A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Mivel , és nem lehet osztható -vel, a feltétel ekvivalens az feltétellel. Ezen kívül többször felhasználjuk, hogy . Ismeretes, hogy minden prímszámhoz létezik olyan egész szám (úgynevezett primitív gyök modulo ), amelyre az 1, , , , számok -vel való osztási maradékai között az 1, 2, , számok mindegyike pontosan egyszer fordul elő, továbbá (a Fermat-tételnek megfelelően). (A bizonyítást lásd pl. Niven‐Zuckermann: Bevezetés a számelméletbe, 49‐50. old.) Ennek következménye, hogy tetszőleges alakú prímszámra létezik olyan egész szám, amely nem kongruens 1-gyel modulo , viszont ; ilyen szám például a . Azt állítjuk, hogy léteznek olyan , egész számok, amelyekre , , valamint . Tekintsük a alakú számokat, ahol egészek. Ez összesen darab egész szám, van közöttük kettő, amelyek ugyanabba a szerinti maradékosztályba esnek: , vagyis . Legyen és . Ekkor az , , feltételek teljesülnek, és az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy , mert -et és -t kicserélhetjük -re és -ra. Még azt kell megmutatnunk, hogy és különbözőek, és egyikük sem 0. Tegyük fel, hogy ; ekkor . Mivel nem osztható -vel, ebből következik, viszont miatt ez csak esetén lehetséges. Ha viszont , az ellentmond annak, hogy az és számpárok különbözők. Az esetben hasonlóképpen jutunk ellentmondásra. Ha és nem lennének különbözőek, akkor lenne, viszont sem , sem nem osztható -vel. Mivel | | és , így . Ha megmutatjuk, hogy is teljesül, kész vagyunk: , közül a kisebbiket -nak, a nagyobbikat -nek választva megfelelő számpárt nyerünk. Tegyük fel, hogy . Ekkor esetén | | esetén pedig | | Viszont | | és így nem lehet osztható -vel.
Frenkel Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.) |
Megjegyzések. 1. Többen észrevették, hogy teljesülése esetén ekvivalens azzal, hogy . Ez azért igaz, mert , és nem lehetséges. (Ebben az esetben ugyanis és is páros kellene legyen, viszont nem osztható 4-gyel.) 2. Legyen az első hatodik komplex egységgyök. Az (, egészek) alakú komplex számokat Euler-egészeknek nevezik. Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy . A feladat tehát, figyelembe véve az előbbi megjegyzést, olyan Euler-egész létezésének bizonyítása volt, amelyre , valamint . Ismeretes (lásd pl. Gyarmati‐Turán: Számelmélet, 431‐432. old.), hogy ha alakú prím, akkor pontosan 12 olyan Euler-egész létezik, amelyek abszolút értékének négyzete éppen . Ezek közül hat egymásból úgy kapható, hogy egy megfelelő hatodik egységgyökkel megszorozzuk őket, a többi hat pedig ezek konjugáltja. A feltétel azzal ekvivalens, hogy a keresett Euler-egész argumentuma (szöge) és közé esik. Az ilyen egész létezése az előbbiekből következik. Végül a feltétel is teljesül, mert . |