Đến nội dung

Hình ảnh

$n^p-p$ không chia hết cho q

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1
yeutoan2001

yeutoan2001

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết

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



#2
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

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


#3
yeutoan2001

yeutoan2001

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết

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 



#4
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

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.


#5
lamNMP01

lamNMP01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết

Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.

Cái này dùng phản chứng thay vì Kobayashi :P



#6
lamNMP01

lamNMP01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết

Biết là hơi  lạ nhưng 1 ông giáo sư Nga ( Fedor Petrov ) ( mình có kết bạn với ông này ) đã chứng minh 1 kết quả như sau .

 

Phương trình đồng dư x^p = p ( mod q) vô nghiệm khi và chỉ khi :

 

i) q đồng dư 1 mod p

ii)p ^ (q-1/p) không đồng dư 1 mod q



#7
lamNMP01

lamNMP01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết

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 ?



#8
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

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


#9
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

cái này có nhất thiết dùng toán cao cấp không nhỉ ?

Không.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#10
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

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 ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh