a)CMR nếu $m$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$ thì tồn tại $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $m$
b)CMR nếu $m$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ thì không tồn tại $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $m$
a)CMR nếu $m$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$ thì tồn tại $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $m$
b)CMR nếu $m$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ thì không tồn tại $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $m$
chúng tôi là 3 người từ lớp 10 cá tính:NRC,NTP,A-Q
a)CMR nếu $m$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$ thì tồn tại $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $m$
b)CMR nếu $m$ là số nguyên tố dạng $4k+3$ thì không tồn tại $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho $m$
b) Ta đi chứng minh nếu $a^2+b^2\vdots p(p=4k+3)$ với p là số nguyên tố thì $a\vdots p,b\vdots p$.
Nếu một trong hai số chia hết cho p thì ta suy ra số còn lại cũng chia hết cho p.
Nếu cả hai số đều không chia hết cho p, áp dụng Fermat ta có:
$a^{p-1}\equiv b^{p-1}\equiv 1(mod p)\Leftrightarrow a^{4k+2}\equiv b^{4k+2}\equiv 1(mod p)\Rightarrow a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv 2(modp)$ (1)
mà $a^{4k+2}+b^{4k+2}=(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}\vdots a^2+b^2\vdots p$, trái với (1) suy ra giả sử là sai.
Vậy $a\vdots p,b\vdots p$.
Áp dụng vào bài toán ta suy ra nếu $a^2+1\vdots m \Rightarrow a\vdots m ,1\vdots m$ mà 1 không chia hết cho m nên ta có đpcm.
$theo định lý wilson ta có:(4k)!+1\vdots p(1) vì 2k+2\equiv -(2k-1)(mod p) 2k+1\equiv -2k(mod p) 4k\equiv -1(mod p) 4k-1\equiv 2(mod p) .............. nên A=(2k).(2k+1).....(4k-1)(4k)\equiv (2k)(2k-1)...2.1(mod p)\equiv (2k)!(mod p) suy ra A.(1.2.3....2k)\equiv ((2k)!)^2 hay (4k)!\equiv ((2k)!)(mod p)(2) từ (1),(2)=>((2k)!)^2+1\equiv 0(mod p) chọn x=((2k)!)=(\frac{p-1}{2})!$
có lẽ dùng tính chất a2 đồng dư vs 0 hoặc 1 mod 4 sẽ dễ hơn
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh