1 reply to this topic

[supermember]

Cho $p$ là số nguyên tố và $a ; b ; c$ là các số nguyên bất kỳ.

Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $x ; y ; z$ không đồng thời chia hết cho $p$ sao cho:

$ax^2 + by^2 + cz^2$ chia hết cho $p$

[nguyenta98]

Cho $p$ là số nguyên tố và $a ; b ; c$ là các số nguyên bất kỳ.

Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $x ; y ; z$ không đồng thời chia hết cho $p$ sao cho:

$ax^2 + by^2 + cz^2$ chia hết cho $p$

Giải như sau:
TH1: $a,b,c$ có ít nhất một số chia hết cho $p$ khi ấy giả sử $a \vdots p$ lúc đó chọn $(x,y,z)=(x,p,p)$ là ổn
TH2: $a,b,c$ không có số nào chia hết cho $p$
Ta cho $x=1$ khi ấy cần tìm $y,z$ sao cho $a+by^2+cz^2 \vdots p$
Xét $k^2$ với $k \in \left(0,1,2,...,\dfrac{p-1}{2}\right)$
Khi ấy ta thấy mọi số $k$ thuộc tập trên thì $k^2$ đều có số dư khác nhau khi chia cho $p$, thật vậy giả sử có số $k_1^2 \equiv k_2^2 \pmod{p}$ với $k_1\neq k_2$ và $k_1,k_2 \in \left(0,1,2,...,\dfrac{p-1}{2}\right)$
Khi ấy ta có $k_1^2-k_2^2 \vdots p \Rightarrow (k_1-k_2)(k_1+k_2) \vdots p$ với $k_1>k_2$ vô lí vì $k_1-k_2<p$ và $k_1+k_2<p$
Do đó nhận định được chứng minh, như vậy ta xét số $a+by^2$ mà $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ và $y^2$ mang $\dfrac{p+1}{2}$ nghiệm như nhận định trên nên suy ra rõ ràng $a+by^2$ có ít nhất $\dfrac{p+1}{2}$ số dư khi chia cho $p$
Tương tự $-cz^2$ có ít nhất $\dfrac{p+1}{2}$ số dư khi chia cho $p$ (do $gcd(c,p)=1$)
Do đó ta có một số chia cho $p$ có $p$ số dư mà theo trên thì có $\dfrac{p+1}{2}+\dfrac{p+1}{2}=p+1$ nên theo nguyên lý dirichlet tồn tại $a+by^2 \equiv -cz^2 \pmod{p} \Rightarrow a+by^2+cz^2 \vdots p$ suy ra $đpcm$
Chú ý rằng bài này có thể cho $x$ chạy bất kì mà $x \not \vdots p$ chứ không nhất thiết $x=1$