Zajęcia z teorii liczb

Transkrypt

1 Zajęcia z teorii liczb Podzielość Będziemysiędziśzajmowaćjedymtylkoojęciem:ord. Defiicja1(ord ())Niech, N,rzyczym liczbaierwsza.przezord ()ozaczamytakie k N {0},że k,ale k+1. Poludzku:maksymalaotęgazjakąwchodzidorozkładu,oilewchodzi:) Pojęcie to jest iczym iym jak arzędziem ułatwiającym korzystaie z twierdzeia o jedozaczości rozkładu a czyiki ierwsze. Zamiast isać rozkład każdej z ich, ozaczać jakoś iezae bliżej liczby ierwszeiużywaćwieluieotrzebychideksów,ord działadlakażdejliczbyierwszej.takżetej, która ie wchodzi do rozkładu. Jest to zatem coś a kształt teorioliczbowego logarytmu, tylko bardziej subtelego. Aby móc wykorzystać to ojęcie w raktyce, odotujmy wsólie kilka jego oczywistych własości. Uwaga1Niecha,b liczbyaturale,zaś liczbaierwsza.wówczas: ord (ab)=ord (a)+ord (b), ord (a/b)=ord (a) ord (b), ord (NWD(a,b))=mi(ord (a),ord (b)), ord (NWW(a,b))=max(ord (a),ord (b)). DlaułatwieiazaisuwdalszymciąguNWD(a,b)ozaczaćbędziemyrzez(a,b),atomiastNWW(a,b) rzez[a,b]. Zadaie1Udowodij,że(a,b) [a,b]=ab. Użyjemy aszego owego arzędzia. Stosować będziemy też oczywiście owyższe stwierdzeie. Z twierdzeia o jedozaczości rozkładu dla każdej liczby ierwszej mamy: ord ((a,b) [a,b])=ord (ab) ord ((a,b))+ord ([a,b])=ord (a)+ord (b) mi(ord (a),ord (b))+max(ord (a),ord (b))=ord (a)+ord (b) Ostatia rówość jest oczywiście rawdziwa. No to teraz jakiś ochotik a ewo zechce szybko uzasadić astęujące rówości.

2 Zadaie 2 (a,b,c)=((a,b),c)=(a,(b,c)) [a,b,c]=[[a,b],c]=[a,[b,c]] Srawy moża aturalie komlikować, dokładać jakieś waruki... Zadaie3Niechab=cd.Wykaż,że: (a,c) (a,d) (a,b,c,d) =a. Rozumowaie będzie odobe jak wcześiej. Teraz jedak dochodzi owy waruek. Jeśli rzyjmiemy, że: ord (a)=a,ord (b)=b,ord (c)=c,ord (d)=d, wówczasrzyzałożeiu:a+b=c+dwykazujemyrówość: mi(a,c)+mi(a,d) mi(a,b,c,d)=a. Oczywiście, ie wolo za bardzo rzyzwyczajać się do jedej metody i zaomiać o co chodzi z rozkładem a czyiki ierwsze. Przyjrzyjmy się astęującemu zadaiu. Zadaie 4 Daesąliczbyaturalea,b,c,dtakie,żeab=cd 0.Wykaż,żeistiejątakieliczbyaturaleu,w,v,x, że: a=uv, b=wx, c=uw, d=vx. Dla odmiay, zamiast liczyć rzy omocy ord, oliczmy ormalie... Niechu=(a,c).Istieją(a 1,c 1 )=1,żeua 1 =aorazuc 1 =c.wstawiająctodorówościab=cd otrzymujemy:ua 1 b=uc 1 d.podobiejeślix=(b,d),toistieją(b 1,d 1 )=1,żexb 1 =b,xd 1 =d.teraz rówość z założeia ma ostać: uxa 1 b 1 =uxc 1 d 1. Wobectego,że(a 1,c 1 )=1,(b 1,d 1 )=1widzimy,żea 1 /d 1 =c 1 /b 1 =t(rzyzałożeiu,żea 1 >d 1,bsog). Teraz rówość rzybiera ostać: uxd 1 tb 1 =uxb 1 td 1. Wstawiamyawiasyzgodieztymjakiebyływyjściowea,b,c,d: (ud 1 t)(xb 1 )=(ub 1 )(d 1 tx). Zatem widać, że: a=(u)(d 1 t), b=(b 1 )(x), c=(u)(b 1 ), d=(d 1 t)(x). Całe to zadaie może się wydać bardzo mało atrakcyje. Jest to jedak w istocie jedyie fakcik omociczy do iego zuełie już ietrywialego: Zadaie5Jeślia,b,c,dsąaturaleiab=cd,wtedydlakażdegoaturalegoliczbaa +b +c +d jest złożoa. 2

3 Na ozór zadaie jest całkowicie ie do ruszeia. Jedak korzystając z orzediej uwagi każdy będzie umiał je zrobić, rawda? Zróbmy je zatem wsólie. Załóżmy, że ic tu ie jest zerem, dla oddaleia trywialych ocji. Wstawmy to, co mówi orzedie zadaie. a +b +c +d =(uv) +(wx) +(uw) +(vx). Łatwo widać, że wyrażeie o rawej moża zwiąć do iloczyu: (u +x )(v +w ). Oileiemieliśmyżadychzer,tokażdyzczyikówrówyjestcoajmiej2.Idowódjestzakończoy. Zadań związaych z ord i z odzielością moża rodukować więcej. Isiracją dla ciekawszych zadań jest twierdzeieotymilewyosiord (!)dladowolegoaturalego.czybylibyśmywstaiewyzaczyć tę wielkość? Oczywiście, możemy sobie całość rozbić a sumę ostaci: ord (1)+ord (2)+...+ord (). Jaki z tego ożytek? Niewielki, moża się domyślić. Zaczijmy więc kombiować. Szukamy otęg mieszkającychwśródliczbod1do.notooszukajmyajierwwielokrotości.możebyćtak,że<,ale wtedyaszroblemiejesttrudyiord (!)=0.Jeśli<,toaewoiord (!) 1.Ilewielokrotościleżyw?Oczywiście=k+r,0 r<,awięcowiemy,żeleżykwielokrotości.jeśli odzielimytorówaierzezwidzimy,że [ ] =k+r.ostatiułamekjestmiejszyod1,awięckto ic iego tylko.częśćsukcesujestjużwięczaami.gdybywięckażdaliczbaod1domiaław [ ] rozkładzie a czyiki tylko jedą koię, wtedy ord(!) =. Może się jedak złośliwie zdarzyć, że któraśzliczbdzielisięrzez 2.Tozaczy,że 2 <.Ilebędzietakichliczb?Tojużłatwostwierdzić: [ ].Nodobrze,toilemamyichteraz,rzecieżte,cosiędzieląrzez 2 dzieląsięteżrzez,awięc 2 [ ] jejużwyłowiliśmy...notak,aleiteresujeasord,awięcoatrzmydokładie: zlicza o jedej otędze,załatwiawięcwszystkietakieliczbyk,żeord (k)=1.zliczb,dlaktórychord (k)=2zlicza [ ojedym,awięcdrugiezostaje.ilejesttych drugich?dokładie ].Zatemgdybywśródliczb [ ] [ 2 1 k byłotak,żeord (k) 2,wtedyord (!)= +.Widaćterazcodalej...Widaćteż,że rocedura, którą zaczęliśmy musi się skończyć. Zatem wzór ogóly ma ostać: [ ] [ ] [ ] ord (!)= Piszemy wielokroek, ale ta suma w istocie się kończy. W rozważaiach zwykle ie będzie as iteresowała końcówka tej sumy. To, co tu widzieliśmy to było wyrowadzeie, ale wzorek te moża teraz łatwo dowieść idukcyjie. 2 ] Profity atomiast są mogie, małe i duże. Zaczijmy od zabawowych rzykładów. Zadaie 6 Iloma zerami kończy się liczba 2009!? Skoromająbyćzera,tochodziootęgi10.Taiejestierwsza,alechybawidać,żeiteresujeas takarawdęord 5 (2009!).Przecież,dokażdejiątkidobierzemydwójkętak,bywiloczyiedały10. Odwrotie już raczej ie. Zgodie atomiast ze wzorkiem: [ ] [ ] [ ] [ ] ord 5 (2009!)= = =

4 Zatemakońcu2009!będzie500zer. Oczywiście takie zadaka są a oziomie Kagura i srawdzają raczej aszą amięć iż umiejętości. Stadardowym zastosowaiem udowodioego faktu są zadaia związae z odzielością w symbolach dwumiaowych.przyomijmy,dlak,aturalychik : ( )! = k k!( k)!. Z ewych kombiatoryczych owodów wiemy, że liczba ta jest całkowita. Gdyby jedak owyższy wzorek był defiicją, mielibyśmy już więcej roblemów. Mając jedak w garści asze twierdzeie, radzimy sobie bez roblemu. W końcu: ( ) ord ( )=ord (!) ord (k!) ord ( k)!. k Oczywiście rzecz w tym, by dla każdej liczby ierwszej różica ta była liczbą ieujemą. Użyjmy teraz aszego twierdzeia. Jak? Sróbujmy wykazać, że dla każdego wykładika s mamy: [ ] [ ] [ ] k k s s + s. To oczywiście wystarczy, bo ierówości takie zsumujemy stroami dla wszystkich koieczych s i będzie teza.udowodijmyzatemowyższąierówość.niech=m s +r,zaśk=m 1 s +r 1, k=m 2 s +r 2, gdzie0 r,r 1,r 2 < s.oczywiście+( k)=,zatemm 1 +m 2 m.arzecieżm,m 1,m 2,to właśie części całkowite o jakie chodziło. W te sosób moża kotyuować zabawę w ieskończoość. W ramach długich listoadowych ocy moża obawić się w dowodzeie, że całkowite są liczby: (2m)!(2)! m!!(m+)!, (3m)!(3)!(3q)! (m!) 2 (!) 2 (q!) 2 (m++q)!,! k 1!k 2!...k s!, k 1+k k s. Sróbujmy teraz zrobić zadaie z elimiacji szkolych. Przyomijmy, dla każdej liczby ierwszej : ( ) 2 =2mod. Pomińmy rzyadek = 2, wtedy wiadomo co, i jak. Udowodimy owyższą kogruecję dla iearzystych wykorzystując ozaą wcześiej metodę. Na omówieiu zadań wsomiałem, że dla każdej różejodliczby0<k<2zachodzi: ( ) 2 =0mod. k Zaim to wykażemy zastaówmy się a ile to omoże. Oczywiście: ( ) ( ) ( ) ( ) (1 1) 2 = ( ) 2 =0. 2 Jeśli asz fakt omociczy jest rawdziwy, to iemal wszystko w tej arzemieej sumie staie się zerem.pozostaietylko: ( ) 2 0 ( ) 2 + ( ) 2 =1 2 ( ) 2 +1=0. Dowódbędziezatemzakończoy.Weźmysięwięcza ( 2 k).wiemy,żedlakażdegoswykazaćchcemy ierówość: [ ] [ ] 2 k s s + 4 [ 2 k s ].

5 Przy czym, aby teza zadaia była sełioa, dla ewego s ierówość musi być ostra. Rzeczywiście, chcemy, by do(2)! wchodziła rzyajmiej jeda otęga więcej iż do iloczyu k!(2 k)!. Wtedy symbol dwumiaowy będzie odziely rzez. Oczywiście, dla s > 1 ierówości te są rówościami, bo wszędziebędązera.gdyzaśs=1,wtedymamywykazać,że: [ ] [ ] [ ] 2 k 2 k =2> +. Widaćterazocoamzałożeie,że(k,)=1.Dziękiiemu,jedezeskładikóworawejstroiejest zerem, a drugi wyosi oczywiście 1. Koiec dowodu. Na koiec jeszcze jedo zadaie, gdzie trzeba troszkę okombiować z aszym twierdzeiem. Zadaie7Daesąliczbycałkowitek,takie,że1 k 2 4,rzyczymkiemadzielikaierwszego większegood.udowodij,że!dzielisięrzezk. Zadaie wygląda a ozór dziwie. Są jedak ewe jase stroy. Wiadomo, czemu k ma ie mieć dzielika ierwszego większego od. W rzeciwym razie! też ie miałoby tego dzielika ierwszego i z odzielościici.tajemiczejesttoszacowaierzez 2 4.Mimotoodzielośćdowodzimystadardowo. Bierzemyord (k)iżądamy,bybyłooozawszeiewiększeiżord (!).Oczywiście: [ ] [ ] [ ] ord (!)= Chcemy,byliczbatabyłaiemiejszaodord (k).wydajesię,żeotejostatiejiewiemyzawiele.tu jedak omoże am szacowaie z założeia. Rozważymy dwa rzyadki: Niechord (k)=2x.wówczas 2x k 2 4.Łatwamaiulacjaozwalastwierdzić,ze2x. Jesttodlaaskluczowaiformacja.Wróćmydoord (!).Iaczejiżzwykle,iteresowaćasbędzie [ tymrazemjakdługajesttasuma.dziękuokazaemuszacowaiuwiemy,żedlas x: ] 2. s Ozacza to, że gdy sojrzymy a sumę: [ ord (!)= ] + [ ] [ ] x + reszta. toskładikówtejsumy,któresąrówerzyajmiej2jestrzyajmiejx.zatemord (!) 2x= ord (k). Niechord (k)=2x+1.tubędziezuełieodobie.mamy: 2x+1 k 2 4.Terazszacowaie będziebardziejodychające,ostaci:2 [ x.widzimyzatem,żedlas xwyrażeie ] s 2.Zatem: ord (!)= [ ] [ ] [ ] x + reszta rówejestrzyajmiej2x,atoaewoiemiejiż2x+1=ord (k). W te sosób zadaie zostało rozwiązaie. Trudo owiedzieć jak byśmy je atakowali, gdyby ie asze twierdzeie... Na ierwszy wykład, tyle owio wystarczyć. Małe Twierdzeie Fermata i jego koledzy... Wieczorem rzyglądaliśmy się zadaiom, które ie wymagają zajomości zbyt wielu metod. Należy jedak amiętać, że ewie odstawowy akiet twierdzeń jest iezbędy, zarówo do rozwiązywaia zadań wrost srawdzających ich zajomość, jak i do wykorzystaia rzy rozwiązywaiu zadań olimijskich. 5

6 Twierdzeie1(MTF)Niech liczbaierwsza,zaśa liczbacałkowita.wówczasa =amod. Rówoważie,jeśliaiejestodzielarzez,toa 1 =1mod. Twierdzeie,jakwiele...Wwykładikumusibyć 1N.2 9 2iejestodzielarzez9.Dobrze... Zróbmy ajierw kilka zabawowych rzykładów. Przykład1Udowodić,żedlakażdegoaturalegoliczba 6 2 jestodzielarzez60. Cotrzebasrawdzićwtymrzyadku?Czy 6 2 jestodzielerzez3,4i5?oczywiściemoża to robić idukcyjie, ale ie ma otrzeby. Podzielość rzez 3 i 4 moża srawdzić ręczie, rawda? Parzyste otęgi modulo 3, 4 mogą wyosić 0, 1 w zależości od arzystości odstawy. Skoro odstawa jesttakasama,tomamyteodzielości.pozostajesrawa5.tutajwidzimy,że 5 zgodiezmtf jest odziele rzez 5. Przykład2Niech 2będzieliczbąierwszą.Wykazać,żeliczba ( 2) +( 1) jest odziela rzez. Żade roblem. Stosujemy MFT i dostajemy sumę ( 2)+( 1) = ( 1) = ( 1) 2. Ostati ułamek jest liczbą całkowitą odzielą rzez. Zauważmy, że gdyby wyjściowa suma była arzemiea, odzielości rzez by ie było. Jaka byłaby reszta? Przykład3Udowodij,żejeśliliczbya 1,a 2,...,a k sącałkowite,zaśjestliczbąierwszą,to: a 1 +a a k a 1+a a k. Zowujestjase,cotrzebazrobić.ZMTFwiadomo,żejestzawszedzielikiemróżicya i a i.sumując te odzielości stroami widzimy, skąd się bierze asza teza. Przykład4Wiadomo,żeliczbadzieliliczbę }{{}.Wyzacz. Tucałarzeczolegaarzedstawieiu }{{} wsesowejostaci.jesttobowiem: = Comożetuzatemasować?Zauważmy,że10 10jestodzielarzez.Możemy rzedstawić aszą liczbę w ostaci: Co widzimy? Jeśli dzieli liczik, a ie ma ic wsólego z miaowikiem ułamka owyżej, to ozacza, żecałaliczbaieodzielisięrzez,bomamyjeszczedodaąakońcujedykę.wtakimraziemusi byćdzielikiem9,zatem=3. Jak widać zadaia tego tyu ie astręczają większych trudości. Drugim tyem automatów związaych z MTF są zadaia z wieloiętrowymi otęgami i ytaiami w stylu: czemu jakaś fikuśa ostać ogóla dzielisięrzezjakąśdziwąliczbę?wszystkotobazujeaastęującejobserwacji:skoroa 1 =1mod, totakżea k( 1) =1mod.Przykłady: Przykład5Niechbędzieliczbąaturalą.Udowodić,że 7 jestodzielarzez Najleiejbybyło,żebybyłoodrazuodzielerzez43.Ajakiejest?Wyciągijmy rzedawias? Iledostaiemywśrodku?Dokładie 7 1.Wystarczywięc,aby 7 =1mod43.Wykażemy,że 7 jestzawszewielokrotością42.ktotookaże?zmtfwiemy,że 7 jestodzielerzez7. Acozodzielościąrzez6?Tołatwe: 7 =( 6 1)=( 1)( 2 ++1)( 3 +1).Widaćwięc 6

7 arzystość.jeśliatomiastdajeresztę0lub1zdzieleiarzez3,tosuer.ajeślidajeresztę2,to 3 +1dajeresztę0.Proste.Kluczowajesttujedakobserwacjaztąwielokrotością42.Jeszczejede koszmary rzykład tego tyu: Przykład6Udowodić,żedlakażdegoaturalegoliczba 4 2 jestodzielarzez547. Przede wszystkim wyada zorietować się, że 547 jest liczbą ierwszą. Da się to zrobić w skończoym czasie i to całkiem srawie... Zowu wyciągamy co się da rzed awias: 2 ( 4 2 1). Jeślijestodzielerzez547,zakomicie.Ajeśliie?Wtedytrzebawykazać,że 4 2 =1mod547. Iterazjeszczerazkluczowytrik:wystarczy,abywykładikbyłwielokrotoscią546.Dlaczego?Bo 546k = (547 1)k =1mod547.Chcemywięcwykazać,że 4 2 jestodzielarzez546.cotozaliczba? Rozkładaczyikidajeam:2,3,7,13.Teraztrzebaokoleisrawdzać. Podzielość rzez 2. Nie ma roblemu, mamy różicę dwóch liczb tej samej arzystości. Podzielość rzez 3. Wyciągamy rzed awias: 2 ( 4 2 1). Jeśli3,took.Jeśliie,chcemywykazać,że 4 2 =1mod3.Zatem 4 2 musząbyć wielokrotością 2(zowu zgodie z MFT). Tak oczywiście jest. Mamy więc i w tym rzyadku odzielość rzez 3. Podzielość rzez 7. Zowu to samo. Wyciągamy: 2 ( 4 2 1). Jeśli7,took.Ajeśliie?Wtedychcemy,by 4 2 =1mod7.Zatem 4 2 musibyć wielokrotością6.tojase,bo 4 2 = 2 ( 1)(+1). Podzielośćrzez7.Nicsięiezmieia.Dokładieic.Wystarczyzauważyć,żetak,jak 4 2 dzieliłosięrzez6,takidzielisięrzez12. Oczywiście, ikomu ie będziemy olecali wałkowaia takich zadań w ieskończoość. Jedo lub dwa owiy wystarczyć a całe życie. Waże by zrozumieć mechaizm, reszta dzieje się sama. No dobrze, a może by dla odmiay zobaczyć jakieś łade zastosowaie MTF? Sróbujmy z astęującym zadaiem: Przykład 7 Niech liczba ierwsza. Wykazać, że istieje ieskończeie wiele liczb aturalych takich,żejestdzielikiem2. Istieje bardzo łade, choć trickowe rozwiązaie. Są też stadardowe. Dla odiesieia średiej estetyczej wykładuokażętołade:)wiadomo,żedla=2roblemuiema,wystarczybraćarzyste.gdy jestiearzyste,mtfmówi,że2 1 =1mod.Dlakażdegomaturalegododatiegookreślamy =(m 1)( 1).Twierdzimy,żesątowłaściwie.Srawdźmy: 2 =(2 1 ) m 1 =1=( 1)( 1)=(m 1)( 1)=mod. I koiec? Łade? Oczywiście, że tak! Do samodzielego rozwiązaia ozostawiam jeszcze astęujące zadaie: 7

8 Przykład8Niech ierwszaiq:dowolydzielikierwszyliczby2 1.Wykazać,żeliczbaqdaje resztę1zdzieleiarzez. Defiicja 2(Fukcja φ Eulera) Niech liczba aturala. Przez φ() ozaczać będziemy moc zbioru {k:1 k<,(k,)=1}.iymisłowy:ilośćmiejszychodliczbwzględieierwszychzią. Powyższe ojęcie jest uktem wyjścia do sformułowaia uogólieia małego tw. Fermata. Twierdzeie2Niecha, względieierwszeliczbycałkowite.wówczasa φ() =1 mod. Dlaczego jest to uogólieie MTF? Wystarczy zobaczyć co by było, gdyby = ierwsze. Przecież każdadodatialiczbaaturalamiejszaodjestwzględieierwszaz.zatemφ()= 1idostajemy MTF. Aby osługiwać się zacytowaym faktem jak ajbardziej srawie, trzeba dokoać rzeglądu odstawowych własości fukcji φ. Przede wszystkim ależy auczyć się ją wyzaczać. Dwie obserwacje mają tu kluczowe zaczeie. Uwaga2Jeśli liczbaierwsza,zaś dodatialiczbaaturala,wówczasφ( )= 1. Uwaga 3 Jeśli a, b są względie ierwsze, wówczas φ(ab) = φ(a)φ(b). Pierwsząuwagędowodzisięatychmiast.Zamiastliczyćilewśródliczbmiejszychod jestzią względie ierwszych, oliczmy ile ie jest. Są to oczywiście jedyie wielokrotości. A ile ich jest? Oczywiście 1 1.Zatem 1 ( 1 1)= 1.Adrugauwaga?Jądowodzisięłatwozając ewie dodatkowy fakt zway chińskim tw. o resztach. Moża ją też oczywiście dowodzić a alcach, ale mało będzie z tego ożytku. Nas miej iteresują dowody, a bardziej zastosowaia. Złożeie tych faktów razem ozwala dostrzec astęujące twierdzeie: Twierdzeie3Niech= k1 1 k ks s będzie rozkładem a czyiki ierwsze. Wówczas: φ()=( k1 k1 1 ) ( k2 k2 1 )... ( ks ks 1 ). Łatwym,aistotymwioskiemztegotwierdzeiajestfakt,żedlakaźdej>2wartośćφ()jestarzysta. Widać oczywiście, że możemy teraz rodukować jeszcze bardziej zagmatwae wariacje rzykładów odaych wyżej, dawać kazać wykazywać odzielość rzez coraz bardziej okręcoe liczby... Ale ie o to chodzi. Zobaczmy dwa rzykłady zadań, gdzie twierdzeie to rzydaje się do czegoś iego iż wyzaczaiatrzechostatichcyfrliczby26 26.Nawykładziezrobiliśmyrzykładzikz Przykład 9 Wykazać, że dla każdej liczby aturalej m istieje taka liczba aturala, że w zaisie dziesiętymliczb5 m oraz5 zaisdziesięty5 kończysięzaisemdziesiętym5 m. Zadaie jest całkiem zabawe. Tymczasem w termiach kogruecji mówi oo tyle: dla każdego m szukamy takiego, że: 5 =5 m mod10 m. Kogruecjęmożawtymrzyadkuodzielićstroamirzez5 m (dlaczego?): 5 m =1mod2 m. Noacoteraz?Wystarczyzawziąćφ(2 m )+m=2 m 1 +miztwierdzeiaeuleraotrzymamytezę. 8

9 Przykład10Udowodić,żezciągu2 2 3,2 3 3,2 4 3,2 5 3,...możawybraćieskończeiewiele elemetów, z których każde dwa są względie ierwsze. Skostruujemy sobie taki ieskończoy zbiór idukcyjie. Dwa ierwsze elemety są akurat względie ierwsze.adalej?jeślimamyjużelemetya 1,a 2,...,a,któresąaramiwzględieierwsze,toistieje wykładiks,że2 s 3jestwiększyodwszystkichelemetówa i dotychczasutworzoych.cowięcej, możemydobraćstak,by2 s 1byłoodzielerzeza 1 a 2...a.Jak?ZtwierdzeiaEulera.Wystarczy, bys=x φ(a 1 a 2...a ),dlaodowiediodużegox N.Jeśli2 s 1jestodzielyrzeziloczy orzedichelemetów,tozważywszyaogóląbudowęelemetówciągu,2 s 3zakomicieadajesię aelemeta +1.Wtesosóbidukcjaodajeamciągrosący,awięcwrezultacieieskończoy. Twierdzeie 4(Wilso) Liczba jest ierwsza wtedy i TYLKO WTEDY, gdy ( 1)!= 1mod. Twierdzeie to ma róże dowody i uogólieia. Szczyta matematyki wyższej i moża odać szereg jedoliijkowych dowodów... No, ale ie o dowody chodzi... Twierdzeiem tym moża się osługiwać do wyzaczaia reszt z dzieleia, ewetualie do okazywaia, że jakaś liczba jest ierwsza. Przykład11Jakąresztęzdzieleiarzezliczbęierwsządaje( 2)!? Jeśli( 2)!=xmod,gdzie0 x<,toztwierdzeiawilsoax( 1)= 1mod.Zatem x=1mod. Przykład12Pokazać,żedlakażdejliczbyierwszejostaci4k+3zachodzi: ( 2) 2 =1mod. Tujużotrzebamałegotriku.Trzebabowiemzauważyć,żek 2 =k(k )mod.jaksiętemudobrze rzyatrzymy to zobaczymy rzecz astęującą. Przez 1 możymy 1-, rzez 3 możymy 3-,..., rzez -2 możymy 2. Jedym słowem, iloczy kwadratów to to samo, co: 1( 1)( 1) 3( 3)( 1)...( 2)(2)( 1)mod. Dokładiejzatem,jestto( 1)!rzemożoarzez( 1) 1 2.ZtwierdzeiaWilsoazatemmamy,że asz wyjściowy iloczy rzystaje do: ( 1) ( 1) 1 2 =( 1) +1 2 =( 1) 4k =1mod. Do samodzielego rzemyśleia ozostawiam astęujące zadaia: Przykład 13 Udowodić, że w ciągu jest ieskończeie wiele liczb złożoych. 3+1,3!+1,(3!)!+1,((3!)!)!+1,... Przykład 14 Uzasadić, że dla każdego aturalego liczba: [ ] ( 1)! 2 + jest arzysta. 9