Page 22 - MATINF Nr. 1

22 V. Alexandru, S.C. Andronescu

Aplicatii
,

4
2
A1. Avem x + 1|x − 1|x p−1 − 1 dac˘a p = 4t + 1 iar congruent , a x p−1 = 1(mod p) are p − 1
solut , ii (vezi Mica teorem˘a a lui Fermat) ˆın {1, 2, . . . , p − 1}. Deoarece num˘arul de solut , ii ale
unei congruent , e polinomiale f(x) ≡ 0(mod p) nu poate dep˘as , i gradul f (folosind Teorema lui
2
Lagrange) ⇒ congruent , a x + 1 ≡ 0(mod p) are (exact) dou˘a solut , ii (dac˘a p ≡ 1(mod 4)) ˆın
{1, 2, . . . , p − 1}.
4
8
Fie acum p ≡ 1(mod 8). Atunci x + 1|x − 1|x p−1 − 1. Cu acelas , i argument ca mai sus
4
rezult˘a c˘a congruent , a x + 1 ≡ 0(mod p) are patru solut , ii ˆın {1, 2, . . . , p − 1}.
2
4
2
2
2
2
2
2
2
4
2
Avem x + 1 ≡ (x + 1) − 2x = (x − 1) + 2x . Dac˘a a ≡ −1(mod p) ⇒ (a + 1) − 2a ≡
2
2
2
(a − 1) + 2a ≡ 0(mod p).
0
2
0 2
Cum a 6≡ 0(mod p), rezult˘a c˘a ∃b, b ∈ Z s , i 2 ≡ b (mod p) s , i −2 ≡ (b ) (mod p).
3
Fie acum p ≡ 1(mod 3), p = 3t + 1. Avem x − 1|x p−1 − 1 ⇒ (cu acelas , i argument) c˘a
2
2
3
∃a ∈ Z, a 6≡ 1(mod p) s , i a − 1 = (a − 1)(a + a + 1) ≡ 0(mod p) de unde 4(a + a + 1) =
2
2
(2a + 1) + 3 ≡ 0(mod p) ⇔ −3 ≡ (2a + 1) (mod p).
Se obt , in astfel urm˘atoarele consecint , e:
2
2
a) Dac˘a p ≡ 1(mod 4) atunci p = a + b cu a, b ∈ Z.
2
2
b) Dac˘a p ≡ 1(mod 8) atunci p = a + 2b cu a, b ∈ Z.
2
2
c) Dac˘a p ≡ 1(mod 3) atunci p = a + 3b cu a, b ∈ Z.
2
Observat ,ia 1. Dac˘a ∃b ∈ Z, b 6= 0 astfel ˆıncˆat b ≡ −3(mod p) cu p 6= 3 atunci (conform
3
2
rat , ionamentului anterior), exist˘a a ∈ N astfel ˆıncˆat a + a + 1 ≡ 0(mod p) ⇒ a ≡ 1(mod p).
Dac˘a (p − 1, 3) = 1 ar rezulta a ≡ 1(mod p) iar de aici p=3, fals. Prin urmare 3|p − 1.
A2. Dac˘a un num˘ar natural nenul n se scrie ˆın dou˘a moduri ca sum˘a de dou˘a p˘atrate
perfecte, atunci n este compus.
?
2
2
2
2
Solut ,ie. Fie n = a + b = c + d , a, b, c, d ∈ N , (a, b) 6= (c, d). Dac˘a a s , i b au aceleas , i paritate,
atunci n este par, deci compus. Deci putem presupune c˘a a s , i b, respectiv c s , i d sunt numere
naturale distincte cu parit˘at , i diferite.
Fie a s , i c pare, b s , i d impare, deci a 6= c, b 6= d.
2
2
2
2
2
2
2
2
Avem a + b = c + d , a − c = d − b , (a − c)(a + c) = (d − b)(d + b), adic˘a
a − c d + b u
= = , (u, v) = 1.
d − b a + c v
?
Rezult˘a a + c = hv, b + d = hu, a − c = ku, d − b = kv, cu h, k ∈ N s , i deci
2
2
2
2
hv + ku hu − kv (u + v )(k + h )
a = , b = , s , i n = .
2 2 4
Se deduce us , or c˘a ˆınsus , i n admite o descompunere proprie.
Prin urmare un num˘ar prim admite cel mult o reprezentare ca sum˘a de dou˘a p˘atrate perfecte.
A3. Dac˘a un num˘ar n se poate scrie ca sum˘a de dou˘a p˘atrate perfecte nenule distincte,
atunci orice putere a sa se poate scrie de asemenea ca sum˘a de dou˘a p˘atrate perfecte nenule.
2
?
2
Solut ,ie. Fie n = a + b , a, b ∈ N .