Chủ đề này có 1 trả lời

[Thao Meo]

Cho p là số nguyên tố dạng 4k+3 và a,b là số nguyên . chứng minh rằng nếu
$(a^{2}+b^{2}) \vdots p$ thì $a\vdots p$ và $b \vdots p$

[Responsive Creature]

Không mất tính tổng quát, giả sử a và b không cùng chia hết cho p

Ta xét 2TH sau:

TH1: Trong a, b tồn tại một số chia hết cho p

Giả sử $ a\vdots p $  và b không chia hết cho p.

Dễ dàng thấy $ a^{2}+b^{2} $ không chia hết cho p.

TH2: Cả a và b đều không chia hết cho p

Theo định lí Fermat nhỏ, ta có: 

$ a^{p-1}\equiv 1 (modp) $

và: $ b^{p-1}\equiv 1 (modp) $

$ \Rightarrow a^{p-1} + b^{p-1} \equiv 2 (modp) $

$ \Leftrightarrow a^{4k+2} + b^{4k+2} \equiv 2 (modp) $

$ \Leftrightarrow (a^{2})^{2k+1}+(b^{2})^{2k+1} \equiv 2 (modp) $ (1)

Mà: $ (a^{2})^{2k+1}+(b^{2})^{2k+1} \vdots a^{2} + b^{2} \vdots p $ (2)

Dễ thấy (2) mâu thuẫn với (1).

Vậy ta có đpcm.