Cmr:$\sum_{i=1}^{p}\left ( \frac{ai^{2}+bi}{p} \right )=-\left ( \frac{a}{p} \right )$
Trong đó(-) là kí hiệu legendre
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 30-12-2012 - 16:46
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 30-12-2012 - 16:46
Sai đề, cho $a=3,b=4,p=5$ thì bài toán sai, thực ra ngay từ lúc nhìn vào đề bài đã thấy sai vì cho $i=p$ thì $\left(\dfrac{ai^2+bi}{p}\right)=0$ (do theo kí hiệu legendre) do đó còn lại $i=1,2,3,...,p-1$ khi ấy dễ cm $\left(\dfrac{ai^2+bi}{p}\right)=1,-1$ mà có chẵn số hạng từ $1\Rightarrow p-1$ nên không thể nào ra kết quả là $-\left(\dfrac{a}{p}\right)$ đượcCho $(a,p)=1$,$(b,p)$=1,$p\in P$:
Cmr:$\sum_{i=1}^{p}\left ( \frac{ai^{2}+bi}{p} \right )=-\left ( \frac{a}{p} \right )$
Trong đó(-) là kí hiệu legendre
Cách giải này hơi lằng nhằng, hy vọng nó đúngCho $(a,p)=1$,$(b,p)$=1,$p\in P$:
Cmr:$\sum_{i=1}^{p}\left ( \frac{ai^{2}+bi}{p} \right )=-\left ( \frac{a}{p} \right )$
Trong đó(-) là kí hiệu legendre
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-01-2013 - 10:19
Sau đây mình xin nói về căn nguyên thủy, chứng minh sự tồn tại của căn nguyên thủy và cm khi $g$ là căn nguyên thủy modulo $p$ thì $g,g^2,...,g^{p-1}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ $mod(p)$ (không chia hết cho $p$)Gọi $g$ là căn nguyên thủy của $p$ khi ấy $ord_g(p)=p-1$ như vậy $g,g^2,...,g^{p-1}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ $mod(p)$ (không chia hết cho $p$)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-01-2013 - 11:19
Một cách khác nữa chỉ ra sự tồn tại của căn nguyên thủy $mod(p)$ với $p$ nguyên tốGọi $g$ là căn nguyên thủy của $p$ khi ấy $ord_g(p)=p-1$ như vậy $g,g^2,...,g^{p-1}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ $mod(p)$ (không chia hết cho $p$)
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh