VII OM - I - Zadanie 2

Dowieść, że jeżeli $ a $ i $ b $ są liczbami całkowitymi, to liczba

\[<br /> N = ab (a^2 - b^2) (a^2 + b^2)<br /> \]

jest podzielna przez $ 30 $.

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że $ N $ jest podzielne przez każdą z liczb $ 2 $, $ 3 $, $ 5 $.

a) $ N $ jest podzielne przez $ 2 $, gdyż jeżeli żadna z liczb $ a $ i $ b $ nie jest podzielna przez $ 2 $, to $ a^2 $ i $ b^2 $ są liczbami nieparzystymi, wobec czego $ a^2 - b^2 $ jest podzielne przez $ 2 $.

b) Aby dowieść podzielności $ N $ przez $ 3 $, zauważmy najpierw, że kwadrat liczby całkowitej niepodzielnej przez $ 3 $, mającej zatem postać $ 3k + 1 $ lub $ 3k - 1 $ ($ k $ - liczba całkowita), daje przy dzielniku $ 3 $ resztę $ 1 $. Istotnie $ (3k \pm 1)2 = 9k^2 \pm 6k + 1 $. Liczba $ N $ jest zatem podzielna przez $ 3 $, gdyż jeśli żadna z liczb $ a $ i $ b $ nie jest podzielna przez $ 3 $, to $ a^2 - b^2 $ jest podzielne przez $ 3 $.

c) Zauważmy wreszcie, że czwarta potęga liczby całkowitej niepodzielnej przez $ 5 $ daje przy dzielniku $ 5 $ resztę $ 1 $. Istotnie, liczba niepodzielna przez $ 5 $ ma jedną z postaci $ 5k + 1 $, $ 5k - 1 $, $ 5k + 2 $, $ 5k - 2 $ ($ k $ - liczba całkowita); otóż $ (5k \pm 1)^4 = 625k^4 \pm 500k^3 + 150k^2 \pm 20k + 1 $, a $ (5k \pm 2)^4 = 625k^4 \pm 1000k + 600k^2 \pm 160k+ 15+1 $. Liczba $ N = ab (a^4 - b^4) $ jest zatem podzielna przez $ 5 $, gdyż jeżeli ani $ a $, ani $ b $ nie jest podzielne przez $ 5 $, to $ a^4 - b^4 $ jest podzielne przez $ 5 $.

Uwaga. W powyższym dowodzie stwierdziliśmy, że kwadrat liczby niepodzielnej przez $ 3 $ daje przy dzielniku $ 3 $ resztę $ 1 $ oraz że czwarta potęga liczby niepodzielnej przez $ 5 $ daje przy dzielniku $ 5 $ resztę $ 1 $. Są to przypadki szczególne ważnego twierdzenia teorii liczb, zwanego małym twierdzeniem Fermata ({\kom Pierre Fermat (1601 - 1665), słynny matematyk francuski, znany zwłaszcza ze swych prac z teorii liczb, i z rachunku prawdopodobieństwa.}), które brzmi:

Jeśli liczba całkowita $ a $ jest niepodzielna przez liczbę, pierwszą $ p $, to $ a^{p-1} $ daje przy dzielniku $ p $ resztę $ 1 $. Tezę tę zapisujemy zwykłe jako koneruencie

\[<br /> a^{p- 1} \equiv 1 \pmod {p}.<br /> \]

Podamy dowód tego twierdzenia opierający się na najprostszych własnościach kongruencyj. Niech $ r_1, r_2, \ldots, r_{p-1} $ oznaczają odpowiednio reszty z dzielenia liczb $ a, 2a, \ldots , (p - 1) a $ przez p. Każda z tych reszt jest jedną z liczb $ 1, 2, \ldots, (p - 1) $, przy czym

\[<br /> (*) \qquad a \equiv r_1 \pmod{p},\quad 2a \equiv r_2 \pmod{p}, \quad\ldots , (p-1)a \equiv r_{p-1} \pmod{p}.<br /> \]

Liczby $ r_1, r_2, \ldots, r_{p-1} $ są wszystkie różne, gdyby bowiem było $ r_k = r_l $, to mielibyśmy $ ka \equiv la \pmod{p} $ i $ (k - l) a \equiv 0 \pmod{p} $, co jest niemożliwe, gdyż żadna z liczb $ k - l $ i $ a $ nie jest podzielna przez $ p $. Ciąg $ r_1, r_2, \ldots, r_{p-1} $ zawiera zatem te same liczby, co ciąg $ 1, 2, \ldots , (p - 1) $ ułożone co najwyżej w innym porządku, wobec czego $ r_1 \cdot r_2 \cdot \ldots \cdot r_{p-1} = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1) $.

Pomnóżmy kongruencje (*) stronami:

\[<br /> 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1) a^{p-1} = r_1 \cdot r_2 \cdot \ldots \cdot r_{p-1} \pmod{p}.<br /> \]

Dzieląc obie strony powyższej kongruencji przez iloczyn $ 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1) $, który nie jest podzielny przez $ p $, gdyż każdy jego czynnik jest mniejszy od $ p $, otrzymujemy

\[<br /> a^{p-1}= 1 \pmod{p}.<br /> \]
  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź