Fermats'in kanıtları küçük teorem - Proofs of Fermats little theorem - Wikipedia

Bu makale, çeşitli kanıtlar nın-nin Fermat'ın küçük teoremi, Hangi hallerde

her biri için asal sayı p ve hepsi tamsayı a (görmek Modüler aritmetik ).

Basitleştirmeler

Bazıları Fermat'ın küçük teoreminin kanıtları aşağıda verilen iki basitleştirmeye bağlıdır.

Birincisi, bunu varsayabileceğimizdir. a aralıkta 0 ≤ ap − 1. Bu, yasalarının basit bir sonucudur. Modüler aritmetik; biz sadece önce azaltabileceğimizi söylüyoruz a modulop. Bu, azaltma ile tutarlıdır modulop, kontrol edilebileceği gibi.

İkincisi, bunu kanıtlamak yeterlidir.

için a aralıkta 1 ≤ ap − 1. Nitekim, önceki iddia böyle bir a, her iki tarafı da ile çarparak a teoremin orijinal halini verir,

Öte yandan, eğer a = 0teorem önemsiz bir şekilde geçerlidir.

Kombinatoryal provalar

Kolyeleri sayarak kanıtlama

Bu belki de en az matematiksel arka planı gerektiren bilinen en basit kanıttır. Çekici bir örnek kombinatoryal kanıt (içeren bir kanıt bir nesne koleksiyonunu iki farklı şekilde saymak ).

Burada verilen kanıt bir uyarlamadır. Golomb kanıtı.[1]

İşleri basit tutmak için şunu varsayalım: a bir pozitif tamsayı. Mümkün olan her şeyi düşünün Teller nın-nin p semboller, kullanarak alfabe ile a farklı semboller. Bu tür dizelerin toplam sayısı apolduğundan beri a her biri için olanaklar p pozisyonlar (bakınız ürün kuralı ).

Örneğin, eğer p = 5 ve a = 2sonra iki sembole sahip bir alfabe kullanabiliriz (diyelim ki Bir ve B) ve var 25 = 32 5 uzunluktaki dizeler:

AAAAA, AAAAB, AAABA, AAABB, AABAA, AABAB, AABBA, AABBB,
ABAAA, ABAAB, ABABA, ABABB, ABBAA, ABBAB, ABBBA, ABBBB,
BAAAA, BAAAB, BAABA, BAABB, BABAA, BABAB, BABBA, BABBB,
BBAAA, BBAAB, BBABA, BBABB, BBBAA, BBBAB, BBBBA, BBBBB.

Listeden tek bir sembolden oluşan dizeleri çıkarırsak aşağıda tartışacağız (örneğimizde, AAAAA ve BBBBB), kalan apa dizeler gruplar halinde düzenlenebilir, her grup tam olarak p Teller. Bunu takip eder apa ile bölünebilirp.

Kolyeler

Yedi farklı dizeyi temsil eden kolye (ABCBAAC, BCBAACA, CBAACAB, BAACABC, AACABCB, ACABCBA, CABCBAA)
Yalnızca bir dizeyi temsil eden kolye (AAAAAAA)

Bu tür dizelerin her birinin bir kolye. Yani, ipin iki ucunu birbirine bağlarız ve eğer yapabilirsek iki teli aynı kolye olarak kabul ederiz. döndürmek ikinci dizgeyi elde etmek için bir dizi; bu durumda iki dizenin olduğunu söyleyeceğiz Arkadaşlar. Örneğimizde, aşağıdaki dizelerin tümü arkadaştır:

AAAAB, AAABA, AABAA, ABAAA, BAAAA.

Benzer şekilde, aşağıdaki listenin her satırı tek bir kolyeye karşılık gelir.

AAABB, AABBA, ABBAA, BBAAA, BAAAB,
AABAB, ABABA, BABAA, ABAAB, BAABA,
AABBB, ABBBA, BBBAA, BBAAB, BAABB,
ABABB, BABBA, ABBAB, BBABA, BABAB,
ABBBB, BBBBA, BBBAB, BBABB, BABBB,
BAAAA, AAAAB, AAABA, AABAA, ABAAA,
AAAAA,
BBBBB.

Yukarıdaki listede, birden fazla sembole sahip her bir kolyenin 5 farklı dizeyle temsil edildiğine ve yalnızca bir dizeyle temsil edilen kolye sayısının 2, yani farklı sembollerin sayısı olduğuna dikkat edin. Bu nedenle liste çok açık bir şekilde gösteriyor 32 − 2 ile bölünebilir 5.

Belirli bir dizede kaç arkadaş olduğunu hesaplamak için aşağıdaki kural kullanılabilir. S vardır:

Eğer S dizenin birkaç kopyasından oluşur T, ve T kendini tekrar eden dizelere bölünemez, sonra arkadaş sayısı S (dahil olmak üzere S kendisi) eşittir uzunluk nın-nin T.

Örneğin, dizeyle başladığımızı varsayalım S = ABBABBABBABB, daha kısa dizinin birkaç kopyasından oluşur T = ABB. Her seferinde bir sembol döndürürsek, aşağıdaki 3 dizeyi elde ederiz:

ABBABBABBABB,
BBABBABBABBA,
BABBABABAB.

Başkası yok çünkü ABB tam olarak 3 sembol uzunluğundadır ve daha fazla tekrar eden dizelere bölünemez.

İspatın tamamlanması

Yukarıdaki kuralı kullanarak, Fermat'ın küçük teoreminin ispatını aşağıdaki gibi oldukça kolay bir şekilde tamamlayabiliriz. Başlangıç ​​havuzumuz a p dizeler iki kategoriye ayrılabilir:

  • Bazı dizeler şunları içerir: p aynı semboller. Tam olarak var a bunlardan alfabedeki her sembol için bir tane. (Çalışan örneğimizde, bunlar dizelerdir AAAAA ve BBBBB.)
  • Dizelerin geri kalanı alfabeden en az iki farklı sembol kullanır. Eğer ayrılabilirsek S bazı dizelerin tekrarlanan kopyalarına T, uzunluğu T uzunluğunu bölmek zorundadır S. Ama uzunluğundan beri S asal piçin mümkün olan tek uzunluk T aynı zamanda p. Bu nedenle, yukarıdaki kural bize şunu söyler: S tam olarak var p arkadaşlar (dahil S kendisi).

İkinci kategori şunları içerir: a pa dizeler ve gruplar halinde düzenlenebilirler. p dizeler, her kolye için bir grup. Bu nedenle, a pa ile bölünebilir olmalıdır p, söz verildiği gibi.

Dinamik sistemler kullanarak kanıtlama

Bu kanıt, bazı temel kavramları kullanır. dinamik sistemler.[2]

Bir aile düşünerek başlıyoruz fonksiyonlar Tn(x), nerede n ≥ 2 bir tamsayı, haritalama Aralık [0, 1] formülle kendisine

nerede {y}, kesirli kısım nın-nin y. Örneğin, işlev T3(x) aşağıda gösterilmiştir:

Bir Tn işlevi örneği

Bir sayı x0 olduğu söyleniyor sabit nokta bir fonksiyonun f(x) Eğer f(x0) = x0; başka bir deyişle, eğer f yapraklar x0 sabit. Bir fonksiyonun sabit noktaları grafiksel olarak kolayca bulunabilir: bunlar sadece x noktaların koordinatları grafik nın-nin f(x) çizginin grafiğiyle kesişir y = x. Örneğin, fonksiyonun sabit noktaları T3(x) 0, 1/2 ve 1'dir; aşağıdaki diyagramda siyah dairelerle işaretlenmiştir:

Bir Tn işlevinin sabit noktaları

Aşağıdaki iki lemaya ihtiyacımız olacak.

Lemma 1. Herhangi n ≥ 2, işlev Tn(x) tam olarak n sabit noktalar.

Kanıt. Yukarıdaki çizimde 3 sabit nokta vardır ve aynı türden geometrik argüman herhangi biri için geçerlidir. n ≥ 2.

Lemma 2. Herhangi bir pozitif tamsayı için n ve mve herhangi bir 0 ≤ x ≤ 1,

Diğer bir deyişle, Tmn(x) kompozisyon nın-nin Tn(x) ve Tm(x).

Kanıt. Bu lemmanın kanıtı zor değil, ancak son nokta konusunda biraz dikkatli olmamız gerekiyor. x = 1. Bu nokta için lemma açıkça doğrudur, çünkü

Öyleyse varsayalım ki 0 ≤ x <1. Bu durumda,

yani Tm(Tn(x)) tarafından verilir

Bu nedenle, gerçekten göstermemiz gereken şey şudur:

Bunu yapmak için şunu gözlemliyoruz: {nx} = nxk, nerede k ... tam sayı bölümü nın-nin nx; sonra

dan beri mk bir tamsayıdır.

Şimdi, fonksiyonu inceleyerek Fermat'ın küçük teoreminin ispatına doğru bir şekilde başlayalım. Tap(x). Bunu varsayacağız a ≥ 2. Lemma 1'den, sahip olduğunu biliyoruz ap sabit noktalar. Lemma 2 ile bunu biliyoruz

yani herhangi bir sabit nokta Ta(x) otomatik olarak sabit bir noktadır Tap(x).

Sabit noktalar ile ilgileniyoruz Tap(x) bunlar değil sabit noktalar Ta(x). Bu tür noktaların kümesini arayalım S. Var apa puan S, çünkü yine Lemma 1 ile, Ta(x) tam olarak a sabit noktalar. Aşağıdaki şema şu durumları göstermektedir: a = 3 ve p = 2. Siyah dairelerin noktaları S3 tane var2 − 3 = 6.

S setindeki sabit noktalar

İspatın ana fikri şimdi seti bölmek S onun içine yörüngeler altında Ta. Bunun anlamı, bir nokta seçmemiz x0 içinde Sve tekrar tekrar uygulayın Ta(x) noktaların sırasını elde etmek için

Bu diziye yörünge denir x0 altında Ta. Lemma 2 ile bu sıra şu şekilde yeniden yazılabilir:

Bunu varsaydığımızdan beri x0 sabit bir nokta Ta p(x), sonra p vurduğumuz adımlar Tap(x0) = x0ve bu noktadan itibaren dizi kendini tekrar eder.

Ancak dizi olumsuz daha önce kendini tekrar etmeye başlayın. Eğer öyleyse, yinelenen bölümün uzunluğunun bölen p, bu nedenle 1 olması gerekir (çünkü p asaldır). Ancak bu bizim varsayımımızla çelişiyor x0 sabit bir nokta değil Ta.

Başka bir deyişle, yörünge tam olarak p farklı noktalar. Bu, her yörünge için geçerlidir. S. Bu nedenle set S, içeren ap − a noktalar, her biri aşağıdakileri içeren yörüngelere bölünebilir p puan, yani ap − a ile bölünebilir p.

(Bu kanıt esasen aynıdır. kolye sayma kanıtı Yukarıda verilen, basitçe farklı bir mercekten bakıldığında: [0, 1] aralığının tabandaki rakam dizileri tarafından verildiği gibi düşünülebilir. a (0 ile 1 arasındaki ayrımımız, tam sayıları ".0000 ..." ve ".9999 ..." ile biten olarak temsil etme arasındaki bildik ayrıma karşılık gelir). Tan böyle bir diziyi değiştirmek anlamına gelir n birçok basamak. Bunun sabit noktaları, döneme bölünmüş döngüsel diziler olacaktır. n. Özellikle sabit noktalar Tap uzunluktaki kolyeler olarak düşünülebilir p, ile Tan bu tür kolyelerin dönüşüne karşılık n noktalar.

Bu ispat aynı zamanda, 0 ile 1 arasında ayrım yapılmadan, sadece yarı açık aralık [0, 1) kullanılarak sunulabilir; sonra Tn sadece sahip olacaktı n - 1 sabit nokta, ancak TapTa yine de çalışırdı apa, ihyaç olduğu gibi.)

Çok terimli provalar

Binom teoremi kullanarak ispat

Bu kanıt nedeniyle Euler,[3] kullanır indüksiyon tüm tamsayılar için teoremi kanıtlamak a ≥ 0.

Temel adım, 0p ≡ 0 (modp), önemsizdir. Sonra, teoremin doğru olup olmadığını göstermeliyiz. a = k, o zaman için de doğrudur a = k + 1. Bu endüktif adım için aşağıdaki lemmaya ihtiyacımız var.

Lemma. Herhangi bir tam sayı için x ve y ve herhangi bir asal için p, (x + y)p ≡ xp + yp (modp).

Lemma bir durumdur birinci sınıfın hayali. Kanıtı sonraya bırakarak, tümevarıma geçiyoruz.

Kanıt. Varsaymak kpk (mod p) ve düşünün (k+1)p. Sahip olduğumuz lemma tarafından

Tümevarım hipotezini kullanarak, bizde kpk (mod p); ve önemsiz bir şekilde, 1p = 1. Böylece

hangi teoremin ifadesi a = k+1. ∎

Lemmayı kanıtlamak için, Binom teoremi, herhangi bir pozitif tam sayı için n,

katsayılar nerede iki terimli katsayılar,

açısından tanımlanan faktöryel fonksiyon n! = 1×2×3×⋯×n.

Lemma Kanıtı. Üs bir asal olduğunda binom katsayısını dikkate alırız p:

Binom katsayılarının tümü tam sayıdır. Pay bir faktör içerir p faktöriyel tanımına göre. 0 < ben < ppaydadaki terimlerin hiçbiri faktörü içermez p (asallığına güvenerek p), katsayının kendisini asal çarpana sahip olması için bırakarak p paydan, ima eden

Modülo p, bu, asal için binom teoreminin sağ tarafındaki toplamın ilk ve son terimleri hariç hepsini ortadan kaldırır. p. ∎

İlkelliği p lemma için gereklidir; aksi takdirde, bizim gibi örneklerimiz var

4 ile bölünemez.

Çok terimli genişletmeyi kullanarak kanıtlama

İlk olarak tarafından keşfedilen kanıt Leibniz (kim yayınlamadı)[4] ve daha sonra tarafından yeniden keşfedildi Euler,[3] çok basit bir uygulamadır. multinom teoremi burada basitlik uğruna getirilmiştir.

Toplam, negatif olmayan tam sayı indekslerinin tüm dizileri üzerinden alınır. k1 vasıtasıyla km hepsinin toplamı kben dır-dir n.

Böylece ifade edersek a 1'ler (birler) toplamı olarak elde ederiz

Açıkça, eğer p asal ve eğer kj eşit değildir p herhangi j, sahibiz

ve

Eğer kj eşittir p bazı j.

Tam olduğundan beri a öyle unsurlar kj = pteorem aşağıdaki gibidir.

(Bu kanıt, esasen daha kaba bir varyantıdır. kolye sayma kanıtı daha önce verildi; multinom katsayıları, bir dizginin rastgele anagramlara dönüştürülebileceği yolların sayısını sayarken, kolye argümanı bir dizenin döngüsel anagramlara döndürülebileceği yolların sayısını sayar. Yani, buradaki önemsiz çok terimli katsayılar ile bölünebilir p her önemsiz olmayan uzunlukta kolyenin bir sonucu olarak görülebilir. p bir dizeye açılabilir p çok şekilde.

Bu çok terimli genişleme, elbette, esasen binom teoremine dayalı ispat yukarıda)

Güçlü ürün genişletmeleri kullanarak kanıtlama

Giedrius Alkauskas, resmi güç ürünü genişletmelerine dayalı bir katkı-kombinatoryal kanıt verdi.[5] Bu ispat ne Öklid algoritması ne de Binom teoremi, ama daha çok kullanır biçimsel güç serisi rasyonel katsayılarla.

Euler'in teoreminin belirli bir durumu olarak ispat

Bu kanıt,[3][6] tarafından keşfedildi James Ivory[7] ve yeniden keşfedildi Dirichlet[8] biraz arka plan gerektirir Modüler aritmetik.

Farz edelim ki a pozitiftir ve bölünemez pBuradaki fikir, sayı dizisini yazarsak

 

 

 

 

(Bir)

ve her bir modülü azaltın portaya çıkan sıra, bir yeniden düzenleme olarak ortaya çıkıyor

 

 

 

 

(B)

Bu nedenle, her dizideki sayıları birbiriyle çarparsak, sonuçlar aynı modulo olmalıdır. p:

Bir araya toplamak a şartlar getirileri

Son olarak, sayıları "iptal edebiliriz" 1, 2, ..., p − 1 bu denklemin her iki tarafından elde edilen

Yukarıdaki kanıtta gerekçelendirmemiz gereken iki adım vardır:

  • Neden dizinin unsurları (Bir), azaltılmış modulo p, bir yeniden düzenlemedir (B), ve
  • Modüler aritmetik ayarlarında "iptal etmek" neden geçerlidir?

Bunları aşağıda ispatlayacağız; önce bu ispatın bir örneğini uygulamada görelim.

Bir örnek

Eğer a = 3 ve p = 7, o zaman söz konusu sıra

indirgeme modulo 7 verir

bu sadece yeniden düzenlemedir

Onları birlikte çarpmak verir

yani,

1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 getirilerinin iptal edilmesi

bu durum için Fermat'ın küçük teoremi a = 3 vep = 7.

İptal kanunu

Öncelikle bazı durumlarda "iptal etmenin" neden geçerli olduğunu açıklayalım. Kesin ifade aşağıdaki gibidir. Eğer sen, x, vey tam sayıdır ve sen asal sayı ile bölünemez p, ve eğer

 

 

 

 

(C)

o zaman "iptal edebiliriz" sen elde etmek üzere

 

 

 

 

(D)

Bunu kullanımımız iptal kanunu Fermat'ın küçük teoreminin yukarıdaki kanıtında geçerliydi çünkü sayılar 1, 2, ..., p − 1 kesinlikle bölünemez p (gerçekten öyleler daha küçük -den p).

İptal kanununu kullanarak kolayca ispatlayabiliriz Öklid lemması, genellikle bir asal ise p bir ürünü böler ab (nerede a ve b tam sayıdır), sonra p bölünmeli a veya b. Nitekim, iddia (C) basitçe şu anlama gelir p böler uxuy = sen(xy). Dan beri p bölünmeyen bir asaldır sen, Öklid'in lemması bize bölünmesi gerektiğini söyler x − y yerine; yani, (D) tutar.

İptal yasasının geçerli olduğu koşulların oldukça katı olduğuna dikkat edin ve bu, Fermat'ın küçük teoreminin neden p bir asaldır. Örneğin, 2 × 2 ≡ 2 × 5 (mod 6)ama bu doğru değil 2 ≡ 5 (mod 6). Ancak, iptal yasasının aşağıdaki genellemesi geçerlidir: sen, x, y, ve z tamsayı ise sen ve z vardır nispeten asal, ve eğer

o zaman "iptal edebiliriz" sen elde etmek üzere

Bu bir Öklid lemasının genelleştirilmesi.

Yeniden düzenleme özelliği

Son olarak, dizinin neden

azaltıldığında modülo p, dizinin yeniden düzenlenmesi haline gelir

Başlangıç ​​olarak, terimlerin hiçbiri a, 2a, ..., (p − 1)a sıfır modulo ile uyumlu olabilir pçünkü eğer k sayılardan biri 1, 2, ..., p − 1, sonra k nispeten asaldır p, Ve öyleyse a, yani Öklid lemması bize bunu söyler ka hiçbir faktör paylaşmıyor p. Bu nedenle, en azından sayıların a, 2a, ..., (p − 1)a, modül azaltıldığında psayılar arasında bulunmalıdır 1, 2, 3, ..., p − 1.

Ayrıca sayılar a, 2a, ..., (p − 1)a hepsi olmalı farklı onları modülo düşürdükten sonra p, Çünkü eğer

nerede k ve m biri 1, 2, ..., p − 1iptal yasası bize şunu söylüyor:

İkisinden beri k ve m arasında 1 ve p − 1eşit olmalılar. Bu nedenle, şartlar a, 2a, ..., (p − 1)a azaltıldığında modülo p farklı olmalıdır. Özetlemek gerekirse: p − 1 sayılar a, 2a, ..., (p − 1)a modulo p, dizinin farklı üyelerini elde ederiz 12, ..., p − 1. Tam olarak olduğundan p − 1 bunlardan tek olasılık, birincisinin ikincisinin yeniden düzenlenmesi olmasıdır.

Euler teoremine uygulamalar

Bu yöntem aynı zamanda kanıtlamak için de kullanılabilir Euler teoremi, küçük bir değişiklikle 1 -e p − 1 küçük sayılarla değiştirilir ve bir sayı ile eş asal m (mutlaka asal değildir). Hem yeniden düzenleme mülkiyeti hem de iptal yasası (belirtilen genelleştirilmiş form altında yukarıda ) hala memnun ve kullanılabilir.

Örneğin, eğer m = 10, sonra küçük sayılarm ve birlikte çalışın m vardır 1, 3, 7, ve 9. Böylece elimizde:

Bu nedenle,

Euler'in kriterinin bir sonucu olarak kanıt

Grup teorisini kullanan kanıtlar

Standart kanıt

Bu kanıt[9] en temel unsurları gerektirir grup teorisi.

Fikir, setin G = {1, 2, …, p − 1}, çarpma işlemi ile (alınan modulo p), oluşturur grup. Doğrulamak için biraz çaba gerektiren tek grup aksiyomu, G ters çevrilebilir. Şimdilik bunu inançla ele alalım, varsayalım ki a aralıkta 1 ≤ ap − 1, yani, a bir unsurdur G. İzin Vermek k ol sipariş nın-nin a, yani, k en küçük pozitif tamsayıdır, öyle ki ak ≡ 1 (modp). Sonra sayılar 1, a, a2, ..., ak −1 azaltılmış modülop oluşturmak alt grup nın-ninG kimin sipariş dır-dirk ve bu nedenle Lagrange teoremi, k sırasını böler G, hangisi p − 1. Yani p − 1 = km bazı pozitif tamsayılar için m ve daha sonra

Kanıtlamak için her unsurun b nın-nin G ters çevrilebilir, aşağıdaki gibi ilerleyebiliriz. İlk, b dır-dir coprime -e p. Böylece Bézout'un kimliği bize tam sayılar olduğunu garanti eder x ve y öyle ki bx + py = 1. Bu eşitlik modülünü okumak pbunu görüyoruz x tersi b, dan beri bx ≡ 1 (modp). Bu nedenle, her unsuru G ters çevrilebilir. Yani, daha önce belirtildiği gibi, G bir gruptur.

Örneğin, ne zaman p = 11, her bir elemanın tersi aşağıdaki gibi verilmiştir:

a12345678910
a −116439287510

Euler'in kanıtı

Önceki kanıtı alırsak ve Lagrange teoremini kullanmak yerine, bu özel durumda kanıtlamaya çalışırsak, o zaman Euler'in daha doğal bulduğu üçüncü kanıtı elde ederiz.[10][11] İzin Vermek Bir elemanları sayı olan küme olun 1, a, a2, ..., ak − 1 azaltılmış modülop. Eğer Bir = G, sonra k = p − 1 ve bu nedenle k böler p −1. Aksi takdirde, bazı var b1 ∈ G\Bir.

İzin Vermek Bir1 elemanları sayı olan küme olun b1, ab1, a2b1, …, ak − 1b1 azaltılmış modülop. Sonra Bir1 vardır k farklı öğeler, çünkü aksi takdirde iki farklı sayı olurdu m, n ∈ {0, 1, ..., k − 1} öyle ki amb1anb1 (mod p)imkansız, çünkü onu takip edecek aman (mod p). Öte yandan, hiçbir unsur Bir1 bir unsuru olabilir Bir, çünkü aksi takdirde sayılar olurdu m, n ∈ {0, 1, …, k − 1} öyle ki amb1an (mod p), ve daha sonra b1anakman + km (mod p)imkansızdır çünkü b1Bir.

Yani set BirBir1 vardır 2k elementler. Eşit olduğu ortaya çıkarsaG, sonra 2k = p −1 ve bu nedenle k böler p −1. Aksi takdirde, bazı var b2 ∈ G\(BirBir1) ve yeniden tanımlayarak baştan başlayabiliriz Bir2 elemanları sayılardan oluşan küme olarak b2, ab2, a2b2, ..., ak − 1b2 azaltılmış modülop. Dan beri G sonludur, bu süreç bir noktada durmalıdır ve bu, k böler p − 1.

