Toán 8 Định lý Đirichlet

[Nguyễn Quang Thắng]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

CMR có vô số nguyên tố có dạng 6a+1

 

[Nguyễn Thanh Hòa]

Chứng minh bổ đề: mọi ước nguyên tố của [tex]n^2-n+1[/tex] đều có dạng [tex]6k+1[/tex].
Thật vậy: Gọi [tex]p[/tex] là ước nguyên tố bất kì của [tex]n^2-n+1[/tex].
[tex]p[/tex] là số nguyên tố nên [tex]\left[ \begin{array}{ll} p=6k+1 & \\ p=6k+5 & \end{array} \right.[/tex]
Giả sử [tex]p=6k+5[/tex]. Theo định lý Fermat nhỏ thì [tex]n^{p-1}=n^{6k+4}\equiv1[/tex] (mod p).
Lại có [tex]n^3+1=(n+1)(n^2-n+1) \vdots p\Rightarrow n^3 \equiv -1[/tex] (mod p)
[tex]\Rightarrow n^{6k+4}=(n^3)^{2k+1}.n \equiv (-1).n[/tex] (mod p).
Từ hai điều trên [tex]\Rightarrow n \equiv -1[/tex] (mod p) [tex]\Rightarrow n^2-n+1 \equiv 3[/tex] (mod p) [tex]\Rightarrow p|3 \Rightarrow p=3[/tex] (loại).
Vậy mọi ước nguyên tố của [tex]n^2-n+1[/tex] đều có dạng [tex]6k+1[/tex]

 

[Nguyễn Thanh Hòa]

Áp dụng bổ đề trên, giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng [tex]6a+1[/tex] là [tex]A=\left \{p_1, p_2, p_3, ..., p_r \right \}[/tex].
Xét [tex]n=6p_1.p_2.p_3...p_r.[/tex].
Có [tex]n^2-n+1[/tex] luôn có ước nguyên tố dạng [tex]6a+1[/tex], giả sử là [tex]p_n[/tex]
Mà [tex]n[/tex] chia [tex]p_1,p_2, p_3, ..., p_r[/tex] luôn dư 1 nên [tex]p_n[/tex] không thuộc A nên điều giả sử là sai.
Vậy có vô số số nguyên tố dạng [tex]6a+1[/tex].