|
|
 |
Условие
Пусть p – простое число и p > 3.
а) Докажите, что если разрешимо сравнение x² + x + 1 ≡ 0 (mod p), то p ≡ 1 (mod 6).
б) Выведите отсюда бесконечность множества простых чисел вида 6k + 1.
Решение
а) Решение x указанного сравнения удовлетворяет условиям xp–1 – 1 ≡ 0 (mod p) и x³ – 1 ≡ 0 (mod p). Cогласно задаче 60507 а) x(p–1, 3) – 1 ≡ 0 (mod p). Но x не сравнимо с 1 по модулю p, поскольку 3 на p не делится. Следовательно, p – 1 делится на 3, то есть p имеет вид 6k + 1.
б) Пусть таких чисел всего n: p1, ..., pn. Рассмотрим число x = 3p1...pn. Пусть p – простой множитель числа x² + x + 1. Тогда p > 3. Согласно а) p имеет вид 6k + 1. С другой стороны, x² + x + 1 не делится ни на одно из чисел p1, ..., pn. Противоречие.
Источники и прецеденты использования
| книга | |
| Автор | Алфутова Н.Б., Устинов А.В. |
| Год издания | 2002 |
| Название | Алгебра и теория чисел |
| Издательство | МЦНМО |
| Издание | 1 |
| глава | |
| Номер | 4 |
| Название | Арифметика остатков |
| Тема | Деление с остатком. Арифметика остатков |
| параграф | |
| Номер | 4 |
| Название | Теоремы Ферма и Эйлера |
| Тема | Малая теорема Ферма |
| задача | |
| Номер | 04.130 |
