Bài thặng dư cơ bản

04/01/2019 in Số Học by Mr 2M | No comments

Bài toán. Cho $p$ là số nguyên tố và các số nguyên dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

  • $a^2+ab+b^2$ chia hết cho $p$.
  • $a^5+b^5+c^5$ chia hết cho $p$.
  • $p$ không là ước của $a+b+c$.

Chứng minh rằng $p\equiv 1\pmod 6$.

Lời giải. Ta xét các trường hợp sau đây.

  • Nếu $p\mid 6$, khi đó có mâu thuẫn do $$a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\pmod 6.$$
  • Nếu $p\nmid 6$ thì $p>3$, lúc đó do $p\mid \left(a^2+ab+b^2\right)$, ta có được $p\nmid ab$ và\[-3{a^2} \equiv – 3{a^2} + 4\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right) \equiv {\left( {a + 2b} \right)^2}\pmod p.\]Vậy nên có \[1 = \left( {\frac{{ – 3}}{p}} \right) = {\left( { – 1} \right)^{\frac{{p – 1}}{2}}}\left( {\frac{3}{p}} \right).\]Theo luật tương hỗ Gauss, ta có\[\left( {\frac{3}{p}} \right)\left( {\frac{p}{3}} \right) = {\left( { – 1} \right)^{\frac{{p – 1}}{2}}}.\]Vì vậy mà có được\[\left( {\frac{p}{3}} \right) = 1.\]Điều này dẫn đến $p\equiv 1\pmod 3$, và do đó có điều cần chứng minh.

$\square$

Nhận xét. Có thể tránh sử dụng thặng dư, nhờ để ý đến tính chất\[\gcd \left( {{a^m} – {b^m},{\mkern 1mu} {a^n} – {b^n}} \right) = {a^{\gcd \left( {m,{\mkern 1mu} n} \right)}} – {b^{\gcd \left( {m,{\mkern 1mu} n} \right)}}.\]

Tags: ,

Reply