Chủ đề này có 3 trả lời

[Ego]

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương
i) Tồn tại $n$ để $n^{2} + 2 \vdots p$
ii) $p \equiv 1\pmod{8}$ hoặc $p\equiv 3\pmod{8}$
iii) Tồn tại $x, y \in\mathbb{Z}$ sao cho $p = x^{2} + 2y^{2}$
 

[viet nam in my heart]

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương
i) Tồn tại $n$ để $n^{2} + 2 \vdots p$
ii) $p \equiv 1\pmod{8}$ hoặc $p\equiv 3\pmod{8}$
iii) Tồn tại $x, y \in\mathbb{Z}$ sao cho $p = x^{2} + 2y^{2}$
 

Em nghĩ tất cả những điều này thực ra chỉ xoáy lại chứng minh của thặng dư bình phương cũng như tiêu chuẩn euler, tính chất nhân tính của hàm $Lengendre$ những thứ này chứng minh đơn giản em không nêu lại nữa

$(i) \Leftrightarrow \left(\dfrac{-2}{p}\right)=1$

$(iii) \Leftrightarrow \left(\dfrac{-2y^2}{p}\right)=1\Leftrightarrow \left(\dfrac{-2}{p}\right)=1\Leftrightarrow (i)$

Ta chứng minh $(i) \Leftrightarrow (ii)$

Cách nhanh nhất để chứng minh nó là sử dụng bổ đề $Gauss$

Một cách khác đơn giản hơn:

Trước hết ta sẽ chứng minh bổ đề sau: $2^{\dfrac{p-1}{2}}\equiv (-1)^{\dfrac{p^2-1}{8}}(mod p)$

*Nếu $p \equiv 1 (mod 8), p \equiv 5 (mod 8)$

Ta có: $2^{\dfrac{p-1}{2}}.\left(\dfrac{p-1}{2}\right)!\equiv2.4...(p-1) \equiv 2.4...\left(\dfrac{p-1}{2}\right).\left(-\dfrac{p-3}{2}\right)...(-3).(-1) \equiv (-1)^{\dfrac{p-1}{4}}.\left(\dfrac{p-1}{2}\right)! (mod p)$

Suy ra $2^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv (-1)^{\dfrac{p-1}{4}} (mod p)$

*Nếu $p \equiv 3 (mod 8), p \equiv 7 (mod 8)$

Một cách tương tự trường hợp trên thì $2^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv (-1)^{\dfrac{p+1}{4}} (mod p)$

Từ $2$ trường hợp trên bổ đề được chứng minh

Áp dụng bổ đề dễ thấy $(i) \Leftrightarrow (ii)$

[Ego]

(i) và (ii) rất dễ, tuy nhiên em làm sai ở (iii)
$(iii) \implies \left(\frac{-2y^{2}}{p}\right)$ thì còn có lí. Không có chiều ngược lại đâu nhé, chiều ngược lại khá hay. Cũng là bài anh đã từng đăng.

[viet nam in my heart]

(i) và (ii) rất dễ, tuy nhiên em làm sai ở (iii)
$(iii) \implies \left(\frac{-2y^{2}}{p}\right)$ thì còn có lí. Không có chiều ngược lại đâu nhé, chiều ngược lại khá hay. Cũng là bài anh đã từng đăng.

Xin lỗi anh, em nhìn nhầm đề tưởng là đồng dư. Nếu là bằng thì ý tưởng chứng minh cũng đơn giản thôi anh dùng $Dirichlet$ giống như một bài toán quen thuộc:

Với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ thì tồn tại $x,y$ để $x^2+y^2=p$

Sau đây là lời giải dựa trên bài toán đó

Tồn tại $a$ để $a^2 \equiv -2 (mod p)$

Khi đó xét các số $T$ có dạng $x+ay$ với $0\leq x,y \leq [\sqrt{p}]$ 

Có tất cả $(m+1)^2$ số như vậy ($m=[\sqrt{p}]$). Dễ thấy $(m+1)^2>p$

Khi đó tồn tại 2 bộ $(x_1,y_1)$ khác $(x_2,y_2)$ thỏa mãn $x_1+ay_1 \equiv x_2+ay_2 (mod p)$

Từ đây suy ra $(x_1-x_2)^2+2(y_1-y_2)^2 \equiv 0 (mod p)$

Lưu ý rằng $0\leq |x_1-x_2|,|y_1-y_2| \leq [\sqrt{p}]$

Đặt $|x_1-x_2|=b,|y_1-y_2|=c$

Khi đó $b^2+2c^2 \equiv 0(mod p)$ và $0<b^2+2c^2 <3p$

Nếu $b^2+2c^2 =p$ thì xong

Nếu $b^2+2c^2 =2p$ thì $b$ chẵn. Do đó $b=2d$. Thay vào thì $c^2+2d^2=p$ cũng xong

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 03-05-2016 - 22:56