Chủ đề này có 1 trả lời

[Nguyen Minh Hai]

Cho số nguyên tố $p>3$. Chứng minh rằng :

$\prod_{j=1}^p(j^2+1) \equiv 0,4 \textrm{(mod p)}$

[lahantaithe99]

Nếu $p=4k+1$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=1$ nên tồn tại ít nhất một số $i$ $\in \left [ 1,p \right ]$ thỏa mãn $p|i^2+1$. Do đó $\prod ^{p}_{i=1}(i^2+1)\equiv 0\pmod p$

Nếu $p=4k+3$. Ta thấy $ \forall i,j=\overline{1,p}$ thì $i^2+1\equiv j^2+1\pmod p\Leftrightarrow i\equiv -j\pmod p$.

Suy ra : $\prod ^{p}_{i=1}(i^2+1)\equiv \prod ^{p-1}_{i=1}(i^2+1)\equiv \left [\prod ^{\frac{p-1}{2}}_{i=1}(i^2+1)  \right ]^2=A\pmod p$, trong đó $i^2+1\not\equiv j^2+1\pmod p\forall i\neq j\in 1,...,\frac{p-1}{2}$

Bây giờ xét đa thức $P(x)=\prod ^{\frac{p-1}{2}}_{i=1}(x-i^2)-x^{\frac{p-1}{2}}+1=\sum a_ix^i$ ( $0\leq i<\frac{p-1}{2}$) có $ P(i^2)\equiv 0\pmod p\forall i=0,1,...,\frac{p-1}{2}$ nên theo định lý Lagrange thì $a_i\equiv 0\pmod p$ với mọi $0\leq i<\frac{p-1}{2}$. Do đó $P(x)\equiv 0\pmod p\forall x\in\mathbb{Z}\Rightarrow P(-1)\equiv =-\sqrt{A}+2\equiv 0\pmod p\Rightarrow A\equiv 4\pmod p$

Ta có đpcm