1. Giả sử tập hợp trên không là hệ thu gọn [TEX]\mod p[/TEX].
Khi đó tồn tại 2 số nguyên dương [TEX]2 \leq x,y \leq p[/TEX] sao cho [TEX]x^3-1 \equiv y^3-1 (\mod p) \Leftrightarrow (x-y)(x^2+y^2+xy) \vdots p[/TEX]
Mà [TEX]0 \leq |x-y| \leq p \Rightarrow x^2+xy+y^2 \vdots p[/TEX]
Đến đây ta sử dụng bổ đề khá quen thuộc, thuộc dạng sử dụng định lí nhỏ Fermat: Nếu [TEX]x^2+xy+y^2 \vdots p[/TEX] với [TEX]p=4k+3,p[/TEX] là số nguyên tố thì [TEX]x,y \vdots p[/TEX].
Chứng minh: Ta giả sử tồn tại [TEX]x,y \not \vdots p, x^2+xy+y^2 \vdots p \Rightarrow x^3-y^3 \vdots p[/TEX]
Theo định lí nhỏ Fermat thì [TEX]x^{p-1} \equiv y^{p-1} \equiv 1(\mod p) \Rightarrow x^{3k+1}-y^{3k+1} \vdots p[/TEX]
Mà [TEX]x^3 -y^3 \vdots p \Rightarrow x^3 \equiv y^3(\mod p) \Rightarrow x^{3k} \equiv y^{3k} (\mod p) \Rightarrow x^{3k+1} \equiv y^{3k}x(\mod p) \Rightarrow y^{3k+1}-y^{3k}x \vdots p \Rightarrow y-x \vdots p \Rightarrow x^2+xy+y^2 \equiv 3x^2(\mod p)[/TEX]
Lại có [TEX]x^2+xy+y^2 \vdots p \Rightarrow 3x^2 \vdots p \Rightarrow 3 \vdots p[/TEX](mâu thuẫn)
Vậy ta có đpcm.
Quay lại bài toán: Từ bổ đề trên thì ta có [TEX]x,y \vdots p[/TEX], mà [TEX]x \neq y[/TEX] nên [TEX]x,y[/TEX] không cùng bằng [TEX]p[/TEX] được. Từ đó điều giả sử là sai hay ta có đpcm.
2. Giả sử tồn tại [TEX]x_1\not \equiv x_2(\mod 101)[/TEX] sao cho [TEX]f(x_1)\equiv f(x_2) (\mod 101)[/TEX] với [TEX]f(x)=x^3+14x^2-2x+m[/TEX]
Khi đó [TEX]27f(x_1) \equiv 27f(x_2) (\mod 101) \Rightarrow (3x_1+14)^3+27m-101.18x_1-2744 \equiv (3x_2+14)^3+27m-101.18x_2-2744(\mod 101) \Rightarrow (3x_1+14)^3 \equiv (3x_2+14)^3 (\mod 101)[/TEX]
Từ đó áp dụng bổ đề ở bài 1 với lưu ý [TEX]3x_1+14 \not \equiv 3x_2+14(\mod 101)[/TEX] nên không tồn tại [TEX]x_1,x_2[/TEX] thỏa mãn; suy ra [tex]S=\left \{ f(1),f(2),...,f(101) \right \}[/tex] là hệ thặng dư đầy đủ nên tồn tại [TEX]x[/TEX] thỏa mãn.
Nếu có gì thắc mắc thì bạn hãy hỏi tại topic này nhé, tụi mình luôn sẵn sàng hỗ trợ. Chúc bạn học tốt!
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
