VII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VII OM, 1955-1956

Etap:

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

$ N = ab (a^2 - b^2) (a^2 + b^2) $

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

$ a^{p- 1} \equiv 1 \pmod {p}. $

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

$ (*) \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}. $

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:

$ 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p - 1) a^{p-1} = r_1 \cdot r_2 \cdot \ldots \cdot r_{p-1} \pmod{p}. $

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

$ a^{p-1}= 1 \pmod{p}. $