Bài toán . ( Putnam 2011 ) Cho p là một số nguyên tố lẻ .
Chứng minh rằng có ít nhất $\frac{p+1}{2}$ giá trị $n\in \left \{ 0,1,2... p-1 \right \}$ sao cho $\sum_{k=0}^{p-1}k!n^{k}$ không chia hết cho p.
Lời giải. Đặt $f(x)=\sum_{k=0}^{p-1}k!x^{k}\in F_{p}[x]$ là tập hợp các đa thức bậc p có hệ số thuộc trường $F_{p}$. Ta phân hoạch $F_{p}=Z\bigcup Z^{'}$,
trong đó $Z=\left \{ a\in F_{p};f(a)=0 \right \};Z^{'}=\left \{ a\in F_{p} ;f(a)\neq 0\right \}$
Ta thấy $f(0)=1\Rightarrow 0\in Z^{'}\Rightarrow \left | Z \right |\geqslant 1$.
Đặt $\left | Z \right |=p-r,\left | Z^{'} \right |=r\geqslant 1$.
Xét đa thức $s(x)=\prod_{a\in Z^{'}}(x-a)\Rightarrow degs(x)=r$
Dựa vào các ta định nghĩa thì đa thức $s(x)f(x)$ triệt tiêu ( luôn bằng 0 ) tại mọi điểm của trường $F_{p}$,
Do đó $s(x)f(x)=(x^{p}-x)h(x)$, trong đó h(x) có bậc r-1 và thuộc $F_{p}[x]$ ( Lưu ý đến bậc của hai vế + Định lý Fermat nhỏ ). Trong những tính toán tiếp theo có sử dụng đến đạo hàm hình thức .
$x\frac{d}{dx}(xf(x))=x\frac{d}{dx}\sum_{k=0}^{p-1}k!x^{k+1}=x\sum_{k=0}^{p-2}(k+1)!x^{k}=\sum_{k=1}^{p-1}k!x^{k}=f(x)-1$
$\Rightarrow x^{2}f^{'}(x)+xf(x)=f(x)-1\Rightarrow x^{2}f^{'}(x)+(x-1)f(x)+1=0$
Lấy đạo hàm hình thức $s(x)f(x)=(x^{p}-x)h(x)$ ta được
$s^{'}(x)f(x)+s(x)f^{'}(x)=\left ( x^{p}-x \right )h^{'}(x)-h(x)$ ( Chú ý loại bỏ các số hạng triệt tiêu trên trường $F_{p}$ )
Từ các kết luận trên ta thấy
$x^{2}s^{'}(x)f(x)=(x^{p}-x)x^{2}h^{'}(x)-x^{2}h(x)-s(x)x^{2}f^{'}(x)$
$=(x^{p}-x)x^{2}h^{'}(x)-x^{2}h(x)+s(x)((x-1)f(x)+1)$
$=(x^{p}-x)x^{2}h^{'}(x)-x^{2}h(x)+(x-1)(x^{p}-x)h(x)+s(x)$
$=\left ( x^{p}-x \right )(x^{2}h^{'}(x)-(x-1)h(x))-x^{2}h(x)+s(x)$
Ta thấy vế trái triệt tiêu trên $Z\bigcup \left \{ 0 \right \}$, $x^{p}-x$ triệt tiêu trên $F_{p}$ nên đa thức $-x^{2}h(x)+s(x)$ triệt tiêu trên $Z\bigcup\left \{ 0 \right \}$.
Ta thấy
$r+1=deg(-x^{2}h(x)+s(x))\geqslant \left | Z \right |+1=p-r+1\Rightarrow r\geqslant \frac{p+1}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sinh vien: 14-05-2015 - 08:32
