Chủ đề này có 4 trả lời

[Stoker]

Chứng minh rằng nếu $p$ là ước nguyên tố của $2^{2^n}+1$ thì $p$ có dạng $2^{n+2}k+1.$

[Ego]

Hình như bài toán phải là $p$ có dạng $2^{n + 1}k + 1$. Ví dụ với $n = 1$ thì bài toán của bạn đâu đúng.
Bài này cũng khá kinh điển rồi. Mình nhớ có một bài (ý tưởng từ bài này) trong đề China TST đánh giá độ lớn của ước nguyên tố $p$ này :-D.
Yêu cầu bài toán chứng minh tương đương với $p\equiv 1\pmod{2^{n + 1}}$
Ta có $p\mid 2^{2^{n}} + 1 \implies \text{ord}_{p}(2)\mid 2^{n + 1} \implies \text{ord}_{p}(2) = 2^{n + 1}$
Mặt khác, để ý $p$ lẻ, áp dụng định lý Fermat nhỏ, $2^{p - 1} \equiv 1\pmod{p} \implies 2^{n + 1} \mid p - 1$.
Ta kết thúc chứng minh. $\bigstar$.

Remark

Hình như có lần mình chứng minh bằng thuần định lý Fermat nhỏ ở AoPS hay sao á.... Dài.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 21-05-2016 - 18:39

[Stoker]

Hình như bài toán phải là $p$ có dạng $2^{n + 1}k + 1$. Ví dụ với $n = 1$ thì bài toán của bạn đâu đúng.
Bài này cũng khá kinh điển rồi. Mình nhớ có một bài (ý tưởng từ bài này) trong đề China TST đánh giá độ lớn của ước nguyên tố $p$ này :-D.
Yêu cầu bài toán chứng minh tương đương với $p\equiv 1\pmod{2^{n + 1}}$
Ta có $p\mid 2^{2^{n}} + 1 \implies \text{ord}_{p}(2)\mid 2^{n + 1} \implies \text{ord}_{p}(2) = 2^{n + 1}$
Mặt khác, để ý $p$ lẻ, áp dụng định lý Fermat nhỏ, $2^{p - 1} \equiv 1\pmod{p} \implies 2^{n + 1} \mid p - 1$.
Ta kết thúc chứng minh. $\bigstar$.

Remark

Hình như có lần mình chứng minh bằng thuần định lý Fermat nhỏ ở AoPS hay sao á.... Dài.

Mới đầu mình đọc trong wiki thấy $n+2$ nên thấy kì. 

Mình có thử giá trị $n=5,6,9$ thấy thỏa mà không chứng minh được nên đăng. Cũng có thể bài toán đúng với $n\geq 2.$ Bạn xem thử xem sao.

[Stoker]

Cách của mình.

Ta sẽ chứng minh $p\mid a^{2^{n+1}}+1$ với $a$ nguyên dương nào đó, rồi tương tự như bài của Ego ta có điều phải chứng minh.

Theo trên ta có nếu $p$ là ước của $2^{2^n}+1$ thì $p\equiv 1\ (\text{mod}\ 2^{n+1})$

Mà $n\geq 2$ nên $p\equiv 1\ (\text{mod}\ 8)$

Do đó tồn tại $a$ sao cho $a^2\equiv 2\ (\text{mod}\ p)$

Hay $a^{2^{n+1}}\equiv 2^{2^n} \equiv -1\ (\text{mod}\ p) \implies p\mid a^{2^{n+1}}+1.$ Ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stoker: 21-05-2016 - 20:20

[So Surprised]

Chứng minh rằng nếu $p$ là ước nguyên tố của $2^{2^n}+1$ thì $p$ có dạng $2^{n+2}k+1.$

 

Hình như bài toán phải là $p$ có dạng $2^{n + 1}k + 1$. Ví dụ với $n = 1$ thì bài toán của bạn đâu đúng.
Bài này cũng khá kinh điển rồi. Mình nhớ có một bài (ý tưởng từ bài này) trong đề China TST đánh giá độ lớn của ước nguyên tố $p$ này :-D.
Yêu cầu bài toán chứng minh tương đương với $p\equiv 1\pmod{2^{n + 1}}$
Ta có $p\mid 2^{2^{n}} + 1 \implies \text{ord}_{p}(2)\mid 2^{n + 1} \implies \text{ord}_{p}(2) = 2^{n + 1}$
Mặt khác, để ý $p$ lẻ, áp dụng định lý Fermat nhỏ, $2^{p - 1} \equiv 1\pmod{p} \implies 2^{n + 1} \mid p - 1$.
Ta kết thúc chứng minh. $\bigstar$.

Remark

Hình như có lần mình chứng minh bằng thuần định lý Fermat nhỏ ở AoPS hay sao á.... Dài.

Không phải đâu nha bạn, với n>1 thì là $2^{n+2}k+1$