Sumy kolejnych bikwadratów

(1)

Sumy kolejnych bikwadratów

Andrzej Nowicki 18 maja 2015, wersja bi-12 Znane są następujące dwie równości

3

²

+ 4

²

= 5

²

3

³

+ 4

³

+ 5

³

= 6

³ ^.

Czy istnieją podobnego typu równości dla czwartych potęg? Czy suma co najmniej dwóch kolejnych bikwadratów może być bikwadratem? Innymi słowy, czy istnieje taka liczba naturalna n> 2, że równanie

(∗)

x

⁴

+ (x + 1)

⁴

+ · · · + (x + n − 1)

⁴

= y

⁴

ma co najmniej jedno rozwiązanie w zbiorze liczb naturalnych? W niniejszym artykule próbujemy podać odpowiedzi na te pytania.

Łatwo można wykazać, że równanie (∗) nie ma rozwiązań, gdy n = 2, 3, 4, 5 oraz 6.

Dla n = 2 takich rozwiązań nie ma, gdyż dobrze wiadomo, że równanie x⁴+ y⁴ = z⁴ nie ma rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych. Resztą z dzielenia bikwadratu przez 4 może być tylko 0 lub 1. Bikwadrat liczby parzystej ma resztę równą 0, a bikwadrat liczby nieparzystej ma resztę 1. Wśród czterech kolejnych bikwadratów są zawsze dwie liczby parzyste oraz dwie liczby nieparzyste. Reszta z dzielenia przez 4 sumy cztrech kolejnych bikwadratów jest więc zawsze równa 2. Zatem suma czterech kolejnych bikwadratów nigdy nie jest bikwadratem. Równanie (∗) nie ma więc rozwiązań w przypadku, gdy n = 4. Badanie reszt z dzielenia przez 4 szybko przekonuje nas, że równanie (∗) nie ma rozwiązań dla n = 5 oraz n = 6. Badając w ten sam sposób reszty z dzielenia przez 3 z łatwością dochodzimy do wniosku, że równanie (∗) nie ma również rozwiązań w przypadku gdy n = 3.

Oznaczmy przez Ω zbiór wszystkich takich liczb naturalnych n > 2, dla których potrafimy udowodnić, że równanie (∗) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych.

Z tego co przed chwilą stwierdziliśmy wynika, że liczby 2, 3, 4, 5, 6 należą do zbioru Ω.

Hipoteza 0.1.

Każda liczba naturalna większa od 1 należy do zbioru Ω.

1 Wzory, oznaczenia i początkowe własności

Niech s_k(n) = 1^k+ 2^k+ · · · + n^k. Mamy w szczególności s₁(n) = 1 + 2 + · · · + n = ¹₂n(n + 1),

s₂(n) = 1²+ 2² + · · · + n² = ¹₆n(n + 1)(2n + 1), s₃(n) = 1³+ 2³ + · · · + n³ = ¹₄n²(n + 1)².

(2)

W szczególny sposób interesować nas będą liczby s₄(n). Wiemy, że

s

₄

(n) = 1

⁴

+ 2

⁴

+ · · · + n

⁴

= 1

30 n(n + 1)(2n + 1)(3n

³

+ 3n − 1)

. Początkowe liczby s₄(n):

s₄(1) = 1 = 1, s₄(2) = 17 = 17, s₄(3) = 98 = 2 · 7², s₄(4) = 354 = 2 · 3 · 59, s₄(5) = 979 = 11 · 89, s₄(6) = 2275 = 5²· 7 · 13, s₄(7) = 4676 = 2²· 7 · 167, s₄(8) = 8772 = 2²· 3 · 17 · 43, s₄(9) = 15333 = 3 · 19 · 269, s₄(10) = 25333 = 7²· 11 · 47,

s₄(11) = 39974 = 2 · 11 · 23 · 79, s₄(12) = 60710 = 2 · 5 · 13 · 467, s₄(13) = 89271 = 3² · 7 · 13 · 109, s₄(14) = 127687 = 7 · 17 · 29 · 37, s₄(15) = 178312 = 2³ · 31 · 719, s₄(16) = 243848 = 2³ · 11 · 17 · 163, s₄(17) = 327369 = 3 · 7²· 17 · 131, s₄(18) = 432345 = 3 · 5 · 19 · 37 · 41, s₄(19) = 562666 = 2 · 13 · 17 · 19 · 67, s₄(20) = 722666 = 2 · 7 · 41 · 1259,

s4(21) = 917147 = 7 · 11 · 43 · 277, s4(22) = 1151403 = 3 · 11 · 23 · 37 · 41, s4(23) = 1431244 = 2²· 23 · 47 · 331, s4(24) = 1763020 = 2²· 5 · 7³· 257, s4(25) = 2153645 = 5 · 13 · 17 · 1949, s4(26) = 2610621 = 3²· 13 · 53 · 421, s4(27) = 3142062 = 2 · 3²· 7 · 11 · 2267, s4(28) = 3756718 = 2 · 7 · 19 · 29 · 487, s4(29) = 4463999 = 29 · 59 · 2609, s4(30) = 5273999 = 31 · 61 · 2789,

s4(31) = 6197520 = 2⁴· 3 · 5 · 7²· 17 · 31, s4(32) = 7246096 = 2⁴· 11 · 13 · 3167, s4(33) = 8432017 = 11 · 17 · 67 · 673, s4(34) = 9768353 = 7 · 17 · 23 · 43 · 83, s4(35) = 11268978 = 2 · 3 · 7 · 71 · 3779, s4(36) = 12948594 = 2 · 3 · 17 · 37 · 47 · 73, s4(37) = 14822755 = 5 · 19 · 37 · 4217, s4(38) = 16907891 = 7²· 11 · 13 · 19 · 127, s4(39) = 19221332 = 2²· 13 · 79 · 4679, s4(40) = 21781332 = 2²· 3³· 41 · 4919,

W [1] znajdziemy pewne tożsamości, w których te liczby występują. Mamy na przykład równości s₄ = ¹₅s₂(6s₁− 1) oraz s₄(n) =ⁿ⁺¹₅ + 11ⁿ⁺²₅ + 11ⁿ⁺³₅ +ⁿ⁺⁴₅ . Oznaczmy przez f_n(x) sumę n kolejnych bikwadratów począwszy od x⁴i kończywszy na (x + n − 1)⁴. Zapamiętajmy:

f

_n

(x) = x

⁴

+ (x + 1)

⁴

+ (x + 2)

⁴

+ · · · + (x + n − 1)

⁴ . Początkowe przykłady:

f₁(x) = x⁴,

f₂(x) = 2x⁴+ 4x³+ 6x²+ 4x + 1, f₃(x) = 3x⁴+ 12x³+ 30x²+ 36x + 17, f₄(x) = 4x⁴+ 24x³+ 84x²+ 144x + 98, f₅(x) = 5x⁴+ 40x³+ 180x²+ 400x + 354, f6(x) = 6x⁴+ 60x³+ 330x²+ 900x + 979, f₇(x) = 7x⁴+ 84x³+ 546x²+ 1764x¹+ 2275, f₈(x) = 8x⁴+ 112x³+ 840x²+ 3136x¹+ 4676, f₉(x) = 9x⁴+ 144x³+ 1224x²+ 5184x¹+ 8772.

(3)

Stwierdzenie 1.1. Korzystając ze znanych wzorów, łatwo sprawdzić, że f_n(x) = w₄x⁴+ w₃x³+ w₂x²+ w₁x¹ + w₀,

gdzie











w₄ = n,

w₃ = 2n(n − 1) = 4s₁(n − 1),

w2 = n(n − 1)(2n − 1) = 6s2(n − 1),

w₁ = n²(n − 1)² = 4s₃(n − 1),

w₀ = ₃₀¹n(n − 1)(2n − 1)(3n²− 3n − 1) = s₄(n − 1).

Dla każdej liczby naturalnej m> 2 przez Bm oznaczać będziemy zbiór wszystkich bikwadratów w pierścieniu Zm. Innymi słowy, B_m jest zbiorem wszystkich takich liczb całkowitych x z przedziału [0, m − 1], dla których istnieje liczba całkowita y taka, że x ≡ y⁴(mod m). Przykłady:

B₂ = {0, 1}, B₃ = {0, 1}, B₇ := {0, 1, 2, 4}, B₁₃ = {0, 1, 3, 9},

B17 = {0, 1, 4, 13, 16}, B19 = {0, 1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16, 17}, B25= {0, 1, 6, 11, 16, 21}, B₄₉= {0, 1, 2, 4, 8, 9, 11, 15, 16, 18, 22, 23, 25, 29, 30, 32, 36, 37, 39, 43, 44, 46}.

