Równoważność podzielności.

[JQR]

Niech n będzie nieparzystą liczbą naturalną oraz niech a i b będą względnie pierwszymi liczbami całkowitymi. Wówczas \(\displaystyle{ (a+b)^2| a^n + b^n \Leftrightarrow a+b|n}\).

[Ponewor]

Mamy, że \(\displaystyle{ \left(a+b\right)^{2} \mid a^{n}+b^{n} \Leftrightarrow \left(a+b\right)\mid a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^{2}-\ldots + a^{2}b^{n-3} - ab^{n-2} + b^{n-1} \Leftrightarrow a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^{2}-\ldots + a^{2}b^{n-3} - ab^{n-2} + b^{n-1} \equiv 0 \pmod{a+b}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ b\equiv -a \pmod{a+b}}\)
więc możemy zapisać, że
\(\displaystyle{ 0 \equiv a^{n-1}-a^{n-2}\left(-a\right)+a^{n-3}\left(-a\right)^{2}-\ldots + a^{2}\left(-a\right)^{n-3} - a\left(-a\right)^{n-2} + \left(-a\right)^{n-1} = n \cdot a^{n-1}}\)
ale względna pierwszość \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) jest równoważna względnej pierwszości \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ a+b}\), więc po prostu \(\displaystyle{ n \equiv 0 \pmod{a+b}}\) czego należało dowieść, a wszystko było tu równoważna więc w drugą stronę też działa.

Ogólnie to poczytaj (Google) o znaaaacznie mocniejszym rezultacie zwanym Lifting The Exponent Lemma.