2 zadania z elementarnej teorii liczb

[MorRav]

witam, potrzebna mi pomoc w rozwiązaniu dwóch zaadanek:

1. Udowodnić, że na okręgu o środku w początku układu współrzędnych i promieniu równym \(\displaystyle{ \sqrt{19}}\) nie leży żaden punkt o obydwu współrzędnych całkowitych.

2. Udowonij, że :
a) jeśli \(\displaystyle{ p>5}\) jest liczbą pierwszą, to \(\displaystyle{ 240 \mid p^{4} - 1}\).
b) jeśli \(\displaystyle{ p_{1}}\),\(\displaystyle{ p_{2}}\),...,\(\displaystyle{ p_{24} \geqslant 5}\), to
\(\displaystyle{ 24 \mid p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}}\).

dzięki wielkie, jeśli ktoś pomoże

[xirusss]

zad 1.

mamy takie równanie:

\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}=19}\)

musimy udowodnić że to równanie nie ma rozwiązania w całkowitych
\(\displaystyle{ {x,y} {4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4}}\)
co wynika z tego że
\(\displaystyle{ x qslant 0 y qslant 0}\)

\(\displaystyle{ x=\sqrt{19-y^{2}}}\)

\(\displaystyle{ 19-y^{2} (0,19) \sqrt{19-y^{2}} (0,4)}\)

wiemy że \(\displaystyle{ n^{2} =1(mod4) n^2=0(mod4)}\)

\(\displaystyle{ 19=3(mod4) 19-y^2=2(mod4) 19-y^2=3(mod4)}\)

co oznacza że wyrażenie \(\displaystyle{ 19-y^{2}}\) nie jest kwadratem liczby naturalnej, czyli po spierwiastkowaniu nie otrzymamy liczby naturalnej

pozdro:)

[Piotr Rutkowski]

1)
Jeśli takowy by istniał musiałoby być spełnione (z tw. Pitagorasa)
\(\displaystyle{ x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=19}\)
gdzie \(\displaystyle{ x_{0},y_{0} \in Z}\)
Zauważmy, że musi być \(\displaystyle{ x_{0}\leq 4}\) bo inaczej mielibyśmy \(\displaystyle{ x_{0}^{2}+y_{0}^{2}\geq 5^{2}+0=25>19}\) sprzeczność dowodzi, że \(\displaystyle{ x_{0}\leq 4}\), czyli \(\displaystyle{ 0\leq x_{0} q 4}\) dla wszystkich przypadków łatwo dowieść teo, że nie istnieje odpowiednie \(\displaystyle{ y_{0}}\) c.b.d.u.

2)\(\displaystyle{ p^{4}-1=(p^{2}+1)(p^{2}-1)=(p^{2}+1)(p-1)(p+1)}\)
Łatwo udowodnić, że \(\displaystyle{ p^{2}\equiv 1 4 \ (mod5)}\) jeśli \(\displaystyle{ p^{2}\equiv 1 (mod5)}\) to p-1 jest podzielne przez 5, a jeśli \(\displaystyle{ p^{2}\equiv 4 \ (mod 5)}\) to pierwszy nawias jest podzielny przez 5, czyli ostatecznie cały nasz iloczyn jest podzielny przez 5
Dalej łatwo udowodnić, że \(\displaystyle{ 2|p^{2}+1}\) zauważmy ponadto, że p-1 i p+1 to 2 kolejne liczby nieparzyste, a więc jedna z nich jest podzielna przez 2, a druga przez 4 ostatecznie nasz iloczyn dzieli się przez \(\displaystyle{ 2*4*2=16}\) Łatwo też zauważyć, że skoro 3 nie dzieli p, to musi dzielić p+1 albo p-1 Ostatecznie nasz iloczyn dzieli się przez \(\displaystyle{ 5*16*3=240}\)

[xirusss]

a tu 2 zadanko a)

\(\displaystyle{ 240|a^{4}-1}\)
\(\displaystyle{ a^{4}-1=(a^{2}+1)(a^{2}-1)=(a-1)(a+1)(a^{2}+1)}\)
\(\displaystyle{ 240=2^{4}*5*3}\)

podzielność przez 2:
\(\displaystyle{ a\equiv1(mod2)}\)

\(\displaystyle{ a+1\equiv0(mod2)}\)
\(\displaystyle{ a-1\equiv0(mod2)}\)
\(\displaystyle{ a^{2}+1\equiv0(mod2)}\)

\(\displaystyle{ a\equiv1(mod4) a-1\equiv0(mod4)}\)
\(\displaystyle{ a\equiv3(mod4) a+1\equiv0(mod4)}\)

zatem
\(\displaystyle{ 16|a^{4}-1}\)

teraz 3:
\(\displaystyle{ a\equiv1(mod3) a\equiv2(mod3)}\)

\(\displaystyle{ a\equiv1(mod3) a-1\equiv0(mod3)}\)
\(\displaystyle{ a\equiv2(mod3) a+1\equiv0(mod3)}\)

czyli
\(\displaystyle{ 3|a^{4}-1}\)

i 5:
\(\displaystyle{ a\equiv1(mod5) a-1\equiv0(mod5)}\)
\(\displaystyle{ a\equiv2(mod5) a^{2}+1\equiv0(mod5)}\)
\(\displaystyle{ a\equiv3(mod5) a^{2}+1\equiv0(mod5)}\)
\(\displaystyle{ a\equiv4(mod5) a+1\equiv0(mod5)}\)

czyli
\(\displaystyle{ 3|a^{4}-1}\)

\(\displaystyle{ (3|a^{4}-1 5|a^{4}-1 16|a^{4}-1) 240|a^{4}-1}\)

[ Dodano: 18 Grudnia 2007, 14:21 ]
b) jeśli \(\displaystyle{ p_{1},p_{2},...,p_{24}}\) to
\(\displaystyle{ 24 | p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}.}\)

zapewne chodzi o liczby pierwsze w tym podpunkcie:) bo w innym razie to nie wyjdzie np. 23 kwadraty liczb parzystych plus kwadrat liczby nieparzyste da nam liczbę nieparzystąj , a liczba 24 jest parzysta - sprzeczność

\(\displaystyle{ 24=2^{8}*3}\)

\(\displaystyle{ (p\equiv1(mod3) p\equiv2(mod3) )\Rightarrow p^{2}\equiv 1(mod3)}\)

\(\displaystyle{ (p\equiv1(mod8) p\equiv3(mod8) p\equiv5(mod8) p\equiv7(mod8) )\Rightarrow p^{2}\equiv 1(mod8)}\)


\(\displaystyle{ p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}(mod3) \equiv 1+1+1+1.... +1(mod3)\equiv 24(mod3) \equiv 0(mod3) 3|p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}}\)

\(\displaystyle{ p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}(mod8) \equiv 1+1+1+1.... +1(mod8)\equiv 24(mod8) \equiv 0(mod8) 8|p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}}\)

Wniosek:
\(\displaystyle{ (3|p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24} 8|p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}) 24|p^{2}_{1}+...+p^{2}_{24}}\) \(\displaystyle{ bo NWD(3,8)=1}\)