Chủ đề này có 10 trả lời

[phong than]

Chứng minh rằng số Fermat $F_n=2^{2^n}}+1$ có ước nguyên tố lớn hơn $(n+1)2^{n+2}$.

[Mashimaru]

Không biết có đúng không nữa, chỉ thấy tính toán khủng khiếp. Mọi người check hộ em với ạ.

Với $n=1,2,3$, thì $F_n$ là số nguyên tố, hiển nhiên điều phải chứng minh là đúng. Xét $n\geq 3$. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề. Nếu $n\geq 3$ và $p$ là ước nguyên tố của $F_n$ thì $p \equiv 1\pmod{2^{n+2}}$.
Thật vậy, đặt $h=ord_p (2)$ thì ta có $2^{2^n}\equiv -1 \pmod p$ nên $2^{2^{n+1}}\equiv 1 \pmod p$, suy ra $h$ chia hết $2^{n+1}$ nhưng không chia hết $2^n$, do vậy $h=2^{n+1}$. Theo tính chất của cấp thì $p\equiv 1\pmod {2^{n+1}}$, mà $n\geq 3$ nên $p\equiv 1\pmod 8$. Từ đó ta có $\left(\dfrac{2}{p}\right)=(-1)^{\dfrac{p^2-1}{8}}=(-1)^{\dfrac{p-1}{8}\cdot (p+1)}=1$ nên tồn tại $H$ sao cho $H^2 \equiv 2\pmod p$. Suy ra $H^{2^{n+1}}\equiv 2^{2^n}\equiv -1\pmod p$. Lặp lại quy trình trên ta thu được $p\equiv 1\pmod {2^{n+2}}$.
Bổ đề được chứng minh.

Vào bài.
Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là các ước nguyên tố của $F_n$ đều không lớn hơn $(n+1)\cdot 2^{n+2}$. Ta xét phân tích tiêu chuẩn $F_n=\prod_{i=1}^{s} (2^{n+2}\cdot k_i +1)^{a_i}$ trong đó $2^{n+2}\cdot k_i +1=p_i$ là các ước nguyên tố của $F_n$. Theo định lý nhị thức thì $(2^{n+2}\cdot k_i +1)^{a_i}=\sum_{t=0}^{a_i} {a_i \choose t} \cdot (2^{n+2}\cdot k_i)^t \equiv 2^{n+2}\cdot a_ik_i +1\pmod {2^{2(n+2)}}$. Suy ra $1+2^{2^n}=\prod_{i=1}^{s} (2^{n+2}\cdot k_i +1)^{a_i}\equiv \prod_{i=1}^{s} (2^{n+2}\cdot a_ik_i +1)\equiv 2^{n+2}\sum_{i=1}^{s}a_ik_i + 1 \pmod {2^{2(n+4)}}$. Từ đây $\sum_{i=1}^{s} a_ik_i\equiv 0\pmod{2^{n+2}}$.
Mặt khác, do $p_i=2^{n+2}\cdot k_i +1\leq (n+1)\cdot2^{n+2}$ nên $k_i\leq n+1$. Theo bất đẳng thức Bernouli ta có: $(1+2^{n+2})^{\dfrac{2^n}{n+2}}>1+2^{2^n}=\prod_{i=1}^{s} (2^{n+2}\cdot k_i +1)^{a_i} \geq (2^{n+2}+1)^{\sum_{i=1}^s a_i}$. Suy ra được $\sum_{i=1}^{s} a_i < \dfrac{2^n}{n+2}$, và từ đây suy ra $\sum_{i=1}^{s} a_ik_i < 2^n\cdot\dfrac{n+1}{n+2}<2^n$. Điều này mâu thuẫn với việc $\sum_{i=1}^{s} a_ik_i\equiv 0\pmod{2^{n+2}}$.
Vậy điều giả sử là sai. Kết thúc chứng minh!

Nhớ ấy quá, tớ không ngủ được. Tặng ấy lời giải này H. nhé ^^

[H.Quân- ĐHV]

Theo bất đẳng thức Bernouli ta có: $(1+2^{n+2})^{\dfrac{2^n}{n+2}}>1+2^{2^n}$

cái này làm gì mà theo bđt Bernouli nhỉ

[H.Quân- ĐHV]

bài giải đúng rồi đấy, chỉ có cái bđt kia CM được theo hàm số......very good. bài này có thể đưa về xét $P_n = 2^{2^n} -1$ ko nhỉ??

[Arithmetic]

Bài giải trên là đúng rồi ,tuy nhiên có thể đánh giá chặt hơn bdt này : $p(F_n)\geq (4m+9).2^{n+2}+1 $ .Có thể tham khảo lời giải ở quyển này ,page 99 ,tư tuởng giống lời giải của bạn Marshimaru : http://diendantoanho...showtopic=43542

[Mashimaru]

cái này làm gì mà theo bđt Bernouli nhỉ

Bất đẳng thức $(1+a)^n \geq 1 + na$ có tên gọi là bất đẳng thức Bernouli mà anh? Em không biết nhớ có đúng không, nhưng dù không phải là bất đẳng thức Bernouli đi nữa thì khai triển nhị thức cũng dễ dàng thấy đúng ạ.

Bài giải trên là đúng rồi ,tuy nhiên có thể đánh giá chặt hơn bdt này : $p(F_n)\geq (4m+9).2^{n+2}+1 $ .Có thể tham khảo lời giải ở quyển này ,page 99 ,tư tuởng giống lời giải của bạn Marshimaru : http://diendantoanho...showtopic=43542

Anh Arithmetic cho em hỏi ký hiệu $p(F_n)$ có ý nghĩa gì ạ? Có phải là có ước nguyên tố của $F_n$ thỏa điều kiện kia không? Hơn nữa, $(4m+9)\cdot 2^{n+2}$ thì $m$ là gì ạ?

[Arithmetic]

p(n) trong truờng hợp này nghĩa là ước nguyên tố lớn nhất của n .Cái số m kia thì thay =n ,anh viết nhầm tí thôi

[Mashimaru]

Một mở rộng của bài toán gốc.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $a$ và $p$ là ước nguyên tố của $a$ thì số $a^{p^k}-1$ có ước nguyên tố lớn hơn $kp^k\cdot\dfrac{\ln{p}}{\ln{a}}$

[H.Quân- ĐHV]

liên quan đến số F_n này thì có thể lấy VD
2,CM tồn tại vô số $p$ và$ q $, là 2 số nguyên tố thỏa mãn$ 2^p+2 $chia hết cho $q $và $2^q+2$ chia hết cho$ p$

[Arithmetic]

liên quan đến số F_n này thì có thể lấy VD
2,CM tồn tại vô số $p$ và$ q $, là 2 số nguyên tố thỏa mãn$ 2^p+2 $chia hết cho $q $và $2^q+2$ chia hết cho$ p$

Chỗ này phải thay bằng dấu - nếu không sẽ chỉ tồn tại hữu hạn p,q .Bài của Marshimaru hay đó ,để mình nghĩ thử .Có lẽ ý tưởng là xét ước nguyên tố của $\dfrac{a^{p^k}-1}{a^{p^{k-1}}-1}$ ,mọi ước của nó có dạng t.p^k+1 .

[Mashimaru]

Ý của anh Arithmetic đúng rồi ạ. Đó cũng là hướng nghĩ của em. Hơn nữa phần còn lại làm y hệt bài China TST nói trên, chỉ có điều là phần đầu không nặng về kỹ thuật sử dụng cấp và thặng dư bình phương như vậy, nên tuy đó là bài tổng quát hơn nhưng thực ra nếu lấy $a=2$ thì bất đẳng thức của bài China TST vẫn chặt hơn ạ.