数论题
版主: verdelite, Tlexander
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#1 数论题
n2+1如果不是素数的话,那么只能有4k+1类型的质因数。
注:trivially,n2+1如果是素数的话,只能是4k+1类型的素数。
注2:准确说应该是n2+1不能有4k+3类型的质因数。
注:trivially,n2+1如果是素数的话,只能是4k+1类型的素数。
注2:准确说应该是n2+1不能有4k+3类型的质因数。
上次由 TheMatrix 在 1月 12, 2024, 10:18 pm,总共编辑 1 次。
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#3 Re: 数论题
Oh my god! 虽然是初等数论题 - 也不容易!
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#5 Re: 数论题
证明所有的4k+1素数,都是某n2+1的因子。
这个就没那么容易了。
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#10 Re: 数论题
From威尔逊定理,有p=4k+1整除 (4k)!+1。
但是你的n=(2k)!,n2+1=(2k)!(2k)!+1。
好像不能说明p整除n2+1啊。
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#12 Re: 数论题
再追加三个:
1,任何p=4k+1的素数,都存在正整数q<p,such that pq-1=n2。
2,任何正整数x,如果只有4k+1的素因数,那么都存在正整数 q<x,such that qx-1=n2。
3,trivially,n2+1不能整除4。所以问题2中的x变成4x的话就不成立了,但是2x是可以的 - 这是问题3。
这些问题不知道难度如何。可能不容易。
我再追加一个statement:前面三个问题中的q是唯一的。
也就是比如对于一个p=4k+1素数,只能找到唯一一个q<p,such that pq=n2+1。
有了前面的证明,这个应该不难吧。
1,任何p=4k+1的素数,都存在正整数q<p,such that pq-1=n2。
2,任何正整数x,如果只有4k+1的素因数,那么都存在正整数 q<x,such that qx-1=n2。
3,trivially,n2+1不能整除4。所以问题2中的x变成4x的话就不成立了,但是2x是可以的 - 这是问题3。
这些问题不知道难度如何。可能不容易。
我再追加一个statement:前面三个问题中的q是唯一的。
也就是比如对于一个p=4k+1素数,只能找到唯一一个q<p,such that pq=n2+1。
有了前面的证明,这个应该不难吧。
上次由 TheMatrix 在 1月 13, 2024, 1:13 pm,总共编辑 1 次。
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#15 Re: 数论题
哦。很好。changbaihou 写了: ↑1月 12, 2024, 10:43 pm Modulo p, (4k)!=(2k)!*(2k+1)...(4k)\equiv (2k)!*(-2k)(-(2k-1))...(-1)=(-1)^(2k)((2k)!)^2=((2k)!)^2
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#16 Re: 数论题
哦?1怎么trivially true了?
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#18 Re: 数论题
嗯。很好。changbaihou 写了: ↑1月 12, 2024, 11:12 pm Reducing n modulo p => There is an integer n\in [0, p-1] such that p|(n^2+1)=> there is positive integer q st pq-1=n^2 and q=(n^2+1)/p\leq ((p-1)^2+1)/p<p.
我也想到了。开始我也是考虑 p | (n2+1)的问题,这个形式容易看出 p | (n+kp)2+1,所以n可以取(0,p)之间的整数。后来我突然把问题写成 mp-1=n2的形式。然后我就看不出来了。
不过第2,3个问题我还是没想出怎么就成立。现在可以假设 p|n2+1,q|m2+1,怎么找到k使得k2+1是pq的倍数?中国剩余定理在这里怎么用?
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#19 Re: 数论题
从n2 = -1 mod p的角度看,容易和群论联系起来。大概来说,就是群 Zpx 里找阶(order)等于4的元素。
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#20 Re: 数论题
同意。如果考虑细节的话,那么在用中国剩余定理之前还要解决形式为p = 4k+1的素数的方幂的形况。类似于上面的链接,可以通过考虑模掉(4k+1)r得到的乘法群(阶数为(4k+1)r的totient number的循环群),这个totient number被4整除,所以能找到阶数为4的元素(其平方等于 -1 mod (4k+1)r)。
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