Đến nội dung

Hình ảnh

CMR nếu $30 | n_1^4+n_2^4 + \ldots + n_{31}^4$ thì giữa các số đó ta có thể tìm ra 3 số nguyên tố liên tiếp

- - - - - hethangdu

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
revicephoneix

revicephoneix

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Cho các số nguyên tố $n_1 < n_2 < \ldots < n_{31}$. CMR nếu $30 | n_1^4+n_2^4 + \ldots + n_{31}^4$ thì giữa các số đó ta có thể tìm ra 3 số nguyên tố liên tiếp.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 16-10-2023 - 17:13
Tiêu đề & LaTeX


#2
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Nhân xét rằng $n_4 > 5$ nên $n_i$ không chia hết cho $2, 3, 5$ với mọi $i \ge 4$. Theo định lý nhỏ Fermat thì $n_i^4 \equiv 1 \pmod 2$, $n_i^4 \equiv 1 \pmod 3$ và $n_i^4 \equiv 1 \pmod 5$, suy ra $n_i^4 \equiv 1 \pmod{30}$ với mọi $i \ge 4$. Từ đó $n_1^4 + n_2^4 + n_3^4 \equiv 2 \pmod{30}$.
Từ đây ta thấy $n_1, n_2, n_3$ không thể cùng lẻ, nên $n_1 = 2$, suy ra $n_2^4 + n_3^4 \equiv 1 \pmod{15}$.

Nếu $n_2 > 3 $ thì $n_2$ và $n_3$ đều không chia hết cho $3$, suy ra $n_2^4 \equiv n_3^4 \equiv 1 \pmod 3$, suy ra $n_2^4 + n_3^4 \equiv 2 \pmod 3$, mâu thuẫn. Vậy $n_2 = 3$, suy ra $n_3^4 \equiv 0 \pmod{5}$, từ đó $n_3 = 5$. Vậy $n_1, n_2, n_3$ là 3 số nguyên tố liên tiếp.


$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh