Giả sử phương trình `x^2017 + ax^2 + bx + c = 0` với các hệ số `a,b,c in Z` có `3` nghiệm nguyên `x_1 , x_2 , x_3`. Chứng minh rằng : `(a + b + c + 1)(x_1 - x_2)(x_2 - x_3)(x_3 - x_1) \vdots 2017` Hướng đi là dùng Fermat bé do `2017` là số nguyên tố nhưng lại bị kẹt ;-;

$(*) x_1≡x_2≡x_3\pmod{2017}$

$\to (a+b+c+1)(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)\vdots 2017$(Đpcm)

$(*)$ Trong 3 số $x_1,x_2,x_3$ thì không có 2 số nào đồng dư với nhau theo $\pmod{2017}$

Ta sẽ có ý tưởng chứng minh $(a+b+c+1)\vdots 2017$

Đặt: $f(x)=x^{2017}+ax^2+bx+c\to f(x)=0$

Áp dụng định lí Fermat nhỏ ta được:

$x^{2017}≡x\pmod{2017}\\\to f(x)≡ax^2+ x(b+1)+c\pmod{2017}$

$\to [ax^2+x(b+1)+c]\vdots 2017$(Do $f(x)\vdots 2017$)

Dễ thấy khi đó $f(x_1),f(x_2),f(x_3)\vdots 2017$

Xét hiệu:

$f(x_1)-f(x_2)=ax_1^2 +bx_1 - ax_2^2 - bx_2=a(x_1-x_2)(x_1+x_2) + b(x_1-x_2)=(x_1-x_2)(ax_1+ax_2 + b)$

$\to (ax_1+ax_2+b)\vdots 2017$(Do $[f(x_1)-f(x_2)]\vdots 2017, (x_1-x_2)\not\vdots 2017$)

Hoàn toàn tương tự: $(ax_2+ax_3+b)\vdots 2017$

$\to (ax_1+ax_2-ax_2-ax_3+b-b)\vdots 2017\\\to a(x_1-x_3)\vdots 2017\to a\vdots 2017((x_1-x_3)\not\vdots 2017)$

Từ $(ax_1+ax_2+b+1)\vdots 2017\to (b+1)\vdots 2017$

Do đó: $c\vdots 2017$

$\to (a+b+c+1)\vdots 2017\\\to (a+b+c+1)(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)\vdots 2017$