Chủ đề này có 4 trả lời

[Secrets In Inequalities VP]

Cho $m\in \mathbb{Z_+}$ . CMR : $5^{m}+3$ ko có uóc nguyên tố $p= 30k+11$ và $p= 30k-1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 28-10-2012 - 07:00

[Crystal]

Lời nhắn từ BQT: Nếu chủ topic không sửa lại tiêu đề thì bài viết sẽ bị xóa sau ngày hôm nay.

>> Cách đặt tiêu đề.

[Crystal]

Xin lỗi! Mọi bài viết trong topic này sẽ được ẩn đến khi nào chủ topic sửa tiêu đề.

[nguyenta98]

Óe, nếu thế bài này bị xóa thì bài của em cũng bị xóa còn gì? Mà các anh cũng thông cảm, anh này ít khi onl lắm, có khi cả tuần mới onl một hai lần thì bài này chắc chắn bị xóa rồi

[nguyenta98]

Cho $m\in \mathbb{Z_+}$ . CMR : $5^{m}+3$ ko có uóc nguyên tố $p= 30k+11$ và $p= 30k-1$.

Giải như sau:
Bổ đề 1: $a^2+3 \vdots p$ thì $p \equiv 1 \pmod{3}$
Chứng minh: $a^2 \equiv -3 \pmod{p} \Rightarrow a^{p-1} \equiv (-3)^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$
Mặt khác $a \not \vdots p \Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow (-3)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$
TH1: $p \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow 3^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $3$ là scp $mod(p)$ do đó $p=12k\pm1$ nhưng $p \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow p=12k+1$ suy ra $p \equiv 1 \pmod{3}$ đpcm
TH2: $p \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow 3^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}$ suy ra $3$ không là scp $mod(p)$ mặt khác $p \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow p=12k+7,12k+11$ (do $p$ nguyên tố nên $p$ không thể là $12k+3$) nhưng nếu $p=12k+11$ thì $3$ lại là scp $mod(p)$ vô lí do đó $p=12k+7 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{3}$
Bổ đề được chứng minh
Bổ đề 2: $5$ là số chính phương $mod(p)$ với $p$ nguyên tố lẻ $\neq 5$ thì $p=5t\pm1$
Chứng minh: Theo luật tương hỗ Gauss suy ra $5$ là số chính phương $mod(p)$ khi và chỉ khi $p$ là số chính phương $mod(5)$ (do $5,p$ có ít nhất một số chia $4$ dư $1$ là $5$) do đó $p^{\frac{5-1}{2}} \equiv p^2 \equiv 1 \pmod{p}$ do đó $p \equiv \pm1 \pmod{5}$ suy ra $đpcm$
$$**********$$
Áp dụng ta có
TH1: $m$ chẵn suy ra $5^m=a^2$ do đó $a^2+3 \vdots p$ suy ra rõ ràng theo bổ đề 1 ta có $p \equiv 1 \pmod{3}$ nên $p$ không thể có dạng $30k+11$ hay $30k-1$
TH2: $m$ lẻ suy ra $5^m+3 \vdots p \Leftrightarrow 5^{m+1}+15 \vdots p \Rightarrow a^2+15 \vdots p$
Suy ra $(-15)$ là số chính phương $mod(p)$ do đó $(-15)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$
$\boxed{1}$ $p \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow 5^{\frac{p-1}{2}}.3^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$
Theo định lý Fermat nhỏ $5^{p-1}-1 \vdots p \Rightarrow (5^{\frac{p-1}{2}}-1)(5^{\frac{p-1}{2}}+1) \vdots p \Rightarrow 5^{\frac{p-1}{2}} \equiv \pm1 \pmod{p}$ tương tự với $3$ cũng vậy
Do đó $5^{\frac{p-1}{2}} \equiv 3^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod{p}$ hoặc $5^{\frac{p-1}{2}} \equiv 3^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}$
Hay $5,3$ cùng là số chính phương $mod(p)$ hoặc cùng không là số chính phương $mod(p)$
$\rightarrow$ Nếu $5,3$ cùng là scp $mod(p)$ kết hợp với $p \equiv 1 \pmod{4}$ suy ra $p=12k+1$ hay $p \equiv 1 \pmod{3}$ suy ra $p$ không thể có dạng $30k+11,30k-1$
$\rightarrow$ Nếu $5,3$ không là scp $mod(p)$ kết hợp với $p \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow p=12k+5$ (chú ý $3$ không là scp $mod(p)$)
Mặt khác $5$ không là scp $mod(p)$ suy ra $p \equiv 2,3 \pmod{5}$ khi đó $p=60k+17,60k+53$ khi ấy $p$ không thể có dạng $30k+11,30k-1$ đpcm
$\boxed{2}$ $p \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow 5^{\frac{p-1}{2}}.3^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}$
Khi ấy cm tương tự trên $3$ là scp $mod(p)$ và $5$ không là scp $mod(p)$ và ngược lại
$\rightarrow$ Nếu $3$ là scp $mod(p)$ còn $5$ thì không, khi ấy kết hợp $p \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow p=12k+11$ mà $5$ không là scp $mod(p)$ nên $p \equiv 2,3 \pmod{5}$ kết hợp suy ra $p=60k+47,60k+23$ qua đó cũng không thể có dạng $30k+11,30k-1$ đpcm
$\rightarrow$ Nếu $3$ không là scp $mod(p)$ còn $5$ thì có, khi ấy kết hợp $p \equiv 3 \pmod{4} \Rightarrow p=12k+7$ khi ấy $p$ chia $3$ dư $1$ nên hiển nhiên nó không thể có dạng $30k+11,30k-1$ đpcm
Tóm lại ta thu được $p \neq 30k+11,30k-1$ đây chính là $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-11-2012 - 20:51