CMR: Với mọi số nguyên tố p dạng 4k+1(k là số tự nhiên) thì luôn viết được p=$a^{2}+b^{2}$ với a,b$\in$ N
CMR: Với mọi số nguyên tố p dạng 4k+1(k là số tự nhiên) thì luôn viết được p=$a^{2}+b^{2}$ với a,b$\in$ N
Bắt đầu bởi Tran Nguyen Lan 1107, 13-09-2013 - 19:44
#1
Đã gửi 13-09-2013 - 19:44
Tran Nguyen Lan 1107
-
- Thành viên
-
- 123 Bài viết
Trung sĩ
#2
Đã gửi 13-09-2013 - 19:59
bangbang1412
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 1668 Bài viết
Độc cô cầu bại
CMR: Với mọi số nguyên tố p dạng 4k+1(k là số tự nhiên) thì luôn viết được p=$a^{2}+b^{2}$ với a,b$\in$ N
Xét $a=(2k)!$ , ta có $(2k)!\equiv (-1)(-2).....(-2k)\equiv 4k(4k-1)....(2k+1)(modp)$
Nên $a^{2}\equiv (p-1)!\equiv -1(modp)$ theo định lý $Wilson$
Đặt $q=[\sqrt{p}]$ . Xét $(q+1)^{2}$ các số có dạng $ax+y$ với $x,y$ là các số thuộc tập $A={0,1.....,q}$
Vì $(q+1)^{2}>p>q^{2}$ nên tồn tại các số thỏa mãn $ax_{1}+y_{1}\equiv ax_{2}+y_{2}(modp)$ hay $a(x_{1}-x_{2})+(y_{1}-y_{2})\equiv 0(modp)$
Ta đặt $|x_{1}-x_{2}|=x,|y_{1}-y_{2}|=y$ khi đó ta có $(ax)^{2}-y^{2}=(ax+y)(ax-y)\equiv 0 (modp)$
Ta có $x^{2}+y^{2}\equiv -(ax)^{2}+y^{2}\equiv 0(modp)$ ( theo chứng minh ban đầu ).
Và $x^{2}\leq q^{2}<p,y^{2}\leq q^{2}<p$ và $p$ nguyên tố , $x^{2}+y^{2}<2p$
Do đó $x^{2}+y^{2}=p$ vì trong khoảng $[1,2p-1]$ có duy nhất $p$ là bội của $p$ do $p$ nguyên tố .
- AnnieSally, Tran Nguyen Lan 1107 và nghiemthanhbach thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#3
Đã gửi 30-09-2013 - 21:02
Phuong Thu Quoc
-
- Thành viên
-
- 784 Bài viết
Trung úy
Thà một phút huy hoàng rồi chợt tối
Còn hơn buồn le lói suốt trăm năm.
#4
Đã gửi 30-09-2013 - 21:05
Phuong Thu Quoc
-
- Thành viên
-
- 784 Bài viết
Trung úy
- Tran Nguyen Lan 1107 yêu thích
Thà một phút huy hoàng rồi chợt tối
Còn hơn buồn le lói suốt trăm năm.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
