Đến nội dung

Hình ảnh

Cho số nguyên dương $x>1$. Chứng minh rằng nếu $p$ là một ước nguyên tố lớn hơn $3$ của $x^2+x+1$ thì $p\equiv 1 \pmod{3}$.

* - - - - 1 Bình chọn

Lời giải chuyenndu, 09-05-2023 - 12:57

giả sử $p\equiv 2(mod3)$ đặt p=3k+2

$p|x^2+x+1\Rightarrow x^3\equiv 1(modp)$ (*)

cm được gcd(x,p)=1 nên $x^{3k+1}=x^{p-1}\equiv 1(mod p)$

vì (*) nên $x\equiv 1(modp)\Rightarrow x^2+x+1\equiv 3(mod p)$ nên p=3 (VL)

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Bài toán. Cho số nguyên dương $x>1$. Chứng minh rằng nếu $p$ là một ước nguyên tố lớn hơn $3$ của $x^2+x+1$ thì $p\equiv 1\pmod{3}$. 

 

Đây là một bài toán mình phát hiện ra trong quá trình thử sức giải Định lý Fermat cho trường hợp $n=3$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 09-05-2023 - 13:38

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#2
chuyenndu

chuyenndu

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 177 Bài viết
✓  Lời giải

giả sử $p\equiv 2(mod3)$ đặt p=3k+2

$p|x^2+x+1\Rightarrow x^3\equiv 1(modp)$ (*)

cm được gcd(x,p)=1 nên $x^{3k+1}=x^{p-1}\equiv 1(mod p)$

vì (*) nên $x\equiv 1(modp)\Rightarrow x^2+x+1\equiv 3(mod p)$ nên p=3 (VL)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chuyenndu: 09-05-2023 - 12:57


#3
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

giả sử $p\equiv 2(mod3)$ đặt p=3k+2

$p|x^2+x+1\Rightarrow x^3\equiv 1(modp)$ (*)

cm được gcd(x,p)=1 nên $x^{3k+1}=x^{p-1}\equiv 1(mod p)$

vì (*) nên $x\equiv 1(modp)\Rightarrow x^2+x+1\equiv 3(mod p)$ nên p=3 (VL)

Một lời giải quá sức là nhanh chóng của chuyenndu ạ! Còn mình giải bài này thực sự khá vất vả (mình không giỏi môn Số học lắm). Trước khi tìm ra chứng minh mình đã phải kiểm tra tính đúng đắn của bài toán bằng cách phân tích thành thừa số nguyên tố $x^2+x+1$ với hơn $100$ giá trị của $x$. 

Lời giải của mình có ý tưởng hoàn toàn giống với chuyenndu. Mặc dù vậy, mình muốn viết lời giải chi tiết hơn dưới đây để  làm rõ một số chỗ lập luận quan trọng. 

 

Lời giải. Do $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p\equiv{1} \pmod{3}$ hoặc $ p\equiv{2} \pmod{3}$. Ta chứng minh không thể xảy ra trường hợp $p\equiv{2}\pmod{3}$.

Thật vậy, giả sử $p\equiv 2\pmod{3}$ khi đó $p$ có dạng $p=3m+2$ với $m \in \mathbb{N}$. 

Ta có $x^{p-1}=x^{3m+1}=\left( x^{3}\right)^m.x$. Mặt khác, do $p$ là ước của $x^2+x+1$ nên $p$ cũng là ước của $x^3-1$, hay  $x^3 \equiv 1 \pmod{p}$. 

Vì vậy $x^{p-1} \equiv x \pmod{p}$. 

Dễ thấy $(x, p)=1$ nên theo Định lý Fermat nhỏ ta có  $x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}.$ 

Do đó $x \equiv 1 \pmod{p}$. Kết hợp với $x^2+x+1 \equiv 0 \pmod{p}$ ta suy ra $p$ phải là ước của $3$. Điều này trái với giả thiết. 

Giả sử ban đầu sai, chứng tỏ $p\equiv{1} \pmod{3}$. Đây là điều phải chứng minh. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 09-05-2023 - 13:38

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#4
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Gọi $p$ là một ước nguyên tố khác 3 của $x^{2}+x+1$

Suy ra:

$x^{2}+x+1\equiv 0 (mod p) \Leftrightarrow 4(x^{2}+x+1)\equiv 0(mod p)$

$\Leftrightarrow (2x+1)^{2}\equiv -3(mod p)\Rightarrow (\frac{-3}{p})=1\Rightarrow p$ có dạng $6k+1$

dpcm

hơi mạnh quá :)






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh