Chủ đề này có 2 trả lời

[Stranger411]

Cho tập $A=\left \{ x|x=a^2+2b^2 , a,b\in \mathbb{Z},b \neq 0\right \}$ và 1 số nguyên tố $p$.
Chứng minh rằng nếu $p^2 \in A$ thì $p \in A$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 29-12-2012 - 11:16

[nguyenta98]

Cho tập $A=\left \{ x|x=a^2+2b^2 , a,b\in \mathbb{Z},b \neq 0\right \}$ và 1 số nguyên tố $p$.
Chứng minh rằng nếu $p^2 \in A$ thì $p \in A$

Bài này có vẻ đơn giản
Giải như sau:
TH1: $p=2$ bài toán dễ thấy đúng
TH2: $p>2$ nên $p$ lẻ
$p^2=a^2+2b^2$ nên $gcd(a,b)=1$ vì ngược lại $gcd(a,b)\neq 1$ thì $p^2 \vdots gcd(a,b)$ vô lí
Do đó $gcd(a,b)=1$ nên $gcd(a,p)=gcd(b,p)=gcd(a,b)=1$
Ta có $(p-a)(p+a)=2b^2$ nhận thấy $b$ chẵn vì ngược lại $b$ lẻ suy ra $a^2$ lẻ (do $p^2$ lẻ) khi ấy $a^2+2b^2 \equiv 3 \pmod{4}$ hay $p^2 \equiv 3 \pmod{4}$ vô lí
Do đó $b$ chẵn nên $a$ lẻ nên $(p-a)(p+a)=2b^2$ đặt $b=2k$ suy ra $(p-a)(p+a)=8k^2$
Vì $gcd(p-a,p+a)=2$ (do $gcd(a,p)=1$ và $a,p$ lẻ) nên $(p-a,p+a)=(4m^2,2n^2),(2m^2,4n^2)$
Như vậy ra dạng nghiệm là $p=m^2+2n^2, a=|m^2-2n^2|,b=2k=2mn$
Do đó $p=m^2+2n^2$ nên $p \in A$ đây là $đpcm$

[yeutoan11]

Cho tập $A=\left \{ x|x=a^2+2b^2 , a,b\in \mathbb{Z},b \neq 0\right \}$ và 1 số nguyên tố $p$.
Chứng minh rằng nếu $p^2 \in A$ thì $p \in A$

Từ giả thiết :$\Rightarrow a^2 \equiv -2b^2(\mod p)$. Gọi số nghịch đảo $\mod p$ của $b$ là $b'$
$\Rightarrow (ab')^2 \equiv -2(bb')^2 \equiv -2(\mod p)$. Đặt $ab' = x$
Xét các số có dạng : $m + xn$ với $m,n \in \left \{ 0,1,...\left [ \sqrt{p} \right ] \right \}$ . có $(\left [ \sqrt{p} \right ]+1)^2$ số . Theo Dirichle tồn tại : $m+xn \equiv m'+xn' (\mod p)$
$\Rightarrow (m-m')^2 \equiv x^2(n-n')^2\equiv -2(n-n')^2 (\mod p)$
$\Rightarrow (m-m')^2 + 2(n-n')^2 \vdots p$ mà $(m-m')^2 + 2(n-n')^2 < 3p$
Nếu $(m-m')^2 + 2(n-n')^2 = p$ ta có ĐPCM
Nếu $(m-m')^2 + 2(n-n')^2 = 2p \Leftrightarrow 2.(\frac{m-m'}{2})^2+(n-n')^2 = p$ ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 29-12-2012 - 16:39