Chủ đề này có 4 trả lời

[Zz Isaac Newton Zz]

Giả sử $N> 1$ là số nguyên dương, $d< N$ là ước dương tùy ý của $N.$ Chứng minh rằng với mọi $k> 0,$ tồn tại $x$ nguyên dương sao cho $N^{x}-d$ có ước nguyên tố $p> k.$

[nhungvienkimcuong]

Giả sử $N> 1$ là số nguyên dương, $d< N$ là ước dương tùy ý của $N.$ Chứng minh rằng với mọi $k> 0,$ tồn tại $x$ nguyên dương sao cho $N^{x}-d$ có ước nguyên tố $p> k.$

bài này bản chất là chứng minh các số thuộc tập $\mathcal{X}=\left \{ N^x-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn các ước nguyên tố và dạng này thì $\text{Kobayashi's theorem}$ lên ngôi :v

ở đây mình sẽ chứng minh tập $\mathcal{X}^*=\left \{ N^{2^x}-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn ước nguyên tố

thật vậy giả sử tập $\mathcal{X}^*$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố và ta giả sử đó là các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_t$ trong đó

$p_1<p_2<...<p_t$

ta chọn số nguyên dương $r$ sao cho

$p_1^r>d^{2^t}-d$

ta chọn số nguyên dương $a$ sao cho

$N^{2^a}-d>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^r$

tới đây ta có

$N^{2^a}-d=\prod_{i=1}^{t}p_i^{v_{p_i}\left ( N^{2^a}-d \right )}>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^t$

$\Rightarrow \exists i_0:v_{p_{i_0}}\left ( N^{2^a}-d \right )>r$

ta làm tương tự vậy với các số $a+1,...,a+t$ cuối cùng ta chọn được $t+1$ số $p_i$ như trên mà chỉ có $t$ số nguyên tố

nên $\exists\ k,l\in \left [ 0,t \right ]$ có cùng chỉ số $i_0$ tức là ta có số nguyên tố $p_i$ sao cho

$\begin{matrix} v_{p_i}\left ( N^{2^{a+k}}-d \right )>r\\ v_{p_i}\left ( N^{2^{a+l}}-d \right )>r \end{matrix}$

$\text{WLOG}$ $k>l$ thì ta có

$p_i^r\mid N^{2^{a+l}}-d\Rightarrow N^{2^{a+l}}\equiv d\ (\mod\ p_i^r)$

mặt khác thì

$N^{2^{a+k}}=N^{2^{a+l}.2^{k-l}}\equiv d^{2^{k-l}}\equiv d\ (\mod p_i^r)$

$d^{2^{k-l}}-d\ge p_i^r\ge p_1^r>d^{2^t}-d$

điều trên mẫu thuẫn do $k,l\in \left [ 0,t \right ]\Rightarrow k-l\le t$

tơi đây ta có được tập $\mathcal{X}^*$ có vô hạn ước nguyên tố tức cũng có tập $\mathcal{X}$ có vô hạn ước nguyên tố

[Zz Isaac Newton Zz]

bài này bản chất là chứng minh các số thuộc tập $\mathcal{X}=\left \{ N^x-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn các ước nguyên tố và dạng này thì $\text{Kobayashi's theorem}$ lên ngôi :v

ở đây mình sẽ chứng minh tập $\mathcal{X}^*=\left \{ N^{2^x}-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn ước nguyên tố

thật vậy giả sử tập $\mathcal{X}^*$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố và ta giả sử đó là các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_t$ trong đó

$p_1<p_2<...<p_t$

ta chọn số nguyên dương $r$ sao cho

$p_1^r>d^{2^t}-d$

ta chọn số nguyên dương $a$ sao cho

$N^{2^a}-d>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^r$

tới đây ta có

$N^{2^a}-d=\prod_{i=1}^{t}p_i^{v_{p_i}\left ( N^{2^a}-d \right )}>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^t$

