Xem bài viết đơn
Old 03-10-2018, 02:03 PM   #2
Thụy An
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 73
Thanks: 1
Thanked 52 Times in 37 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
cũng là ý mà tác giả "chế" ra bài này:

Cách 1 (của tác giả). Dùng bổ đề: số nguyên tố $p=3k+2$ sẽ có tính chất $\{1^3,2^3, \ldots, p^3\}$ là hệ thặng dư đầy đủ mod $p$. Khi đó, ta chọn $a_i \equiv i^3 \pmod{41}$ là xong, vì để ý rằng $$1^3+2^3+\cdots+k^3$$ luôn là số chính phương.

Chứng minh bổ đề: Giả sử trong bộ trên có hai số $i\ne j$ sao cho ${{i}^{3}}\equiv {{j}^{3}}(\bmod p)$, suy ra ${{i}^{3k}}\equiv {{j}^{3k}}(\bmod p)$. Theo định lý Fermat nhỏ thì ${{i}^{3k+1}}\equiv {{j}^{3k+1}}(\bmod p)$ nên
$${{i}^{3k+1}}\equiv {{j}^{3k+1}}=j\cdot {{j}^{3k}}\equiv j\cdot {{i}^{3k}}(\bmod p),$$ kéo theo ${{i}^{3k}}(i-j)$ chia hết cho $p$ hay $i\equiv j(\bmod p)$, vô lý vì $i,j\in \{1,2,\ldots ,p\}$ và $i\ne j.$
Chế quá hay! Anh hoàn toàn ko nghĩ đến tổng các lập phương. Mà chú là tác giả hả?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Thụy An is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
 
[page compression: 8.04 k/9.08 k (11.52%)]