2 \equiv 3 \pmod{8}$ vô lí vì $a^2$ là $scp$
Như vậy $a^2-2$ có ít nhất một ước nguyên tố dạng $8k+3$
Giả sử hữu hạn số nguyên tố có dạng $8k+3$ thì gọi tất cả số nguyên tố đó là $p_1,p_2,...,p_k$
Xét $a=p_1p_2...p_k$ và $a^2-2$ theo cm trên có ít nhất $1$ ước nguyên tố $8k+3$ đặt ước đó là $q$ suy ra $q \in (p_1,p_2,...,p_k)$ (do mọi số nguyên tố $8k+3$ là $p_1,...,p_k$) do đó $a \vdots q$ nên $2 \vdots q$ vô lí
Vậy giả sử phản chứng sai nên có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-12-2012 - 22:27

[nguyenta98]

Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng:
c) $p=8k+5$

Giải như sau:
Bổ đề (quen thuộc): $p|a^2+b^2$ và $gcd(a,b)=1$ khi ấy $p \equiv 1 \pmod{4}$ với $p$ nguyên tố
Chứng minh quá đơn giản và gần gũi, mình xin không nhắc lại
Xét $a^2+1$ với $a \equiv 2 \pmod{4}$ khi ấy do $gcd(a,1)=1$ nên mọi ước nguyên tố của $a^2+1$ đều có dạng $4t+1$ (theo bổ đề)
Nên mọi ước có dạng $8k+1,8k+5$ nhưng nếu $a^2+1$ toàn ước nguyên tố dạng $8k+1$ thì $a^2+1 \equiv 1 \pmod{8}$ thì $a^2 \equiv 0 \pmod{8}$ vô lí do $a \equiv 2 \pmod{4}$ nên $a^2+1$ ít nhất $1$ ước nguyên tố dạng $8k+5$
Giả sử hữu hạn số nguyên tố $8k+5$ gọi tất cả là $p_1,p_2,...,p_k$
Xét $k=2p_1p_2...p_k$ khi ấy $a \equiv 2 \pmod{4}$
Theo nhận định trên $a^2+1 \vdots q$ với $q \equiv 5 \pmod{8}$ khi đó do $p_1,...,p_k$ là mọi snt $8k+5$ nên $q \in (p_1,p_2,...,p_k)$ nên $a \vdots q$ nên $1 \vdots q$ vô lí
Do đó điều giả sử hữu hạn snt dạng $8k+5$ là sai nên có $đpcm$