質數三元數與同餘式組

質數三元數與同餘式組

羅春光 · ^洪劭軒 · ^黃拓儒

0. 前言

質數 2,3和5有一些有趣的循環性質。 我 們證明這三個質數是以下同餘式組當 p = 1 時的唯一相異質數解,

ab≡ p (mod c), bc≡ p (mod a), ca≡ p (mod b)。

即是說, 當 p = 1 時, 以上同餘式組刻劃了 質數 (2,3,5)。 類似地當 p = −1 時, 同餘 式組刻劃了質數 (2,3,7)。 我們進一步考慮 p 作為任意整數的情形。 在本文中, 我們證明同 餘式有質數三元數解 (a, b, c), 若且唯若

p≡ ab + bc + ca (mod abc) 以上等價條件可控制同餘式組的解的範圍。

但一般來說, 同餘式的解即使存在也不一定 是唯一。 我們將列舉一些例子說明之。

一 . 質數三元數

考慮三個最簡單的質數 2,3和 5, 他們有 下列的循環性質。

(i)

2 × 3 + 5 = 11,

5 × 2 + 3 = 13, 三數皆為質數。

3 × 5 + 2 = 17, (ii)

2 × 3 ≡ 1 (mod 5), 3 × 5 ≡ 1 (mod 2), 5 × 2 ≡ 1 (mod 3)。

(iii)

3² ≡ −1 (mod 5), 2⁵ ≡ −1 (mod 3), 5³ ≡ −1 (mod 2)。

(iv)

2⁵× 3 ≡ 2 × 3⁵ ≡ 1 (mod 5), 3²× 5 ≡ 3 × 5² ≡ 1 (mod 2), 5³× 2 ≡ 5 × 2³ ≡ 1 (mod 3)。

(v)

2⁴ ≡ 3⁴ (mod 5),

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3⁴ ≡ 5⁴ (mod 2), 5⁴ ≡ 2⁴ (mod 3)。

其中 (iv) 可從 (ii) 推導出, 因為 2,3,5 皆為 質數, 由 Fermat(費馬) 定理 [1,2]可知:

2⁴ ≡ 1 (mod 5), 3⁴ ≡ 1 (mod 5)。

所以

1≡2×3≡(2⁴)×2×3≡(2⁵)×3 (mod 5), 1≡2×3≡2×3×(3⁴)≡2×(3⁵) (mod 5)。

其餘可類推。

至於 (v) 的第一項同餘等式已在前面說 明。 第二項等式成立是因為 3⁴ 和 5⁴ 皆為奇 數。 此外

2 ≡ 5 (mod 3), 因此

2⁴ ≡ 5⁴ (mod 3)。

所以(v) 乃是 2,3,5之間的自然關係。

又考慮另一組質數 2,3,7的性質:

(i^′)

2 × 3 + 7 = 13,

7 × 2 + 3 = 17, 三數皆為質數。

3 × 7 + 2 = 23, (ii^′)

2 × 3 ≡ −1 (mod 7), 3 × 7 ≡ −1 (mod 2), 7 × 2 ≡ −1 (mod 3)。

(iii^′)

2³ ≡ 1 (mod 7), 3⁷ ≡ 1 (mod 2), 7² ≡ 1 (mod 3)。

(iv^′)

2⁷× 3 ≡ 2 × 3⁷ ≡ (−1) (mod 7), 3²× 7 ≡ 3 × 7² ≡ (−1) (mod 2), 7³× 2 ≡ 7 × 2³ ≡ (−1) (mod 3)。

(v^′)

2⁶ ≡ 3⁶ (mod 7), 3⁶ ≡ 7⁶ (mod 2), 7⁶ ≡ 2⁶ (mod 3)。

換言之 (2,3,5) 和 (2,3,7) 有著對偶的 關係。 其中 (iv^′) 可由 (ii^′) 推出, (v^′) 為 2,3,7 之間的自然關係, 原因和前面 2,3,5 時 相同, 而且性質 (ii^′) 刻劃了 (2,3,7) 這組質 數三元數。 我們稱 (a, b, c) 為質數三元數, 若 a, b, c 俱為正質數, 且有 a < b < c 。

二 . 質數三元數的刻劃

從前面的討論可知 (ii) 較為重要, 事 實上, 質數三元數 (2,5,31) 同樣擁有性質 (iii^′)。 說明性質 (iii) 或 (iii^′) 不能刻劃對應 之質數三元數。 故此嘗試從 (ii) 著手。

定理1: 若質數三元數 (a, b, c) 滿足:

ab≡ 1 (mod c) bc≡ 1 (mod a) ca≡ 1 (mod b)

(∗)

則 a = 2, b = 3, c = 5 。

證明: 從 (∗) 可知, 存在正整數 k, m, n 使

ab− 1 = kc, (1) bc− 1 = ma, (2) ca− 1 = nb。 (3) (1) 和 (3) 給出

ab− ca = kc − nb, 因此,

c(a + k) = b(a + n)。

由於 b, c 互質,

b|(a + k)。 (4) 同樣地,

a(b + m) = c(b + k), 所以

a|(b + k)。

從(1) 得知 0 < k < a, 因此 (4) 推出 b= a + k 。 又令

b+ k = ya,

則 2k = (y − 1)a, 既然 a 是質數, 且 a 不 整除 k, 則 a 整除 2。 亦即 a = 2, k = 1 。 因此 b = 3, 而 c = 2 · 3 − 1 = 5。

同樣的思路也能證明(ii^′) 刻劃質數三元 數 (2,3,7)。 證明從略。

定理2: 若質數三元數 (a, b, c), 且滿足 ab≡ −1 (mod c)

bc≡ −1 (mod a) ca≡ −1 (mod b)

(∗)

則 a = 2, b = 3, c = 7。

三 . 同餘式組

接著我們來討論有關性質 (ii) 的推廣。

考慮以下同餘式組的解:

ab≡ p (mod c) bc≡ p (mod a) ca≡ p (mod b)

(∗∗)

若對某一整數 p, 存在質數三元數 (a, b, c) 滿 足同餘式組 (∗∗), 則稱 (a, b, c) 為同餘式組 (∗∗) 的質數三元數解。

定理3: 給定任意整數 p, (a, b, c) 是 (∗∗) 的質數三元數解, 若且唯若

p≡ (ab + bc + ca) (mod abc)。 (5) 證明: 若已知 (5) 成立, 代入 (∗∗) 驗證即可。 反過來, 若 a,b,c 為正質數, 且 a < b < c, 令

ab− p = cm, (6) bc− p = an, (7) ca− p = br。 (8) 其中 m, n, r 為整數。 不妨假設 0 < p < abc

。 我們可跟定理 1 一般證明

a|(b + m), b|(a + m)。

因此令

m+ a = yb, (9) 可推出

a|(y + 1)。 (10)

又從 (6) 知

cm < ab < ca, 所以 m < a, 代入 (9), 得

yb= a + m < 2a < 2b。

所以

y <2。 (11) 另外, 從 (6) 知

cm >−p > −abc,

m >−ab。 (12) 代入 (9),

by > a− ab,

所以 b(y + a) > a > 0, 由此可知 y > −a, 與 (11) 合推出

a+ 3 > y + a + 1 > 1。

但 a|(y+a+1), 且 a 為質數, 因此, y+a+1 等於 a 或 a + 2

(A) 若 y + a + 1 = a, 則 y = −1, 代入 (9), m = −a − b。 再代入(6), 得

p= ab + bc + ca。

(B) 若 y + a + 1 = a + 2, 則 y = 1, 由 (9) 和 (10) 得 a = 2, 和 m = b − 2, 代入 (6), 得

b(b − 4) < −p < 0,

得 2 = a < b < 4, 因此 b = 3 。 而abc = 30, 亦即

ab+ bc + ca = 31 ≡ p (mod abc), 證畢。

引理4: 若 (a, b, c) 為質數三元數, 則 ab+ bc + ca < abc,

除非 (a, b, c) = (2, 3, 5)。

證明: 若 a ≥ 3, 則上式顯然成立。 若 a= 2, 則上式等價於:

