¿Cómo puedo probar que$30 \mid ab(a^2+b^2)(a^2-b^2)$ sin usar$a,b$ módulo congruente$5$ y luego$a,b$ módulo congruente$6$ (por ejemplo) para mostrar respectivamente que$5 \mid ab(a^2+b^2)(a^2-b^2)$ y$6 \mid ab(a^2+b^2)(a^2-b^2)$?
De hecho, este método implica estudiar numerosas congruencias y es bastante largo.
Sugerencia: primero escriba$f(a,b)=ab(a^2+b^2)(a^2-b^2)=a^5b-b^5a$. Recuerde el pequeño teorema de Fermat que dice$x^{p-1}\equiv 1 \pmod{p}$ para$x$ no divisible por$p$.
Supongamos que$5$ no divide ninguno de$a,b$. (De lo contrario, se deduce automáticamente que$5|f(a,b)$) Entonces$$a^5b-b^5a\equiv ab-ba\equiv 0\pmod{5}$$ and we see that $ 5 | f (a, b) $.
Puede probar que$2$ y$3$ divide$f(a,b)$ de la misma manera.
(Una forma alternativa de ver que es divisible por$2$ es tener en cuenta que uno de$a$,$b$,$a^2+b^2$ debe ser divisible por$2$)
Usted necesita mostrar $ab(a^2 - b^2)(a^2 + b^2)$ es un múltiplo de 2, 3 y 5 para todos los $a$$b$.
2: Si no $a$ ni $b$ son incluso, ambos son impares y $a^2 \equiv b^2 \equiv 1 \pmod 2$, por lo que 2 divide a $a^2 - b^2$.
3: Si no $a$ ni $b$ son un múltiplo de 3, entonces $a^2 \equiv b^2 \equiv 1 \pmod 3$, por lo que 3 divide $a^2 - b^2$ similar a la anterior.
5: Si no $a$ ni $b$ son un múltiplo de 5, entonces cualquiera de las $a^2 \equiv 1 \pmod 5$ o $a^2 \equiv -1 \pmod 5$. Lo mismo vale para los $b$. Si $a^2 \equiv b^2 \pmod 5$ 5 divide $a^2 - b^2$, mientras que si $a^2 \equiv -b^2 \pmod 5$ 5 divide $a^2 + b^2$.
Esto no se rompen en los casos, pero como puedes ver no es demasiado mala para hacerlo de forma sistemática como este.
La intención de esta respuesta es para mostrar que, tratando de todas las posibilidades es, de hecho, no por mucho tiempo. (Por supuesto, si más elegante, al encontrar una solución que evita probando todas las posibilidades.) Permítanme comenzar por el trazado de 5x5 tabla con todas las posibilidades para que los restos de un y b. (No sé de una buena manera de hacer tablas aquí - traté de algo que de todos modos.)
$$ \begin{array}{c|ccccc} b \backslash a & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline 0 & & & & & \\ 1 & & & & & \\ 2 & & & & & \\ 3 & & & & & \\ 4 & & & & & \\ \end{array} $$
Si nos re-escribir nuestra expresión como $ab(a-b)(a+b)(a^2+b^2)$, vemos que todas las posibilidades donde $a=0$ o $b=0$ ok (marcado por $\circ$).
$$ \begin{array}{c|ccccc} b \backslash a & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline 0 & \circ & \circ & \circ & \circ & \circ \\ 1 & \circ & & & & \\ 2 & \circ & & & & \\ 3 & \circ & & & & \\ 4 & \circ & & & & \\ \end{array} $$
También las posibilidades de donde a=b están bien (desde $a-b\equiv 0\pmod 5$, por lo que son aquellos donde la $a=5-b$ (desde $a+b\equiv 0\pmod 5$), por lo tanto podemos omitir ambas diagonales (marcado por $\bullet$).
$$ \begin{array}{c|ccccc} b \backslash a & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline 0 & \circ & \circ & \circ & \circ & \circ \\ 1 & \circ & \bullet & & & \bullet \\ 2 & \circ & & \bullet & \bullet & \\ 3 & \circ & & \bullet & \bullet & \\ 4 & \circ & \bullet & & & \bullet \\ \end{array} $$
Sólo hay 8 posibilidades a la izquierda, y desde el papel de un y b son simétricas, solo tenemos que tratar: (1,2), (1,3), (4,2), (4,3). En todos estos casos $a^2+b^2\equiv 0 \pmod 5$.
A continuación voy a mostrar que es un caso muy especial de la siguiente generalización de la de Euler-Fermat teorema.
TEOREMA $\ $ Supongamos que $\rm\ n\in \mathbb N\ $ tiene la factorización en primos $\rm\:n = p_1^{e_{\:1}}\cdots\:p_k^{e_k}\ $ y supongo que para todos los $\rm\:i:$ $\rm\ e_i\le e\ $ y $\rm\ \phi(p_i^{e_{\:i}})\ |\ f\:.\ $ $\rm\ n\ |\ (ab)^e\ (a^f-b^f\:)\ $ todos los $\rm\: a,b\in \mathbb Z\:.$
Prueba de $\ $ Aviso que si $\rm\ p_i\ |\ ab\ $ $\rm\:p_i^{e_{\:i}}\ |\ (ab)^e\ $ $\rm\ e_i \le e\:.\: $ lo Contrario $\rm\:a\:$ $\rm\:b\:$ son coprime a$\rm\: p_i\:$, con lo que por el phi de Euler teorema, $\rm\ mod\ q = p_i^{e_{\:i}}:\: \ a^{\phi(q)}\equiv 1\equiv b^{\phi(q)}\: \Rightarrow\ a^f\equiv 1\equiv b^f\: $ desde $\rm\: \phi(q)\ |\ f\:.\ $, con Lo que desde todos los $\rm\ p_i^{e_{\:i}}\ |\ (ab)^e\ (a^f - b^f\:)\ $ también lo hace su lcm = producto = $\rm\: n\:.\:$ $\quad$
COROLARIO $\rm\ \ 6\:p\ |\ a\: b^p - b\: a^p\ $ todos los $\rm\:a,b\in \mathbb Z\:,\:$ primer $\rm\:p\ne 2,3\:.$
Se especializa $\rm\ p = 5\ $ se obtiene el resultado buscado en la pregunta.
COMENTARIO $\: $ Nota de que la prueba del teorema general es menos trabajo que el de algunos otros directa de las pruebas de su caso especial. Para algunas otras variaciones (por ejemplo, Carmichael) ver mis posts aquí.
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