Thặng dư bậc 2

dsonn · 01-04-2009, 11:43 AM

Định nghĩa: Cho số nguyên a và số nguyên tố p, a gọi là thặng dư bậc hai (hay chính phương) mod p nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn $x^2\equiv{a}(modp) $, a không là thặng dư bậc hai mod p ta nói a là bất thặng dư bậc hai (không chính phương) mod p.
Định lí 1: Nếu a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) thì phương trình $x^2\equiv{a}(modp) $ có đúng hai nghiệm (thặng dư modp).
Định lí 2: Trong hệ thặng dư thu gọn mod p (p nguyên tố lẻ) có $\frac{p-1}{2} $ thặng dư bậc hai cùng lớp với các thặng dư$1^2,2^2,(\frac{p-1}{2})^2 $ và có $\frac{p-1}{2} $ bất thặng dư bậc hai modp.
Định Lí 3:Điều kiện cần và đủ để a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{1}(modp) $
Điều kiện cần và đủ để a là bất thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{-1}(modp) $
Các bạn giải các bài tập sau nhé:
1. Cho số nguyên tố lẻ P, chứng minh rằng: (-1) là chính phương mod p khi và chỉ khi $p\equiv{1}(mod4) $.
2. Tìm số nguyên tố lẻ p sao cho (-2) là số chính phương mod p.
3. Cho p là số nguyên tố dạng 3k+2. Chứng minh rằng (-3) không chính phương modp.
Các bạn có những bài tập liên quan post lên cùng trao đổi nhé

tqdung · 01-04-2009, 02:55 PM

Ví dụ cũng khá hay là bài thi TST năm vừa rồi đấy.

reamer:

dsonn · 01-04-2009, 10:20 PM

Bài 4. Cho $a=2^n,n\ge{3} $. Tìm các số nguyên lẻ m sao cho phương trình $x^2\equiv{m}(moda) $ có nghiệm.

modular · 02-04-2009, 05:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi dsonn

Các bạn có những bài tập liên quan post lên cùng trao đổi nhé

Bài 9 trong này [Only registered and activated users can see links. ] .

thanh lan · 03-12-2009, 07:06 PM

các bạn giai dùm minh bai nay
tìm dư
$A=2009^{2009^{2009}}:33 $

Học gõ Latex và gõ tiếng Việt nha bạn ơi !!!

Thanh vien · 04-12-2009, 07:24 PM

Trích:

Nguyên văn bởi thanh lan

các bạn giai dùm minh bai nay
tìm dư
A=(2009^(2009)^2009):33

Đây là công thức gì đây @-}

Galois_vn · 26-06-2010, 07:06 PM

Trích:

Nguyên văn bởi dsonn

Định nghĩa: Cho số nguyên a và số nguyên tố p, a gọi là thặng dư bậc hai (hay chính phương) mod p nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn $x^2\equiv{a}(modp) $, a không là thặng dư bậc hai mod p ta nói a là bất thặng dư bậc hai (không chính phương) mod p.
Định lí 1: Nếu a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) thì phương trình $x^2\equiv{a}(modp) $ có đúng hai nghiệm (thặng dư modp).
Định lí 2: Trong hệ thặng dư thu gọn mod p (p nguyên tố lẻ) có $\frac{p-1}{2} $ thặng dư bậc hai cùng lớp với các thặng dư$1^2,2^2,(\frac{p-1}{2})^2 $ và có $\frac{p-1}{2} $ bất thặng dư bậc hai modp.
Định Lí 3:Điều kiện cần và đủ để a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{1}(modp) $
Điều kiện cần và đủ để a là bất thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{-1}(modp) $
Các bạn giải các bài tập sau nhé:
1. Cho số nguyên tố lẻ P, chứng minh rằng: (-1) là chính phương mod p khi và chỉ khi $p\equiv{1}(mod4) $.
2. Tìm số nguyên tố lẻ p sao cho (-2) là số chính phương mod p.
3. Cho p là số nguyên tố dạng 3k+2. Chứng minh rằng (-3) không chính phương modp.
Các bạn có những bài tập liên quan post lên cùng trao đổi nhé

