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Text erkannt:

Seien \( p \) eine beliebige Primzahl mit \( p>3 \), und \( a \) und \( b \) beliebige ganze Zahlen. Beweisen Sie, dass \( 6 p \) ein Teiler von \( a b^{p}-a^{p} b \) ist.
Fermat-Satz?

Aufgabe:


Problem/Ansatz:

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kleiner Fermat:  p | ap - a also auch    p | bp - b

Und es gilt abp - apb = abp -ab - apb + ab =  a(bp -b)  - b(ap -a)

Da beide Klammern durch p teilbar sind, also auch die gesamte Differenz.

Also ist  z = abp - apb durch p teilbar.

Bleibt zu prüfen ob es auch durch 6 teilbar ist ;  denn p>3.

Wenn a oder b (oder beide) gerade sind, ist z jedenfalls gerade,

also durch 2 teilbar.

Wenn beide ungerade sind, sind sowohl abp als auch apb ungerade,

also die Differenz gerade, somit auch dann z durch 2 teilbar.

Nun noch prüfen, ob z durch 3 teilbar ist.

Wenn a oder b (oder beide) durch 3 teilbar sind, ist es so.

Sind beide kongruent 1 mod 3, dann sind abp und apb beide

kongruent 2 mod 3, die Differenz also durch 3 teilbar.

Sind beide kongruent 2 mod 3, dann ist abp und apb beide

kongruent 2p+1 mod 3, also auch dann die Differenz durch 3 teilbar.

Ist a kongruent 1 mod 3 und b kongruent 2 mod 3,

dann ist abp kongruent 2p und bap kongruent 2 mod 3

Also die Differenz mod 3  kongruent zu 2p-2 =2(2p-1 -1)

Wegen p>3 ist p-1 gerade, etwa p-1=2k und es gilt

2(22k -1) = 2(2k-1)(2k+1), also auch durch 3 teilbar.

Avatar von 289 k 🚀

... es fehlt noch der letzte Fall $$a \not\equiv b \land a \not\equiv 0 \land b \not\equiv 0 \mod 3$$

Ah ja, hatte ich glatt vergessen.

Ich versuche es mal zu ergänzen.

+1 Daumen

mod p>3:

\(ab^p - a^pb \equiv_p ab-ab \equiv_p 0\)

mod 3:

Sei \(3 \not | a,b\) - andernfalls ist der Ausdruck offenbar durch 3 teilbar. Damit gilt

\(a^2\equiv_3 b^2\equiv_3 1\).

\(ab^p - a^pb \stackrel{p=2k+1}{\equiv_3} ab-ab \equiv_3 0\)

mod 2:

Sei \(2 \not | a,b\) - andernfalls ist der Ausdruck offenbar durch 2 teilbar. Damit gilt

\(a\equiv_2 b\equiv_2 1\).

\(ab^p - a^pb \equiv_2 1-1 \equiv_2 0\)

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