2(b + c) < bc。 (13) 若 b ≥ 4, 則

2(b + c) < 4c < bc, 即 (13) 成立。

若 b = 3, 則 2(b + c) − bc = 6 − c < 0 除非 c = 5。

推論5: 若 p 為正偶數, 則同餘式 (∗∗) 沒有質數三元組解 (a, b, c) 使得 0 < p <

abc。

證明: 設(a, b, c) 是 (∗∗) 的質數三元 數解, 且 abc > p > 0, 既然 p 為偶 數,(a, b, c) 6= (2, 3, 5)。 因此從定理 3和引理 4, 得

p= ab + bc + ca。

但式子右邊恆為奇數, 矛盾.所以 (∗∗) 沒有 質數三元數解。

推論6: 若 p = 2k + 1 為奇數, 其中 k > 0, 則 (∗∗) 沒有質數三元數解 (a, b, c) 使得 ab > k。

證明: 設 (a, b, c) 是 (∗∗) 的質數三元 數解, 且 ab > k, 既然 c > 4, abc > 4k >

p >1, 故 (a, b, c) 不為 (2, 3, 5) 。 因此引用 引理 4:

abc > ab+ bc + ca > 3ab > 3k > p > 1。

這和定理3 矛盾, 故 (∗∗) 沒有質數三元數解 (a, b, c) 使得 ab > k。

例1: p = 26 時, 既然最小質數三元數解 為 (2,3,5), 其乘積為 30。 因此若 (a, b, c) 是 (∗∗) 的質數三元數解, 必有 abc > 26, 由推 論 5 知此解不存在。

例2: p = 33 時, 則 k = 16, 由推論 5 知 沒有質數三元數解 (a, b, c) 使得 ab > 16, 考慮 ab < 16 的不同組合, 有 (a, b) = (2, 3), (2, 5), (2, 7) 或 (3, 5) 代入 (5), 分別 得:

5c + 6 = 33, 7c + 10 = 33, 9c + 14 = 33, 8c + 15 = 33。

導出 c 不是整數, 矛盾。 因此結論 p = 33 時, (∗∗) 沒有質數三元數解。

質數三元數解的個數也是個重要的問 題。 我們找出若干有兩個解, 甚至三個解的同 餘式組。

例3: p = 101 時, 則 (2,3,19),(2,5,13) 均 為解。

例4: p = 211 時, 則 (2,3,41),(3,7,19) 均 為解。

例5: p = 711 時, 則 (2, 11, 53) , (5, 11, 41) , (7, 13, 31) 均為解。

從以上例子得知, 若 1 < p < 31 時, (∗∗) 沒有質數三元數解。 當 p 逐漸增加, 可 能出現解的個數也相應增加。

最後指出若 p = 2k + 1 為負奇數, 且 5−2k = 6−p 為質數時, 則 (2, 3, 5−2k) 是 同餘式組的一個質數三元數解, 但此解也不 一定是唯一的, 例如當 p = −23 時,(2,3,29) 和 (2,5,11) 均為解。

後言

我們感謝葉永南和黎景輝兩位老師的熱 情指導和鼓勵。 本文源自八十三年高雄區高 中數學科學成就優異學生輔導實驗計劃的暑 假輔導計劃。 感謝國科會與教育部的支持。

參考文獻

1. 陳景潤著 初等數論 (I)、(II) 科學出版社 (北 京),1978。

2. 八十一學年度高雄區高中數學科自然科學習 成就優異學生輔導實驗研習班高二班講義之 數論 (一), (二),(三)。

—本文作者羅春光任教於中山大學應數系_, 洪劭軒和黃拓儒則分別就讀於高雄中學及屏 東高中_—