Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+19(p-1)$ là số chính phương.
Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $3^p+19(p-1)$ là số chính phương
Bắt đầu bởi Zaraki, 02-12-2011 - 18:01
#1
Đã gửi 02-12-2011 - 18:01
Zaraki
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 4273 Bài viết
PQT
- nhungvienkimcuong yêu thích
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
Đã gửi 03-12-2011 - 23:24
nguyenta98
-
- Hiệp sỹ
-
- 1259 Bài viết
Thượng úy
Giải như sau:
Xét $p=2$ dễ thấy loại
Nếu $p>2$
Ta có bổ đề sau:
Bổ đề: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với ($p \equiv 3 \pmod{4}$)
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.
Áp dụng:
TH1: $p$ chia 4 dư 1 suy ra loại luôn vì khi đó $3^p+19(p-1)$ chia 4 dư 3 mâu thuẫn là scp.
TH2: $p$ chia 4 dư 3. Đặt $VT=a^2$
Ta có $VT=3^p+19(p-1)=19p+(3^p-19)$ theo định lý fermat nhỏ có $3^p \equiv 3 \pmod{p}$
Suy ra $VT \equiv -16 \pmod{p}$ suy ra $a^2 \equiv -16 \pmod{p}$ hay $a^2+16$ chia hết cho $p$
Áp dụng bổ đề suy ra $16$ chia hết cho p vô lý.
Vậy bài toán không có số nguyên tố nào thỏa mãn.
Xét $p=2$ dễ thấy loại
Nếu $p>2$
Ta có bổ đề sau:
Bổ đề: Nếu $p$ là số nguyên tố và $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$ với ($p \equiv 3 \pmod{4}$)
CM:
Giả thiết phản chứng $a,b$ không chia hết cho $p$ suy ra $gcd(a,p)=1$ và tương tự với b
Đặt $p=4k+3$
Xét số $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ ta có:
$a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)*(…)$ <1>
Lại theo đề bài $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ suy ra từ <1> ta có $a^{4k+2}+b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ <2>
Lại theo định lý fermat nhỏ: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ và tương tự với $b$
Suy ra $a^{p-1}- b^{p-1}=a^{4k+2}- b^{4k+2}$ chia hết cho p <3>
Từ <2> và <3> suy ra $2b^{4k+2}$ chia hết cho $p$ suy ra $b$ chia hết cho p suy ra $a$ cũng chia hết cho p suy ra giả thiết phản chứng là sai suy ra bổ đề được chứng minh.
Áp dụng:
TH1: $p$ chia 4 dư 1 suy ra loại luôn vì khi đó $3^p+19(p-1)$ chia 4 dư 3 mâu thuẫn là scp.
TH2: $p$ chia 4 dư 3. Đặt $VT=a^2$
Ta có $VT=3^p+19(p-1)=19p+(3^p-19)$ theo định lý fermat nhỏ có $3^p \equiv 3 \pmod{p}$
Suy ra $VT \equiv -16 \pmod{p}$ suy ra $a^2 \equiv -16 \pmod{p}$ hay $a^2+16$ chia hết cho $p$
Áp dụng bổ đề suy ra $16$ chia hết cho p vô lý.
Vậy bài toán không có số nguyên tố nào thỏa mãn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-12-2011 - 14:17
- Zaraki, gacon812 và nhungvienkimcuong thích
#3
Đã gửi 04-12-2011 - 14:25
nguyenta98
-
- Hiệp sỹ
-
- 1259 Bài viết
Thượng úy
Xin trích dẫn về định lý fermat nhỏ: (vì trong bài mình có dùng định lý này)
Cho $p$ là 1 sô nguyên tố. Cho a là 1 số nguyên thỏa mãn $gcd(a,p)=1$ thì $a^p \equiv a \pmod{p}$
Chứng minh:
Xét dãy sau:
$1a,2a,...,(p-1)a$ nhận thấy trong dãy trên thì các số chia cho $p$ có các số dư khác nhau vì nếu không thì:
Giả sử $ma,na$ là 2 số có cùng số dư trong dãy với $m<n\le p-1$
suy ra $(n-m)a$ chia hết cho p suy ra $n-m$ chia hết cho p (do $gcd(a,p)=1$) vô lý vì $m,n\le p-1$
Như vậy $(p-1)!a^{p-1} \equiv (p-1)! \pmod{p}$ suy ra $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $a^p \equiv a \pmod{p}$ đpcm
Cho $p$ là 1 sô nguyên tố. Cho a là 1 số nguyên thỏa mãn $gcd(a,p)=1$ thì $a^p \equiv a \pmod{p}$
Chứng minh:
Xét dãy sau:
$1a,2a,...,(p-1)a$ nhận thấy trong dãy trên thì các số chia cho $p$ có các số dư khác nhau vì nếu không thì:
Giả sử $ma,na$ là 2 số có cùng số dư trong dãy với $m<n\le p-1$
suy ra $(n-m)a$ chia hết cho p suy ra $n-m$ chia hết cho p (do $gcd(a,p)=1$) vô lý vì $m,n\le p-1$
Như vậy $(p-1)!a^{p-1} \equiv (p-1)! \pmod{p}$ suy ra $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $a^p \equiv a \pmod{p}$ đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 04-12-2011 - 14:33
- Zaraki yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
