Una ligera ampliación de Fermat ' s pequeño Teorema

Question

Mientras que experimentar con modulo aritmético llegué a esta extensión leve a pequeño Teorema de Fermat (para el que tengo una prueba).

$$\text{If a is a positive integer and p is prime and }\ge\text{ 5 then}$$

$$a^p \equiv a\pmod{3\times p} $$

No puedo creer que esto ha permanecido inadvertido pero le preguntare de todos modos.

¿Es hay alguna posibilidad de esto es nuevo?

Answer 1

Pruebe estos problema por ti mismo en primer lugar: 1. Dado relativamente primer enteros $a, b, c$, si yo te digo que cualquiera de los tres números de $i, j, k$, me puede decir un entero $N$ tal forma que las tres tiene simontaneously: $$ N \equiv i \mod a$$ $$N \equiv j \mod b$$ $$N \equiv k \mod c$$ ? Can you always give me such $N$ ?

Como un ejemplo concreto, me puedes decir un número $N$ tal que $$N \equiv 5 \mod 7$$ $$N \equiv 2 \mod 5$$ $$N \equiv 10 \mod 11$$ ?

Se puede generalizar ?

2. Al $N$ varía de $0$$5*7*11$, ¿qué $$\{ N \mod 7 \}, \{ N \mod 5 \}, \{N \mod 11 \}$$ varía ?

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Bonito observación, pero esto es básicamente el Teorema del Resto Chino. (Vea el folleto aquí para algo bonito y duro de los problemas con respecto a esto)

El $\mod p$ parte es manejado por el teorema de Fermat, pero el $\mod 3$ parte es fácilmente manejado por la observación de $$ 2^{odd} \equiv 2 \mod 3$$ and $$1^{odd} \equiv 1 \mod 3$$.

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En caso de que usted está sintiendo mal esto resultó ser trivial, prueba este divertido si usted no ha visto antes: $2n$ divideds $\phi(a^n+1)$ para cualquier entero $a, n$ $gcd(a,n) = 1$

Answer 2

Este es, sin duda conocido, pero no tiene un nombre.

De manera más general,

Lema: Si $q$ es el primer y $n$ es cualquier entero positivo tal que $q-1\mid n-1$, entonces: $$a^n\equiv a\pmod{q}$$ Prueba: Esto puede ser demostrado por inducción en $k=\frac{n-1}{q-1}$.

Deje $n_k=1+(q-1)k$. A continuación,$n_0=1$$a^{1}\equiv a\pmod{q}$.

Ahora, si $a^{n_k}\equiv a\pmod{q}$, $$a^{n_{k+1}}=a^{n_k}a^{q-1}\equiv a\cdot a^{q-1}=a^q\equiv a\pmod{q}$$

Ahora el caso al $p\geq 5$ es el primer y $q=3$ $a^{p}-a$ es divisible por $p$$3$, por lo tanto, por $3p$.

También es divisible por $2$, por lo que realmente conseguir:

$$a^{p}\equiv a\pmod{6p}$$

Usted también tiene que si $p>5$$p\equiv 1\pmod 4$$a^p\equiv a\pmod{30p}$.

El lema le permite afirmar, por ejemplo, que el $a^{13}\equiv a\pmod{2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 13}$.

Answer 3

Realmente por el pequeño Teorema de Fermat, $3$ siempre divide %#% $ #%

Igual que $$a^3-a=a(a^2-1)$ incluso para la $p-1$ $p\ge3$$$a^{p-1}-1$ a ^ 2-1$

Por lo tanto, será divisible por $ is divisible by $$a^p-a$ y $3$ y en consecuencia por lcm $p$