[Bài Toán] Tính Chất Số Nguyên Tố 4k+3, Phần Dư Trung Hoa

Trang chủ » Chứng Minh Có Vô Số Nguyên Tố Dạng 4k+3 » [Bài Toán] Tính Chất Số Nguyên Tố 4k+3, Phần Dư Trung Hoa

Có thể bạn quan tâm

Bài toán : Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho luôn tồn tại số nguyên m thỏa mãn 2^n-1\mid m^2+9.

Lời giải :

Bổ đề 1 : Một số nguyên có dạng 4k+3 thì luôn tồn tại một ước số nguyên tố p\equiv 3\;(mod\;4)

Chứng minh bổ đề 1 :

Số nguyên a dạng 4k+3 là một số lẻ nên nó không có ước nguyên tố 2.

Gỉa sử a=p_{1}^{\alpha _1}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{n}^{\alpha _n}\;\;\;(p_i\in \mathbb{P},\alpha _i\in \mathbb{N}^*,i=\overline{1,n})

Nếu p_i\equiv 4\;(mod\;4)\;\forall i=1,2,...,n\Rightarrow a\equiv 1\;(mod\;4) , mâu thuẫn với giả thiết.

Do đó a có ít nhất một ước nguyên tố p\equiv 3\;(mod\;4)

Bổ đề 2 : Nếu các số nguyên x,y và số nguyên tố p\equiv 3\;(mod\;4) thỏa mãn p\mid x^2+y^2 thì p\mid x,p\mid y.

Chứng minh bổ đề 2 :

Nếu p|x hoặc p|y thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh. Xét p\nmid x,p\nmid y

Đặt p=4k+3\qquad(k\in \mathbb{N})

Theo định lí Fermat nhỏ : x^{4k+2}+y^{4k+2}\equiv x^{p-1}+y^{p-1}\equiv 2\;(mod\;p)\qquad(1)

Mặt khác x^{2}+y^2\equiv 0\;(mod\;p)\Rightarrow x^{4k+2}+y^{4k+2}\equiv 0\;(mod\;p)\qquad(2)

Từ (1)(2) suy ra p=2, mâu thuẫn.

Trở lại bài toán :

Nếu n=1 thì hiển nhiên với mọi m nguyên, bài toán đều được thỏa mãn.

Xét n>1. Gọi q là một ước nguyên tố lẻ của n, khi đó 2^{q}-1\equiv 3\;(mod\;4) nên 2^q-1 có ít nhất một ước nguyên tố p\equiv 3\;(mod\;4). Khi đó dễ dàng thấy rằng :

m^2+9\;\vdots \;2^{n}-1\;\vdots \;2^q-1\;\vdots\; p

Khi đó theo bổ đề 2 ta có p|3,p=3. Suy ra 3\mid 2^{q}-1\Rightarrow 2\mid q, điều này mâu thuẫn vì q lẻ.

Như vậy n không có ước nguyên tố lẻ, do đó n=2^k\;(t\in \mathbb{N}^{*}).

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi t\in \mathbb{N}^{*} thì n=2^t luôn thỏa mãn đề bài.

Thật vậy,

Ta có 2^n-1=2^{2^{k}}-1=(2^{2^0}+1)(2^{2^1}+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{t-1}}+1)

Xét hệ đồng dư tuyến tính :

\left\{\begin{matrix} x\equiv 0\;(mod\;2^{2^0}+1)\\ x\equiv 3.2^{2^{0}}\;(mod\;2^{2^1}+1)\\ x\equiv 3.2^{2^{1}}\;(mod\;2^{2^{2}}+1)\\ ...\\ x\equiv 3.2^{2^{k-2}}\;(mod\;2^{2^{k-1}}+1) \end{matrix}\right.

Dễ thấy rằng gcd(2^{2^i}+1,2^{2^j}+1)=1\;\forall i\neq ,j,i,j\in \left \{ 0,1,2,...,k-1 \right \} vì chúng là các số Fermat.

Theo định lí phần dư Trung Hoa thì hệ này chắc chắn có nghiệm x_0.

Ta suy ra

\left\{\begin{matrix} x_{0}^{2}\equiv 0\equiv -9\;(mod\;2^{2^0}+1)\\ x_0^2\equiv 9.2^{2^{1}}\equiv -9\;(mod\;2^{2^1}+1)\\ x_0^2\equiv 9.2^{2^2}\equiv -9\;(mod\;2^{2^2}+1)\\ ...\\ x_0^2\equiv 9.2^{2^{k-1}}\equiv -9\;(mod\;2^{2^{k-1}}+1) \end{matrix}\right.\Rightarrow x_0^2+9\equiv 0\;(mod\;2^n-1)

Khi đó với mọi n=2^k thì luôn tồn tại số nguyên m=x_0 là nghiệm của hệ trên thỏa mãn đề bài.

Kết luận : \boxed{n=2^k\;\;(k\in \mathbb{N})}

Share this:

  • X
  • Facebook
Like Loading...

Related

Từ khóa » Chứng Minh Có Vô Số Nguyên Tố Dạng 4k+3