$\Rightarrow \exists i_0:v_{p_{i_0}}\left ( N^{2^a}-d \right )>r$

ta làm tương tự vậy với các số $a+1,...,a+t$ cuối cùng ta chọn được $t+1$ số $p_i$ như trên mà chỉ có $t$ số nguyên tố

nên $\exists\ k,l\in \left [ 0,t \right ]$ có cùng chỉ số $i_0$ tức là ta có số nguyên tố $p_i$ sao cho

$\begin{matrix} v_{p_i}\left ( N^{2^{a+k}}-d \right )>r\\ v_{p_i}\left ( N^{2^{a+l}}-d \right )>r \end{matrix}$

$\text{WLOG}$ $k>l$ thì ta có

$p_i^r\mid N^{2^{a+l}}-d\Rightarrow N^{2^{a+l}}\equiv d\ (\mod\ p_i^r)$

mặt khác thì

$N^{2^{a+k}}=N^{2^{a+l}.2^{k-l}}\equiv d^{2^{k-l}}\equiv d\ (\mod p_i^r)$

$d^{2^{k-l}}-d\ge p_i^r\ge p_1^r>d^{2^t}-d$

điều trên mẫu thuẫn do $k,l\in \left [ 0,t \right ]\Rightarrow k-l\le t$

tơi đây ta có được tập $\mathcal{X}^*$ có vô hạn ước nguyên tố tức cũng có tập $\mathcal{X}$ có vô hạn ước nguyên tố

Em chưa học định lý $Kobayashi$ nên anh có thể phát biểu và chứng minh định lý này được không ạ...

[lamNMP01]

bài này bản chất là chứng minh các số thuộc tập $\mathcal{X}=\left \{ N^x-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn các ước nguyên tố và dạng này thì $\text{Kobayashi's theorem}$ lên ngôi :v

ở đây mình sẽ chứng minh tập $\mathcal{X}^*=\left \{ N^{2^x}-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn ước nguyên tố

thật vậy giả sử tập $\mathcal{X}^*$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố và ta giả sử đó là các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_t$ trong đó

$p_1<p_2<...<p_t$

ta chọn số nguyên dương $r$ sao cho

$p_1^r>d^{2^t}-d$

ta chọn số nguyên dương $a$ sao cho

$N^{2^a}-d>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^r$

tới đây ta có

$N^{2^a}-d=\prod_{i=1}^{t}p_i^{v_{p_i}\left ( N^{2^a}-d \right )}>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^t$

$\Rightarrow \exists i_0:v_{p_{i_0}}\left ( N^{2^a}-d \right )>r$

ta làm tương tự vậy với các số $a+1,...,a+t$ cuối cùng ta chọn được $t+1$ số $p_i$ như trên mà chỉ có $t$ số nguyên tố

nên $\exists\ k,l\in \left [ 0,t \right ]$ có cùng chỉ số $i_0$ tức là ta có số nguyên tố $p_i$ sao cho

$\begin{matrix} v_{p_i}\left ( N^{2^{a+k}}-d \right )>r\\ v_{p_i}\left ( N^{2^{a+l}}-d \right )>r \end{matrix}$

$\text{WLOG}$ $k>l$ thì ta có

$p_i^r\mid N^{2^{a+l}}-d\Rightarrow N^{2^{a+l}}\equiv d\ (\mod\ p_i^r)$

mặt khác thì

$N^{2^{a+k}}=N^{2^{a+l}.2^{k-l}}\equiv d^{2^{k-l}}\equiv d\ (\mod p_i^r)$

$d^{2^{k-l}}-d\ge p_i^r\ge p_1^r>d^{2^t}-d$

điều trên mẫu thuẫn do $k,l\in \left [ 0,t \right ]\Rightarrow k-l\le t$

tơi đây ta có được tập $\mathcal{X}^*$ có vô hạn ước nguyên tố tức cũng có tập $\mathcal{X}$ có vô hạn ước nguyên tố

Anh ơi , thế  thì thà dùng Zsigmondy còn dễ cm hơn

[nhungvienkimcuong]

Anh ơi , thế  thì thà dùng Zsigmondy còn dễ cm hơn

dùng sao em nhỉ? anh có nghĩ tới rồi nhưng do còn lòi cái thằng $d$ ở ngoài cứ vướng vướng ấy