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

Tìm số nguyên tố - $\frac{(p_1...p_n)^2-1}{(p_1-1)^2\cdots(p_n-1)^2}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 08-05-2013 - 14:04

Lâu rồi MS mới viết bài trên diễn đàn, tặng các bạn yêu thích số học bài toán này:

 

Bài toán: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ và $n$ số nguyên tố $p_1,\ldots,p_n$ phân biệt thỏa mãn điều kiện

$$\frac{\left(p_1\cdots p_n\right)^2-1}{\left(p_1-1\right)^2\cdots\left(p_n-1\right)^2}\in\mathbb Z. $$

 

Hy vọng bài toán không quá tầm thường. :)

 

 

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 25-05-2013 - 08:08
tiêu đề

Mr Stoke 


#2 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 15-05-2013 - 14:58

Đáp số của bài toán này: $n=1$ và $p_1=2,3$.


Mr Stoke 


#3 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 23-05-2013 - 07:01

Có vẻ có một vài bạn bạn quan tâm đến lời giải (và hướng giải) của bài toán này, dĩ nhiên là lời giải không hề đơn giản như hình thức của bài toán. Vì MS ngại viết nên sẽ cố gắng nêu các ý chính sau đó các bạn quan tâm có thể tự hoàn thiện lời giải:

 

Ta chỉ cần xét trường hợp $n>1$: đặt $a=p_1\cdots p_n$ và $b=(p_1-1)\cdots(p_n-1)$, khi đó $a,b$ là nghiệm nguyên dương của phương trình $X^2-dY^2=1$ với $d$ là số nguyên dương nào đó. Vì vậy $d$ không là số chính phương và phương trình có dãy nghiệm là $(X_m,Y_m)$. Ta coi $a=X_m,b=Y_m$.  Vì $b$ là số chẵn nên $a$ là số lẻ. Do đó $3\leq p_1<\cdots<p_n$ (không mất tính tổng quát).

 

Trường hợp 1. Ta viết $m=2^t\cdot m_1$, đầu tiên ta đi xét trường hợp $t=0,1$. Ta sẽ chỉ ra $d\leq 161$.  Do $2^n\mid b$ nên $n\leq ord_2(b)\leq \log_2(b)=\dfrac{\log b}{\log 2}$ (ở đây ta chỉ $\log$ là loga cơ số $e$). Thành thử $n\leq \dfrac{\log Y_m}{\log2}$. Ta có bổ đề sau

 

Bổ đề 1. Nếu $m=2^t\cdot m_1$ với $t\geq0$ nguyên và $m_1$ lẻ thì $ ord_2\left(Y_m\right)=t+ ord_2\left(Y_1\right)$.

 

Bổ đề 2. $Y_1<d^{3\sqrt d}$

 

Bổ đề 3. Nếu $2=r_1<r_2<\cdots $ là tập tất cả các số nguyên tố thì $r_k>k\log k$.

 

Đây là ba bài tập MS để lại các bạn tìm hiểu. (Bổ đề 1 hoàn toàn đơn giản, nhưng Bổ đề 2,3 không đơn giản nhưng có trong nhiều giáo trình chuyên khảo về Lý thuyết số).

 

Thành thử $n<t+\frac3{\sqrt{2}}\sqrt{d}\cdot\log d$. Ta có

$\sqrt d<\frac{X_m}{Y_m}=\prod\limits_{i=1}^n\left(1+\frac{1}{p_i-1}\right)$ nên $\log{\sqrt d}<\sum\limits_{i=1}^n\log\left(1+\frac{1}{p_i-1}\right)<\sum\limits_{i=1}^n\frac1{p_i-1}$. Áp dụng Bổ đề 3 cho ta

$\sum\limits_{i=1}^n\frac1{p_i-1}\leq \frac1{3-1}+\frac1{5-1}+\int_3^{n+1}\dfrac{dx}{x\log x}<\frac34+\log\log(n+1)$. Suy ra

$\log{\sqrt d}<\frac34+\log\log\left(t+1+\frac3{\sqrt2}\sqrt d\cdot \log d\right)$. Vì $t=0,1$ nên bất đẳng thức cuối cùng cho ta $d\leq 136$.

 

(còn nữa ...)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 23-05-2013 - 07:04

Mr Stoke 


#4 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-05-2013 - 21:46

Bài toán hình thức đơn giản mà lời giải thì khủng quá :D Bài này là anh MS sáng tác ạ ?

 

Có lẽ các bạn ở đây đều đang chờ anh MS post phần tiếp theo của lời giải. Nhưng trong lúc chờ đợi thì các bạn cũng có thể thảo luận về phần mà anh MS đã post lên (chẳng hạn như thử chứng minh các bổ đề 1, 2, 3, đây là điều mà anh nghĩ các bạn như nguyenta98, perfectstrong,... đều có thể làm được). Biết đâu các bạn lại tìm được ý tưởng mới thì sao :like


Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#5 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 24-05-2013 - 23:30

Tất nhiên bài toán trên không phải do MS sáng tác rồi, bây giờ thật khó mà tìm ra được một bài toán do mình sáng tác mà lại chưa từng có ai đặt ra trước đây. Lời giải ở đây rất hay và do MS sưu tầm được. Hy vọng đây là vấn đề lý thú, bên cạnh việc đi giải quyết các bài toán mà đôi khi nó đã thành lối mòn.

 

Ta tiếp tục ... Chúng ta sẽ cần thêm một số kết quả quen thuộc (nhưng không hề dễ) nữa

 

Bổ đề 4. Cho $t\geq2$ là số nguyên và $p_j$ là số nguyên tố thứ $j$ trong cấp số cộng $2^ts+1$ với $s=1,2,\ldots$. Khi đó với mọi $j\geq2^t$ thì $p_j\geq 2^{t-2}j\log j+1$. Kết quả vẫn đúng nếu ta thay bằng cấp số cộng $2^ts-1$.

 

Bổ đề 5. Ta kí hiệu $(X_k,Y_k)$ là dãy nghiệm của phương trình Pell ở trên. Khi đó mọi $k\geq8$ và $k\neq12$ thì tập các ước nguyên tố $p$ của $Y_k$ mà $p\nmid Y_j$ với mọi $1\leq j<k$ là khác rỗng (mỗi phần tử của tập này được gọi là một ước nguyên tố nguyên thủy) và hơn thế những ước nguyên tố đó hoặc là ước của $d$ hoặc đồng dư với $\pm1$ theo modulo $k$.

 

Bây giờ ta sẽ tiếp tục với Trường hợp 2 ở đó $t\geq2$.  Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng mọi ước nguyên tố $p$ của $X_m$ là ước nguyên tố nguyên thủy của $Y_{2^{t+1}s}$ trong đó $s$ là một ước của $m_1$. Tuy nhiên điều này không khó lắm và chỉ cần sử dụng nhận xét $Y_{2m}=X_mY_m$ với lưu ý $(X_m,Y_m)=1$ .

 

Áp dụng bổ đề 5, ta có $p_i\equiv \pm1\pmod{2^{t+1}}$ (do $(X_m,d)=1$). Giả sử $q_1<q_2<\cdots$ là tập tất cả các số  nguyên tố trong cấp số cộng $2^{t+1}s-1$. Nếu $j<2^{t+1}$ thì hiển nhiên $q_j\geq 2^{t+1}j-1$. Nếu $j\geq2 ^{t+1}$, sử dụng Bổ đề 4 cho ta $q_j\geq 2^{t-1}j\log j+1$. Do đó

$\sum\limits_{j=1}^n\frac1{q_j-1}\leq \sum\limits_{j=1}^{2^{t+1}-1}\frac1{2^{t+1}j-2}+\frac1{2^{t-1}}\sum\limits_{j=2^{t+1}}^n\frac1{j\log j}<\frac1{2^{t+1}-2}+\int_1^{2^{t+1}-1}\frac{dx}{2^{t+1}x-2}+\frac1{2^{t-1}}\int_{2^{t+1}-1}^n\frac{dx}{x\log x}<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac{\log(2^{t+1}+1)}{2^{t+1}}+\frac{\log\log n}{2^{t-1}}$.

 

Hoàn toàn tương tự, cho cấp số cộng $2^{t+1}s+1$, nếu ta kí hiệu $r_1<r_2<\cdots$ là tập các số hạng nguyên tố của nó, thì cũng có đánh giá

$\sum\limits_{j=1}^n\frac1{r_j-1}<\frac1{2^{t+1}}+\frac{\log(2^{t+1})}{2^{t+1}}+\frac{\log\log n}{2^{t-1}}$.

 

Do đó

 

$\sum\limits_{j=1}^n\frac1{p_j-1}<\sum\limits_{j=1}^n\frac1{q_j-1}+\sum\limits_{j=1}^n\frac1{r_j-1}<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac1{2^{t+1}}+\frac{(t+1)\log2}{2^t}+\frac{\log\log n}{2^{t-2}}$.

 

Một lần nữa ta có

$\log \sqrt d<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac1{2^{t+1}}+\frac{(t+1)\log2}{2^t}+\frac{\log\log\left(t+\frac3{\log2}\sqrt d\cdot\log d\right)}{2^{t-2}}$.

 

Lưu ý rằng với $d\geq2$ cố định, thì vế phải là hàm số theo $t$ và giảm $t\geq2$. Do đó đánh giá trên, vế bên phải thay bằng $t=2$, rồi từ đó suy ra $d\leq 161$.

 

Tổng kết hai trường hợp cho ta $d\leq 161$.

 

Đến bây giờ là time cho máy tính, bằng cách thử trực tiếp các trường hợp $d$ không chính phươn, ta nhận thấy rằng $\text{ord}_2(Y_1)< 10$. Áp dụng bổ đề 2, ta có

$\frac{\log2}2\leq \log\sqrt d<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac1{2^{t+1}}+\frac{(t+1)\log2}{2^t}+\frac{\log\log\left(t+10\right)}{2^{t-2}}$. Suy ra $t\leq 4$. Do đó $n\leq 14$. Vậy $X_m$ có tối đa $14$ ước nguyên tố nên

$\sqrt d<\dfrac{X_m}{Y_m}=\prod_{i=1}^n\left(1+\frac1{p_i-1}\right)\leq \left(1+\frac{1}{3-1}\right)\left(1+\frac{1}{5-1}\right)\cdots \left(1+\frac{1}{47-1}\right)<3.61$. Suy ra $d\leq 13$.

 

Tiếp tục sự trợ giúp của máy tính ta có $\text{ord}_2(Y_1)\leq 2$. Ta chỉ ra $t\leq1$. Thực vậy nếu $t\geq2$ thì lưu lý $p_i\equiv\pm1\pmod 8$ và đánh giá như trên lần nữa ta được mâu thuẫn như sau

$\sqrt d<\left(1+\frac{1}{7-1}\right)\left(1+\frac{1}{17-1}\right)\left(1+\frac{1}{23-1}\right)\left(1+\frac{1}{31-1}\right)\left(1+\frac{1}{41-1}\right)\left(1+\frac{1}{43-1}\right)<\sqrt2$.

 

Do đó $t\leq 1$ và $n\leq t+ord_2(Y_1)\leq 3$. Lại làm như trên cho ta

$\sqrt d<\left(1+\frac{1}{3-1}\right)\left(1+\frac{1}{5-1}\right)\left(1+\frac{1}{7-1}\right)$ hay $d\leq 3$. Do đó $d=2,3$. Ngoài ra $p_1=3,5$ vì nếu $p_1\geq7$ thì như trên cho ta $\sqrt d<\sqrt2$.  MÂU THUẪN.

 

Đến bây giờ vấn đề trở lên rõ ràng:

Với $d=2$ thì $p_1=3,5$ đều vô nghiệm.

Với $d=3$ thì hiển nhiên $p_1\neq3$. Nếu $p_1=5$ cũng vô nghiệm do $3Y_m^2\not\equiv-1\pmod5$.

 

Vậy $n=1$ thử trực tiếp cho ta $p_1=2,3$. Chứng minh kết thúc.

 

Chú giải. $Ord_2(m)$ ở đây là chỉ số mũ của $2$ trong $m$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 24-05-2013 - 23:45

Mr Stoke 


#6 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 24-05-2013 - 23:41

Một nhận xét cuối cùng: Nếu ta thay bài toán trên bằng bài toán: Xác định tất cả các số nguyên dương $n$ và các số nguyên tố $p_1,\ldots,p_n$ thỏa mãn

$\frac{(p_1\cdots p_n)^2+1}{(p_1-1)^2\cdots(p_n-1)^2}$ là số nguyên

thì bài toán này đơn giản hơn nhiều. MS để lại như là bài tập.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 24-05-2013 - 23:42

Mr Stoke 


#7 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 25-05-2013 - 19:13

Một nhận xét cuối cùng: Nếu ta thay bài toán trên bằng bài toán: Xác định tất cả các số nguyên dương $n$ và các số nguyên tố $p_1,\ldots,p_n$ thỏa mãn

$\frac{(p_1\cdots p_n)^2+1}{(p_1-1)^2\cdots(p_n-1)^2}$ là số nguyên

thì bài toán này đơn giản hơn nhiều. MS để lại như là bài tập.

Nhận xét này dễ hơn nghìn lần là ít chứ thầy :D, mình xin gợi ý là xét mod 4 từ đó ra $n\le 2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 25-05-2013 - 22:39


#8 tay du ki

tay du ki

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 18-10-2016 - 21:21

bài này đúng là hay , nhưng rất là khó 


      :ukliam2: Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới :ukliam2:  

 

 




0 người đang xem chủ đề

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