Cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x], \text{deg}P\geq 2$.
CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 08-10-2014 - 23:30
Cho $P(x)\in \mathbb{Z}[x], \text{deg}P\geq 2$.
CMR: Tồn tại $m\in \mathbb{Z^+}$ để $P(m!)$ là hợp số.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 08-10-2014 - 23:30
short list 2005
Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!) \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có :
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ .
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$.
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.
Xét số nguyên tố pp và số tự nhiên chẵn k<pk<p. Theo Wilson : (p−k)!(k−1)≡(−1)(k−1).(p−1)!≡1(modp)(p−k)!(k−1)≡(−1)(k−1).(p−1)!≡1(modp)
Do đó : (k−1)!P((p−k)!)=n∑i=0ai[(k−1)!]n−i.[(p−k)!(k−1)!]i≡n∑i=0ai[(k−1)!]n−i(modp)(k−1)!P((p−k)!)=∑i=0nai[(k−1)!]n−i.[(p−k)!(k−1)!]i≡∑i=0nai[(k−1)!]n−i(modp)
Suy ra (k−1)!P((p−k)!)≡S((k−1)!)(modp)(k−1)!P((p−k)!)≡S((k−1)!)(modp) với S(x)=an+an−1x+..+a0xnS(x)=an+an−1x+..+a0xn
Từ đó suy ra p|P((p−k)!)⇔S((k−1)!)⋮pp|P((p−k)!)⇔S((k−1)!)⋮p . Chú ý rằng S((k−1)!)S((k−1)!) là đa thức phụ thuộc vào kk. Xét k>2an+1k>2an+1 ta có :
s=(k−1)!an,ss=(k−1)!an,s là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn kk. Ta có S((k−1)!)=anbk,bk≡1(mods)S((k−1)!)=anbk,bk≡1(mods)
Suy ra bkbk chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn kk. Cho kk càng lớn thì S((k−1)!)S((k−1)!) càng lớn . Với kk đủ lớn thì |bk|>1|bk|>1 .
Do đó tồn tại ước nguyên tố pp của bkbk mà p|P((p−k)!)p|P((p−k)!)
Bây giờ ta cần chọn kk sao cho nó đủ lớn để |P((p−k)!)|>p|P((p−k)!)|>p . Xét qq là số nguyên tố đủ lớn mà k=(q−1)!k=(q−1)!. Nhân xét k+ik+i là hợp số với i=1,..,q−1i=1,..,q−1
Khi đó pp là số nguyên tố lớn hơn kk mà P((p−k)!)⋮pP((p−k)!)⋮p nên p>k+q−1p>k+q−1 suy ra p=k+q+r,r≥0p=k+q+r,r≥0
Với số nguyên tố qq đủ lớn mà do degP≥2degP≥2 nên |P((p−k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q−1)!+q+r=p|P((p−k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q−1)!+q+r=p.
Vậy ta có p|P((p−k)!)p|P((p−k)!) và p≠P((p−k)!)p≠P((p−k)!)
nên ta có điều phải chứng minh.
short list 2005 là gì zẻ bạn ?
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh