Xét $p$ là số nguyên tố lẻ lớn hơn $3$ và có dạng $6k+1$. Chứng minh tồn tại $i,j$ không chia hết cho $p$ để $i^2+ij+j^2\vdots p$.
Chứng minh tồn tại $i,j$ không chia hết cho $p$ để $i^2+ij+j^2\vdots p$
#1
Đã gửi 29-06-2022 - 11:00
#2
Đã gửi 29-06-2022 - 16:19
Cách 1: Ta chỉ cần chỉ ra $-3$ là thặng dư bậc hai $\bmod$ $p$.
Ta có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right ).\left(\frac{3}{p}\right)$.
Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai, ta có $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{(p-1)(3-1)}{4}}=(-1)^\frac{p-1}{2}$.
Mà $\left(\frac{p}{3}\right) = 1$ (Do $p$ chia cho $3$ dư $1$) nên $\left ( \frac{3}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.
Đồng thời ta cũng có: $\left ( \frac{-1}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.
Nhân lại ta có $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$.
Do đó tồn tại $x$ sao cho $x^2\equiv -3\pmod p$.
Chọn $i,j$ sao cho $(i,p)=(j,p)=1$ và $\frac{i+2j}{i}\equiv x\pmod p$ thì $(i+2j)^2\equiv -3i^2\pmod p\Rightarrow p\mid i^2+ij+j^2$.
Cách 2: Ta sẽ chứng minh rằng $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ không tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$.
Giả sử điều ngược lại.
Đặt $p=6k+1$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có $x^{6k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$.
Vì $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$ nên $x^{2k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$.
Lấy $x$ là căn nguyên thuỷ của $p$ ta thấy ngay điều vô lí.
Vậy tồn tại $0<i<j<p-1$ để $i^3\equiv j^3\pmod p$ hay $p\mid i^2+ij+j^2$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 29-06-2022 - 16:19
- DOTOANNANG và Math04 thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh