Vita:Kvadratikus reciprocitás tétele

Ez a szócikk témája miatt a matematikai műhely érdeklődési körébe tartozik.
Bátran kapcsolódj be a szerkesztésébe! Jól használható Ez a szócikk jól használható besorolást kapott a kidolgozottsági skálán. Közepesen fontos Ez a szócikk közepesen fontos besorolást kapott a műhely fontossági skáláján. Értékelő szerkesztő: Andrew69. (vita), értékelés dátuma: 2022. szeptember 11.

Untitled

A gyászkeretet jobb lenne valamilyen fehér keretre cserélni vagy az enyémnél szebb megoldást alkalmazni (nem vagyok járatos a divológiában annyira, hogy ki tudnék vitelezni ilyeneket). Gubb

Ha megmondod, mit szeretnél, megcsinálom; de biztos jó ötlet ez a keretezés? Szerintem a wiki nyújtotta formázási eszközök is elegendőek. --Tgr 2005. június 11., 13:41 (CEST)

(lényegtelen gondolatmenet)

Ha igen akkor pq|x^{2-1 = (x+1)(x-1). Ezért p és q is, prímtulajdonságukból következően, osztja a jobb oldali tényezők legalább egyikét. Mármost ha p|(x+1), akkor az x-1 tényezőt már nem osztja, ellenben mindkét tényező 0-val lenne kongeruens mod(p), azaz egymással is, ahonnan kiszámolható 2 ≡ 0 (p), azaz p=2, ami ellentmond annak, hogy p páratlan prím. Hasonlóan ha p|(x-1), akkor a másik tényezőt már nem osztja. Ugyanez igaz a q páratlan prímre is. A következő lehetőségeink vannak tehát:}

1. p|(x+1), q|(x+1) és x-1-nek egyikük sem osztója;
2. p|x+1, q|x-1 és a többi tényezőnek egyikük sem osztója;
3. q|x+1, p|x-1 és a többi tényezőnek egyikük sem osztója;
4. p|x-1, q|x-1 és x+1-nek egyikük sem osztója.

---

• Na mármost a forrásom a következőképp folytatódik:
  • az u^{2 ≡ 1 mod(pq) kongruenciának, ha p,q is 1 mod(4), négy megoldása van, +-1 és +-N valamely N-re. Na ez honnan jön? Tud erre valaki valami egyszerűt? A Gyarmati-Freud jegyzet sok szenvedés után jut el odáig, hogy egyáltalán összetett modulusú kvadratikus kongruenciákkal foglalkozzon, és közben szerepel a Kvadratikus Reciprocitás Tétele is.}

Az világos, hogy ha x megoldása az x²≡ 1 (mod pq) kongruenciának, akkor -x is. Tehát ilyen pluszmínuszos párokba oszlanak szét. Továbbá mind az x²≡ 1 (mod p) kongruenciának, mind az x²≡ 1 (mod q) kongruenciának két-két megoldása van. Ha veszünk egy-egy megoldást, az ad, a kínai maradéktétel miatt, egy megoldást, és így minden megoldást megkapunk, összesen tehát négy van. Kope 2005. június 11., 15:55 (CEST)

Kösz, emésztgetem. Gubb