Cho $n$ và $k$ là các số tự nhiên, $A=n^{4}+4^{2k+1}$
Chứng minh rằng với p là ước nguyên tố lẻ của $A$ ta luôn có $4\mid p-1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi marcoreus101: 04-01-2016 - 21:23
#2
Đã gửi 05-01-2016 - 04:22
Zaraki
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 4273 Bài viết
PQT
Rõ ràng là $A$ có dạng $a^2+b^2$. Từ đó ta nghĩ ngay tới bổ đề quen thuộc là nếu tồn tại $p \equiv 3 \pmod{4}$ nguyên tố là ước của $A$ thì $p \mid a, p \mid b$.
- vuliem1987 yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Đã gửi 05-01-2016 - 19:20
marcoreus101
-
- Thành viên
-
- 235 Bài viết
Thượng sĩ
Rõ ràng là $A$ có dạng $a^2+b^2$. Từ đó ta nghĩ ngay tới bổ đề quen thuộc là nếu tồn tại $p \equiv 3 \pmod{4}$ nguyên tố là ước của $A$ thì $p \mid a, p \mid b$.
Anh có thể nói rõ hơn được không ạ?
#4
Đã gửi 06-01-2016 - 04:11
Zaraki
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 4273 Bài viết
PQT
Em hãy chứng minh bổ đề sau: Nếu $a^2+b^2$ có ước nguyên tố dạng $p=4k+3$ thì $p \mid a, p \mid b$.
- marcoreus101 và tpdtthltvp thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#5
Đã gửi 06-01-2016 - 15:17
I Love MC
-
- Thành viên nổi bật 2016
-
- 1861 Bài viết
Đại úy
Chứng minh
Giả sử $a,b$ đều không chia hết cho $p$
ta có $a^{p-1}+b^{p-1}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \vdots a^2+b^2 \vdots p$
Mà theo định lí Fermat nhỏ thì $a^{p-1}+b^{p-1}-2 \vdots p$
Suy ra $2 \vdots p$ vô lí vì $p=4k+3$
$\Rightarrow$ đpcm
- marcoreus101 và tpdtthltvp thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