Örneğin, eğer a = 5 ve p = 13o zamandan beri

  • 52 = 25 ≡ 12 (mod 13),
  • 53 = 125 ≡ 8 (mod 13),
  • 54 = 625 ≡ 1 (mod 13),

sahibiz k = 4 ve Bir = {1, 5, 8, 12}. Açıkça, Bir ≠ G = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}. İzin Vermek b1 unsuru olmak G\Bir; örneğin, al b1 = 2. O zamandan beri

  • 2×1 = 2,
  • 2×5 = 10,
  • 2 × 8 = 16 ≡ 3 (mod 13),
  • 2 × 12 = 24 ≡ 11 (mod 13),

sahibiz Bir1 = {2, 3, 10, 11}. Açıkça, BirBir1G. İzin Vermek b2 unsuru olmak G\(BirBir1); örneğin, al b2 = 4. O zamandan beri

  • 4×1 = 4,
  • 4 × 5 = 20 ≡ 7 (mod 13),
  • 4 × 8 = 32 ≡ 6 (mod 13),
  • 4 × 12 = 48 ≡ 9 (mod 13),

sahibiz Bir2 = {4, 6, 7, 9}. Ve şimdi G = BirBir1Bir2.

Setlerin Bir, Bir1ve benzeri gerçekte kosetler nın-nin Bir içinde G.

Notlar

  1. ^ Golomb, Solomon W. (1956), "Fermat'ın" Küçük "Teoremi" nin kombinatoryal kanıtı (PDF), American Mathematical Monthly, 63 (10): 718, doi:10.2307/2309563, JSTOR  2309563
  2. ^ Iga, Kevin (2003), "Fermat'ın Küçük Teoreminin Dinamik Sistem Kanıtı", Matematik Dergisi, 76 (1): 48–51, doi:10.2307/3219132, JSTOR  3219132
  3. ^ a b c Dickson, Leonard Eugene (2005) [1919], "Fermat ve Wilson'ın teoremleri, genellemeleri ve dönüştürmeleri; simetrik fonksiyonları 1, 2, ..., p − 1 modulo p", Sayılar Teorisinin Tarihi, ben, Dover, ISBN  978-0-486-44232-7, Zbl  1214.11001
  4. ^ Vacca, Giovanni (1894), "Intorno alla prima dimostrazione di un teorema di Fermat", Bibliotheca Mathematica2. seri (İtalyanca), 8 (2): 46–48
  5. ^ Alkauskas, Giedrius (2009), "Fermat'ın Küçük Teoreminin Tuhaf Kanıtı", American Mathematical Monthly, 116 (4): 362–364, arXiv:0801.0805, doi:10.4169 / 193009709x470236, JSTOR  40391097
  6. ^ Hardy, G.H.; Wright, E.M. (2008), "Fermat Teoremi ve Sonuçları", Sayılar Teorisine Giriş (6. baskı), Oxford University Press, ISBN  978-0-19-921986-5
  7. ^ Fildişi, James (1806), "Asal sayılarla ilgili bir teoremin gösterilmesi", Matematiksel Saklama Deposunun Yeni Dizisi, 1 (II): 6-8
  8. ^ Lejeune Dirichlet, Peter Gustav (1828), "Démonstrations nouvelles de quelques théorèmes relatifs aux nombres", Journal für die reine und angewandte Mathematik (Fransızcada), 3: 390–393
  9. ^ Weil, André; Rosenlicht, Maxwell (1979), "§ VIII", Yeni başlayanlar için Sayı Teorisi, Springer-Verlag, doi:10.1007/978-1-4612-9957-8, ISBN  978-0-387-90381-1, Zbl  0405.10001
  10. ^ Weil, André (2007) [1984], "§ III.VI", Sayı teorisi: Tarih boyunca bir yaklaşım; Hammurapi'den Legendre'ye, Birkhäuser, ISBN  978-0-8176-4565-6, Zbl  1149.01013
  11. ^ Euler, Leonhard (1761), "Theoremata circa residua ex divisione potestatum relicta" (PDF), Novi Commentarii Academiae Scientiarum Petropolitanae (Latince), 7: 49–82