Ngta xây dựng một cơ sở lý thuyết ( kí hiệu Legendre) để tính toán
xem [Only registered and activated users can see links. ]
Với p nguyên tố , dùng kí hiệu Legendre
Khi đó việc tính toán sẽ đơn giản hơn
Bài 1: Dùng định lý 3: Cần điều kiện $(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \text{ mod }p $
Bài 2+3: Nếu dùng phần kiến thức hổ trợ thì sẽ nhanh chóng cho kết quả

dellday23 · 27-06-2010, 11:03 AM

Trích:

Nguyên văn bởi dsonn

Định nghĩa: Cho số nguyên a và số nguyên tố p, a gọi là thặng dư bậc hai (hay chính phương) mod p nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn $x^2\equiv{a}(modp) $, a không là thặng dư bậc hai mod p ta nói a là bất thặng dư bậc hai (không chính phương) mod p.
Định lí 1: Nếu a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) thì phương trình $x^2\equiv{a}(modp) $ có đúng hai nghiệm (thặng dư modp).
Định lí 2: Trong hệ thặng dư thu gọn mod p (p nguyên tố lẻ) có $\frac{p-1}{2} $ thặng dư bậc hai cùng lớp với các thặng dư$1^2,2^2,(\frac{p-1}{2})^2 $ và có $\frac{p-1}{2} $ bất thặng dư bậc hai modp.
Định Lí 3:Điều kiện cần và đủ để a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{1}(modp) $
Điều kiện cần và đủ để a là bất thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{-1}(modp) $
Các bạn giải các bài tập sau nhé:
1. Cho số nguyên tố lẻ P, chứng minh rằng: (-1) là chính phương mod p khi và chỉ khi $p\equiv{1}(mod4) $.
2. Tìm số nguyên tố lẻ p sao cho (-2) là số chính phương mod p.
3. Cho p là số nguyên tố dạng 3k+2. Chứng minh rằng (-3) không chính phương modp.
Các bạn có những bài tập liên quan post lên cùng trao đổi nhé

bài 2 bài 3 dùng luật thuận nghịch thì khá đơn giản

Galois_vn · 27-06-2010, 09:01 PM

Trích:

Nguyên văn bởi dellday23

bài 2 bài 3 dùng luật thuận nghịch thì khá đơn giản

Nhưng bài 4 , thì không thể dùng cơ sở về kí hiệu Legendre được nữa ?
Cuối cùng , giải quyết bài này thế nào ?

Evarist Galois · 30-07-2010, 11:18 AM

CMR không tồn tại $a,b $ nguyên thỏa mãn
i)$(4b)|(a+1) $
ii)$b $ là thặng dư bậc hai theo modunlo $a $

dep_kom_n · 30-07-2010, 02:08 PM

không! chính xác là tồn tại đấy

ví dụ như b=1 a=3;b=3 a=11
bài toán đấy có lẽ phải chuyển thành
"Với mọi b lẻ và 4b\a+1 thì ta có $\binom{b}{a}=1 $ ( đây là kí hiệu jacobi)

Evarist Galois · 31-07-2010, 08:55 AM

Một bài "không tầm thường": Cho x,y nguyên CMR $x^2-2 $ không chia hết cho $2y^2+3 $

Uy_Vũ · 31-07-2010, 09:19 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Evarist Galois

Một bài "không tầm thường": Cho x,y nguyên CMR $x^2-2 $ không chia hết cho $2y^2+3 $

Gỉa sử
$2y^2+3|x^2-2 $
Gọi p là ước nguyên tố lẻ của $2y^2+3 $
$=>\binom{2}{p}=1 $
$p\equiv 1(mod 8) $ hoặc $p\equiv -1(mod 8) $
$=>2y^2+3\equiv 1 (mod 8) $ hoặc $ 2y^2+3\equiv -1(mod 8 $ mà điều này vô lý

hikimaru · 14-10-2010, 11:27 AM

Một bài dùng thặng dư bậc hai!
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn ${x}^{2}={y}^{3}-4 $

01-04-2009, 11:43 AM	#1
dsonn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 69 Thanks: 3 Thanked 51 Times in 21 Posts	Thặng dư bậc 2 Định nghĩa: Cho số nguyên a và số nguyên tố p, a gọi là thặng dư bậc hai (hay chính phương) mod p nếu tồn tại số nguyên x thỏa mãn $x^2\equiv{a}(modp) $, a không là thặng dư bậc hai mod p ta nói a là bất thặng dư bậc hai (không chính phương) mod p. Định lí 1: Nếu a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) thì phương trình $x^2\equiv{a}(modp) $ có đúng hai nghiệm (thặng dư modp). Định lí 2: Trong hệ thặng dư thu gọn mod p (p nguyên tố lẻ) có $\frac{p-1}{2} $ thặng dư bậc hai cùng lớp với các thặng dư$1^2,2^2,(\frac{p-1}{2})^2 $ và có $\frac{p-1}{2} $ bất thặng dư bậc hai modp. Định Lí 3:Điều kiện cần và đủ để a là thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{1}(modp) $ Điều kiện cần và đủ để a là bất thặng dư bậc hai mod p (p nguyên tố lẻ) là $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv{-1}(modp) $ Các bạn giải các bài tập sau nhé: 1. Cho số nguyên tố lẻ P, chứng minh rằng: (-1) là chính phương mod p khi và chỉ khi $p\equiv{1}(mod4) $. 2. Tìm số nguyên tố lẻ p sao cho (-2) là số chính phương mod p. 3. Cho p là số nguyên tố dạng 3k+2. Chứng minh rằng (-3) không chính phương modp. Các bạn có những bài tập liên quan post lên cùng trao đổi nhé __________________ ĐƯỜNG ĐI GIAN KHÓ MỚI DẪN TỚI ĐỈNH VINH QUANG thay đổi nội dung bởi: dsonn, 01-04-2009 lúc 11:53 AM

01-04-2009, 02:55 PM	#2
tqdung +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Đến từ: phố núi mộng mơ Bài gởi: 176 Thanks: 31 Thanked 28 Times in 21 Posts	Ví dụ cũng khá hay là bài thi TST năm vừa rồi đấy.reamer:

01-04-2009, 10:20 PM	#3
dsonn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 69 Thanks: 3 Thanked 51 Times in 21 Posts	Bài 4. Cho $a=2^n,n\ge{3} $. Tìm các số nguyên lẻ m sao cho phương trình $x^2\equiv{m}(moda) $ có nghiệm. __________________ ĐƯỜNG ĐI GIAN KHÓ MỚI DẪN TỚI ĐỈNH VINH QUANG

03-12-2009, 07:06 PM	#5
thanh lan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2009 Bài gởi: 1 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	số học các bạn giai dùm minh bai nay tìm dư $A=2009^{2009^{2009}}:33 $ Học gõ Latex và gõ tiếng Việt nha bạn ơi !!! thay đổi nội dung bởi: asimothat, 27-06-2010 lúc 10:34 AM

30-07-2010, 11:18 AM	#10
Evarist Galois +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2009 Đến từ: Từ A0 đến FTU Bài gởi: 320 Thanks: 57 Thanked 180 Times in 95 Posts	CMR không tồn tại $a,b $ nguyên thỏa mãn i)$(4b)\|(a+1) $ ii)$b $ là thặng dư bậc hai theo modunlo $a $ __________________ $f=arcos(1-\frac{h}{3g}.(f')^2)=arsin(\frac{2h}{3g}.f'') $

30-07-2010, 02:08 PM	#11
dep_kom_n +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 81 Thanks: 47 Thanked 50 Times in 24 Posts	không! chính xác là tồn tại đấy ví dụ như b=1 a=3;b=3 a=11 bài toán đấy có lẽ phải chuyển thành "Với mọi b lẻ và 4b\a+1 thì ta có $\binom{b}{a}=1 $ ( đây là kí hiệu jacobi) thay đổi nội dung bởi: dep_kom_n, 30-07-2010 lúc 02:41 PM

31-07-2010, 08:55 AM	#12
Evarist Galois +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2009 Đến từ: Từ A0 đến FTU Bài gởi: 320 Thanks: 57 Thanked 180 Times in 95 Posts	Một bài "không tầm thường": Cho x,y nguyên CMR $x^2-2 $ không chia hết cho $2y^2+3 $ __________________ $f=arcos(1-\frac{h}{3g}.(f')^2)=arsin(\frac{2h}{3g}.f'') $

14-10-2010, 11:27 AM	#14
hikimaru +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 199 Thanks: 9 Thanked 54 Times in 45 Posts	Một bài dùng thặng dư bậc hai! Tìm tất cả các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn ${x}^{2}={y}^{3}-4 $ __________________ http://www.facebook.com/nam.ta988

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây