delta napisal/-a:4.) Najlepša hvala za razlago, mi je že bolj jasno, samo ne vem točno, kako smo dobili:
Aniviller napisal/-a:a=1 -> n=12+13*k
a=5 -> n=8+13*k
a=12 -> n=1+13*k
a=8 -> n=5+13*k
To je le alternativni zapis resitev enacbe
\(n^5+a=0 \mod 13\). Vemo, da je itak periodicno na 13, vrednosti za n, ki resijo enacbo, pa lahko dobimo enostavno z vstavljanjem. Ce vstavis n=0, dobis
\(a=0\mod 13\), kar ni med moznimi a-ji. Ce vstavis n=1, dobis
\(1+a=0\mod 13\), kar ustreza a=12. In tako naprej... Isto enacbo lahko resis enostavno tako, da n^5 potenciras tako, da dobis n*n^fi(13).
S Pellovo enacbo se nisem delal, vem toliko kot sem zdajle prebral
7) Ocitno resujemo enacbo
\(m^2+n^2=71\). 71 je liho prastevilo. Po Fermatovem teoremu o vsoti kvadratov vemo, da se liho prastevilo da razcepit na vsoto kvadratov le, ce je
\(71=1\mod 4\), kar ni res, torej resitev ni.
8 ) Tukaj gres lahko popolnoma direktno.
\(xy=(m-n)(m+n)2mn=2n(m-n)m(m+n)\)
Z dve je ocitno deljivo. Po drugi strani je m>n in eden izmed m in n je sod. Torej so faktorji (m-n),m,(m+n) izmenicno lihi in sodi in je vsaj eden izmed njih sod, torej je celotno stevilo delivo vsaj s 4.
Deljivost s 3 dokazes lahko kar tako, da izcrpas vse moznosti.
m in n imata lahko katerokoli kombinacijo ostankov po deljenju s 3. Faktorjev imas dovolj, da bo vsaj eden deljiv s 3:
* Ce je m=0 mod 3 ali n=0 mod 3, je itak cela stvar deljiva s 3.
* Ce je m=n mod 3 (ostanka sta enaka), potem je m-n deljiv s 3.
* S tem smo porabili ostanke (0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(2,0),(1,1),(2,2). Ostane le se (1,2) in (2,1), pri cemer pa je vsota ostankov deljiva s 3: m+n=0 mod 3.
Za xyz moras pa dokazat se deljivost s 5. Tu lahko tudi enostavno izcrpas vse moznosti. Iz xy clenov takoj pokazes na isti nacin, da je deljivo, ce je res karkoli od tega
\(m=0\mod 5\)
\(n=0\mod 5\)
\(m=n\mod 5\)
\(m+n=0\mod 5\)
Preostanejo se pari ostankov(m,n): (1,2),(1,3),(2,1),(3,1),(4,2),(4,3),(2,4),(3,4). Za te lahko magari rocno preveris, da je n^2+m^2=0 mod 5. Lahko pa tudi tistega, ki je sod (recimo m) zapises m=2q, malo premeces in dobis
\(n^2-q^2=0 mod 5\) za lihi tuji stevili n in q, ki nista deljivi s 5. To je res, ce je n=q mod 5 ali n=-q mod 5. Prvi primer je ekvivalenten trditvi, da je
\(2n=m \mod 5\), kar pokrije primere (1,3),(2,1),(4,2),(3,4). Drugi primer pa pravi
\(2n=-m\mod 5\), kar pokrije ostale 4 primere.