Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


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

Đã gửi 01-04-2017 - 20:05

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
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 01-04-2017 - 22:14

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

Đã gửi 02-04-2017 - 09:08

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
  • 1568 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 10-08-2017 - 22:44

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
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-08-2017 - 00:30

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
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-08-2017 - 09:17

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
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-08-2017 - 09:19

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

  • Thành viên
  • 539 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-08-2017 - 13:16

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
  • 1568 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 12-08-2017 - 14:02

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

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 463 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 14-08-2017 - 20:30

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