Một Mở Rộng Cho định Lý Wilson - · MATHS.VN

Bài toán sau, có thể coi là một mở rộng của định lý Wilson.

Bài toán. Cho $p$ là một số nguyên tố, thỏa mãn $p-3$ chia hết cho $8$. Gọi $S$ là tập tất cả các số ở dạng $a+b\sqrt 2$, trong đó $a$ và $b$ là các số nguyên không âm nhỏ hơn $p$ và không đồng thời bằng $0$. Giả sử tích tất cả các phần tử của $S$ viết được dưới dạng $m+n\sqrt 2$, trong đó $m$ và $n$ là các số nguyên. Tìm số dư của $m$ và $n$ khi đem chia cho $p$.

Lời giải của bài toán, dựa theo đồng dư trên mod theo ideal, thực ra thì nó cũng chả khác gì những gì ta đã làm với định lý Wilson ở trên $\mathbb Z$, cụ thể là như sau đây.

Lời giải. Xét các tập $$\mathcal R=\left\{x+y\sqrt 2:\;x,\,y\in\mathbb Z\right\},\quad \mathfrak I=\left\{pe:\;e\in\mathcal R\right\}.$$Rõ ràng $uv,\,u\pm v\in\mathcal R$ nếu $u,\,v\in\mathcal R$ và $ij,\,i\pm j\in\mathfrak I$ nếu $i,\,j\in\mathfrak I$. Với $u,\,v\in\mathcal R$, ta sẽ viết $u\equiv v\pmod{\mathfrak I}$ nếu và chỉ nếu $u-v\in\mathfrak I$. Nếu $u\equiv v\pmod{\mathfrak I}$ và đồng thời $u^\prime\equiv v^\prime\pmod{\mathfrak I}$, thì ta thấy rằng sẽ có $$uu^\prime\equiv vv^\prime\pmod{\mathfrak I},\quad u\pm u^\prime\equiv v\pm v^\prime\pmod{\mathfrak I}.$$Do $p-3$ chia hết cho $8$, nên $2$ là một bất thặng dư mod $p$, từ đây ta thấy rằng với $a$ và $b$ là các số nguyên không âm nhỏ hơn $p$ và không đồng thời bằng $0$ thì $p\nmid\left(a^2-2b^2\right)$, vì thế tồn tại nghịch đảo của $a^2-2b^2$ theo mod $p$ là $T$, ta lấy $c$ và $d$ lần lượt là các số dư của $aT$ và $-bT$ khi đem chia cho $p$, để thấy\[ad + bc \equiv – abT + baT \equiv 0\pmod p.\]\[ac + 2bd \equiv \left( {{a^2} – 2{b^2}} \right)T \equiv 1\pmod p.\]Lúc này vì $a$ và $b$ không đồng thời chia hết cho $p$, nên $c+d\sqrt 2\in S$ và \[\left( {a + b\sqrt 2 } \right)\left( {c + d\sqrt 2 } \right) \equiv \left( {ac + 2bd} \right) + \left( {ad + bc} \right)\sqrt 2 \equiv 1\pmod{\mathfrak I}.\]Vậy, với mỗi $s\in S$ sẽ tồn tại $s^\prime \in S$ để $ss^\prime\equiv 1\pmod{\mathfrak I}$, phần tử $s^\prime$ đó là duy nhất theo $s$, vì nếu $ss^*\equiv 1\pmod{\mathfrak I}$ thì $s^\prime =s^*$, do\[{s^*} \equiv {s^*}ss^\prime \equiv s^\prime\pmod{\mathfrak I}.\]Nếu $s=a+b\sqrt 2\in S$ thỏa mãn $s^2\equiv 1\pmod {\mathfrak I}$ thì từ $p\mid \left(a^2+2b^2-1\right)$ và $p\mid 2ab$ kết hợp $2$ là bất thặng dư bậc hai theo mod $p$, ta có $b=0$ và $a\in\{1,\,p-1\}$. Như vậy, tập $S\setminus\{1,\,p-1\}$ được chia thành từng cặp $\left(s,\,s^\prime\right)$ sao cho $ss^\prime\equiv 1\pmod{\mathfrak I}$, từ đây ta sẽ có$$m+n\sqrt 2\equiv p-1\pmod{\mathfrak I}.$$Kéo theo là, sẽ có các số nguyên $k,\,l$ để $m – p + 1 + n\sqrt 2 =p\left( k + l\sqrt 2 \right)$, cho ta kết cục là $m$ chia $p$ dư $p-1$ và $n$ chia hết cho $p$.

$\square$

Có thể đọc thêm bài viết  http://maths.vn/vanh-mathbb-zsqrt-2-va-mot-bai-toan-thi/