Bài toán :Cho $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$
Đặt $S=y^{2}-x^{3}-1$ ,$x,y$ là các số nguyên,$0\leq x,y\leq p-1$
Cm có nhiều nhất $p$ phần tử trong $S$ chia hết cho $p$.
(Balkan 1999)
P/S:Đây là 1 bài toán rất hay về hệ thặng dư.
#2
Đã gửi 04-03-2013 - 17:52
chrome98
-
- Thành viên
-
- 258 Bài viết
Mãi Mãi Việt Nam
Solution:
Ta chứng minh $x^3, x=\overline{0,p-1}$ lập thành một hệ thặng dư $\mod p$. Thật vậy giả sử nếu có hai số $i, j$ thoả mãn $i^3\equiv j^3\mod p$. Theo định lý Fermat nhỏ, ta có:
\[ i^{p-1}\equiv j^{p-1}\equiv 1\mod p\implies i^{3k+1}\equiv j^{3k+1}\mod p \]
Kết hợp với điều giả sử trên, suy ra $i\equiv j\mod p$, mà $i,j\in [0,p-1]$, nên $i=j$.
Vậy ta có: với mỗi $y\in [0,p-1]$, tồn tại duy nhất $x$ thoả mãn $x^3\equiv y^2-1\mod p$, và $y$ có nhiều nhất $p$ giá trị, nên có nhiều nhất $p$ cặp số $(x,y)$ thoả mãn. $\blacksquare$
Ta chứng minh $x^3, x=\overline{0,p-1}$ lập thành một hệ thặng dư $\mod p$. Thật vậy giả sử nếu có hai số $i, j$ thoả mãn $i^3\equiv j^3\mod p$. Theo định lý Fermat nhỏ, ta có:
\[ i^{p-1}\equiv j^{p-1}\equiv 1\mod p\implies i^{3k+1}\equiv j^{3k+1}\mod p \]
Kết hợp với điều giả sử trên, suy ra $i\equiv j\mod p$, mà $i,j\in [0,p-1]$, nên $i=j$.
Vậy ta có: với mỗi $y\in [0,p-1]$, tồn tại duy nhất $x$ thoả mãn $x^3\equiv y^2-1\mod p$, và $y$ có nhiều nhất $p$ giá trị, nên có nhiều nhất $p$ cặp số $(x,y)$ thoả mãn. $\blacksquare$
- yeutoan11, nguyenta98 và WhjteShadow thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