Zbiory B₇¹, B₇², . . . , B₇⁵ mają odpowiednio 4, 22, 148, 1030, 7207 elementów.

Tabela 1.2. Zbiory B_m dla m = 11^s.

s bikwadraty lb

1 0, 1, 3, 4, 5, 9 6

2 0, 1, 3, 4, 5, 9, 12, 14, 15, 16, 20, 23, 25, 26, 27, 31, 34, 36, 37, 38, 42, 45, 47, 48, 49, 53, 56, 58, 59, 60, 64, 67, 69, 70, 71, 75, 78, 80, 81, 82, 86, 89, 91, 92, 93, 97, 100, 102, 103, 104, 108, 111, 113, 114, 115, 119 56

s lb 3 606 4 6656

2 Liczby a(m) i b(m)

Załóżmy, że m> 1 jest liczbą naturalną i oznaczmy przez r resztę z dzielenia przez m liczby s₄(m) = ₃₀¹m(m + 1)(2m + 1)(3m²+ 3m − 1). Wprowadźmy nowe oznaczenia

a(m) =







r, gdy r > 0, m, gdy r = 0.

b(m) = nww

m, a(m)

a(m)

m

.

Jest oczywiste, że jeśli nwd(m, 30) = 1, to a(m) = b(m) = m. W szczególności a(1) = b(1) = 1.

(4)

Tabela 2.1. Liczby a(m) oraz b(m) dla 2 6 m 6 100 i nwd(m, 30) > 1.

m a b

2 1 4

3 2 9

4 2 8

5 4 25 6 1 36 8 4 16

m a b

9 6 27

10 3 100 12 2 72 14 7 38 15 7 25 16 8 32

m a b

18 3 108 20 6 200 21 14 63 22 11 44 24 4 144 25 20 125

m a b

26 13 52 27 18 81 28 14 56 30 29 900 32 16 64 33 22 99

m a b

34 17 68 35 28 175 36 6 216 38 19 76 39 26 117 40 12 400 Spójrzmy na wielomian f_m(x). Wszystkie współczynniki w₁, w₂, w₃ oraz w₄ są podzielne przez m (patrz Stwierdzenie 1.1). Ponadto, w0 = s4(m − 1) = s4(m) − m⁴, a więc w₀ ≡ s₄(m) ≡ r ≡ a(m) (mod m). Mamy zatem

Stwierdzenie 2.2. Dla każdej liczby całkowitej x zachodzi kongruencja f_m(x) ≡ a(m) (mod m).

Innymi słowy, każda suma m kolejnych bikwadratów przystaje do a(m) modulo m.

Stąd natychmiast wynika następne stwierdzenie.

Stwierdzenie 2.3. Dla dowolnej liczby naturalnej k, każda suma km kolejnych bikwa- dratów przystaje do k · a(m) modulo m.

Mamy również

Stwierdzenie 2.4. Każda suma b(m) kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m.

Dowód. Przez [u, v] oznaczamy najmniejszą wspólną wielokrotność liczb u, v.

Niech w = [m, a(m)]. Wtedy w = q · a(m) dla pewnej liczby naturalnej q. Wtedy b(m) = _a(m)^w m = qm. Dowolna suma b(m) kolejnych bikwadratów (na mocy Stwierdze- nia 2.3) przystaje więc do q · a(m) modulo m, czyli przystaje do w. Ale m | w, więc rozważana suma jest podzielna przez m.

Wykażemy teraz, że b(m) jest najmniejszą taką liczbą naturalną n, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m. W tym celu udowodnimy najpierw kilka lematów.

Lemat 2.5. Niech n będzie taką liczbą naturalną, że każda suma n kolejnych bikwadra- tów jest podzielna przez m. Wtedy każda liczba postaci

4x³n + 6x²n²+ 4xn³+ n⁴,

gdzie x jest dowolną liczbą naturalną, jest podzielna przez m. W szczególności n⁴ jest podzielne przez m.

(5)

Dowód. Niech x będzie dowolną liczbą naturalną. Z założenia wynika, że liczby x⁴+ (x + 1)⁴+ · · · + (x + n − 1)⁴ oraz (x + 1)⁴+ (x + 2)⁴+ · · · + (x + n)⁴ są podzielne przez m. Różnica tych liczb (od drugiej liczby odejmujemy pierwszą) jest więc również podzielna przez m. Różnicą tą jest 4x³n + 6x²n²+ 4xn³+ n⁴.

Lemat 2.6. Niech m = 2^s, gdzie s > 1. Niech n będzie taką liczbą naturalną, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m. Wtedy n jest podzielne przez 2^s+1.

Dowód. Wiemy (patrz Lemat 2.5), że m | n⁴. Liczba n jest więc parzysta. Niech n = 2^tn0, gdzie t> 1, 2 - n⁰. Z założenia wiemy również, że każda liczba postaci fn(x), gdzie x ∈ N, jest podzielna przez 2^s. W szczególności f_n(2^s) jest podzielne przez 2^s i to implikuje, że wyraz wolny w₀, wielomianu f_n(x), jest podzielny przez 2^s. Ten wyraz wolny jest równy 2^t−1v, gdzie

v = 1

15n₀(n − 1)(2n − 1)(3n²− 3n − 1).

Zauważmy, że v jest nieparzystą liczbą całkowitą. Zatem t − 1> s, czyli t > s + 1. Ale n = 2^tn₀, więc n jest podzielne przez 2^s+1.

Lemat 2.7. Załóżmy, że m jest nieparzyste. Niech n będzie taką liczbą naturalną, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m. Wtedy n jest podzielne przez m.

Dowód. Z Lematu 2.5 wiemy, że liczby n⁴ oraz 4n + 6n² + 4n³ są podzielne przez m. Przez m jest więc podzielna liczba n²(4n + 6n²+ 4n³) = 4n³ + 6n⁴ + 4n⁵ i stąd wynika, że m | n³ (ponieważ m | n² oraz nwd(4, m) = 1). Zatem m | 4n + 6n², więc m | 4n²+ 6n³ = n(4n + 6n²), a zatem n | n². To dalej implikuje, że m | 4n i stąd wynika, że n jest podzielne przez m (ponieważ nwd(4, m) = 1).

Z powyższych dwóch lematów wynika następny lemat.

Lemat 2.8. Jeśli n jest taką liczbą naturalną, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m. to n jest również podzielne przez m.

Dowód. Niech m = 2^sm₀, gdzie s> 0 oraz 2 - m0. Załóżmy, że n jest taką liczbą naturalną, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m. Jeśli s = 0, to teza wynika z Lematu 2.7. Załóżmy, że s> 1. Wtedy n jest podzielne przez m0 (na mocy Lematu 2.7) i jest podzielne przez 2^s (na mocy Lematu 2.6). Ale liczby 2^s i m₀ są względnie pierwsze, więc n jest podzielne przez 2^s· m₀ = m.

Teraz możemy udowodnić zapowiedzianą wcześniej własność liczby b(m).

Stwierdzenie 2.9. Liczba b(m) jest najmniejszą taką liczbą naturalną n, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m.

(6)

Dowód. Przypomnijmy najpierw (patrz Stwierdzenie 2.4), że każda suma b(m) kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m. Niech n będzie taką liczbą naturalną, że każda suma n kolejnych bikwadratów jest podzielna przez m i przypuśćmy, że n < b(m).

Wiemy (Lemat 2.8), że m | n. Niech n = vm, gdzie v jest pewną liczbą naturalną, Niech w = [m, a(m)]. Niech w = q · a(m), gdzie q ∈ N. Wtedy b(m) = _a(m)^w m = qm.

Ale vm = n < b(m) = qm, więc v < q.

Rozpatrzmy najmniejszą wspólną wielokrotność liczb m oraz v · a(m). Oznaczmy:

u = [m, v · a(m)]. Liczba v · a(m) jest, na mocy założenia oraz Stwierdzenia 2.3, podzielna przez m. Zatem u = v · a(m). Mamy więc: m | u oraz a(m) | u. Zatem w | u, czyli q · a(m) = w | u = v · a(m), a zatem q | v. W szczególności q 6 v, wbrew temu, że q > v. Przypuszczenie n < b(m) prowadzi więc do sprzeczności.

3 Liczby pierwsze typu alfa

Załóżmy, że p jest liczbą pierwszą większą od 5 i załóżmy, że istnieje p kolejnych bikwadratów, których suma jest bikwadratem. Wtedy równanie

f_p(x) = y⁴

ma rozwiązanie (x, y) w zbiorze liczb naturalnych. Niech

fp(x) = w₄x⁴+ w₃x³+ w₂x² + w₁x¹+ w₀.

Ponieważ nwd(30, p) = 1, więc ze Stwierdzenia 1.1 wynika, że wszystkie współczynniki w₀, w₁, . . . , w₄ są podzielne przez p. Liczba f_p(x) jest więc podzielna przez p. Liczba y⁴ jest zatem również podzielna przez p, a zatem f_p(x) jest podzielne przez p⁴.

Modulo p² mamy:

w₄ ≡ p,

w₃ = 2p(p − 1) ≡ −2p,

w₂ = p(p − 1)(2p − 1) ≡ −p(2p − 1) ≡ p, w₁ = p²(p − 1)^p ≡ 0,

w0 = ₃₀¹ p(p − 1)(2p − 1)(3p²− 3p − 1) ≡ t(−p)(2p − 1)(3p²− 3p − 1)

≡ t(−p)(2p − 1)(3p² − 3p − 1) ≡ tp(3p²− 3p − 1) ≡ −tp,

gdzie t jest taką liczbą naturalną mniejszą od p², że 30t ≡ 1 (mod p²). Ponieważ liczby 30 i p² są względnie pierwsze, więc jest jasne, że takie t istnieje. Niech f_p(x) oznacza liczbę fp(x) modulo p². Oczywiście fp(x) = 0 (gdyż fp(x) jest podzielne przez p⁴).

Mamy zatem kongruencję p (x⁴− 2x³+ x²− t) ≡ 0 (mod p²), z której otrzymujemy kongruencję

x⁴− 2x³+ x²− t ≡ 0 (mod p).

Zauważmy, że x⁴ − 2x³ + x² = x²(x − 1)². Mamy więc kongruencję x²(x − 1)² ≡ w (mod p), gdzie w jest resztą z dzielenia liczby t orzez p. Zauważmy, że w jest taką liczbą naturalną mniejszą od p, że 30w ≡ 1 (mod p). Wykazaliśmy zatem

(7)

Stwierdzenie 3.1. Niech p > 7 będzie liczbą pierwszą i niech w będzie taką liczbą naturalną mniejszą od p, że 30w ≡ 1 (mod p). Niech x będzie liczbą naturalną. Jeśli suma p kolejnych bikwadratów x⁴, (x + 1)⁴, . . . , (x + p − 1)⁴ jest bikwadratem, to

x²(x − 1)² ≡ t (mod p).

Niech p > 7 będzie liczbą pierwszą i niech w będzie taką liczbą naturalną mniejszą od p, że 30w ≡ 1 (mod p). Mówić będziemy, że liczba pierwsza p jest typu alfa jeśli kongruencja x²(x − 1)² ≡ w (mod p) nie ma rozwiązań. Udowodniliśmy zatem:

Stwierdzenie 3.2. Każda liczba pierwsza typu alfa należy do zbioru Ω.

Teraz udowodnimy

Twierdzenie 3.3. Jeśli p jest liczbą pierwszą typu alfa, to każda liczba postaci n₀pⁱ, gdzie i ∈ {1, 2, 3}, p - n0,

należy do zbioru Ω.

Dowód. Niech n = n0pⁱ, gdzie i ∈ {1, 2, 3} oraz n0jest liczbą naturalną niepodziel- ną przez p. Przypuśćmy, że para liczb naturalnych (x, y) jest rozwiązaniem równania f_n(x) = y⁴. Wtedy liczba f_n(x) jest podzielna przez p⁴, więc prawdziwa jest kongruen- cja fn(x) ≡ 0 (mod pⁱ⁺¹), która na mocy Stwierdzenia 1.1 jest postaci

n₀pⁱx⁴− 2x³+ x²− t≡ 0 (mod pⁱ⁺¹),

gdzie t = ₃₀¹ nodulo pⁱ⁺¹, tzn. gdzie t jest taką liczbą naturalną mniejszą od pⁱ⁺¹, że 30t ≡ 1 (mod pⁱ⁺¹). Ale nwd(n₀, pⁱ⁺¹) = 1, więc mamy wtedy kongruencję

x²(x − 1)² ≡ w (mod p),

w której w jest taką liczbą naturalną mniejszą od p, że 30t ≡ 1 (mod p). Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem, że p jest liczbą pierwszą typu alfa.

Powyższe twierdzenie można jeszcze nieco uogólnić. Zapis vp(n) = k oznacza, że p^k| n oraz p^k+1 - n. Dla przykładu v5(50) = 2, v₇(20) = 0.

Twierdzenie 3.4. Niech p będzie liczbą pierwszą typu alfa i niech n będzie liczbą na- turalną. Jeżeli liczba vp(n) nie jest podzielna przez 4, to n należy do zbioru Ω.

Dowód. Niech s = v_p(n) i załóżmy, że 4 - s. Wtedy s > 1 oraz n = n0p^s, gdzie n₀ jest liczbą naturalną niepodzielną przez p. Przypuśćmy, że para liczb naturalnych (x, y) jest rozwiązaniem równania f_n(x) = y⁴. Wtedy liczba f_n(x) jest podzielna przez p^s, a zatem y⁴ jest podzielne przez p^s. Ale 4 - s, więc y⁴ jest podzielne przez p^s+1 i mamy kongruencję f_n(x) ≡ 0 (mod p^s+1), która na mocy Stwierdzenia 1.1 jest postaci

n₀p^sx⁴− 2x³+ x²− t≡ 0 (mod p^s+1),

(8)

gdzie t = ₃₀¹ nodulo p^s+1, tzn. gdzie t jest taką liczbą naturalną mniejszą od p^s+1, że 30t ≡ 1 (mod p^s+1). Ale nwd(n₀, p^s+1) = 1, więc mamy wtedy kongruencję

x²(x − 1)² ≡ w (mod p),

w której w jest taką liczbą naturalną mniejszą od p, że 30t ≡ 1 (mod p). Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem, że p jest liczbą pierwszą typu alfa.

Z tego twierdzenia w szczególności wynika, że jeśli p jest liczbą pierwszą typu alfa, to każda liczba naturalna podzielna przez p i niepodzielna przez p⁴ należy do zbioru Ω. To samo dotyczy liczb naturalnych podzielnych przez p⁵ i niepodzielnych przez p⁸.

Spójrzmy na kilka przykładów.

Przykład 3.5. Liczba pierwsza 7 nie jest typu α.

Dowód. Mamy 4 · 30 ≡ 1 (mod 7), a więc w tym przypadku w = 4. Kongruencja x²(x − 1)² ≡ 4 (mod 7) ma rozwiązanie; na przykład x = 2. Liczba pierwsza 7 nie jest więc typu alfa.

Przykład 3.6. Liczba pierwsza 11 jest typu α.

Dowód. Mamy 7 · 30 ≡ 7 · 8 ≡ 1 (mod 11), a więc w tym przypadku w = 7.

Badamy kongruencję x²(x − 1)² ≡ 7 (mod 11). Niech g(x) = x²(x − 1)². Modulo 11 mamy: g(0) ≡ 0, g(1) ≡ 0, g(2) ≡ 4, g(3) ≡ 1, g(4) ≡ 1, g(5) ≡ 4, g(6) ≡ 9, g(7) ≡ 4, g(8) ≡ 1, g(9) ≡ 3, g(10) ≡ 4. Badana kongruencja nie ma więc rozwiązań. Zatem 11 jest liczbą pierwszą typu alfa.

Przykład 3.7. Wszystkie liczby pierwsze typu alfa mniejsze od 100 : 11, 23, 31, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 73, 79, 89, 97.

Jest ich 14.

Przykład 3.8. Wszystkie liczby pierwsze typu alfa mniejsze od 1000 : 11, 23, 31, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 73, 79, 89, 97,

103, 107, 109, 113, 131, 137, 151, 163, 167, 173, 179, 181, 193, 197, 199, 211, 229, 233, 251, 263, 271, 281, 283, 293,

307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349, 367, 383, 397, 401, 419, 421, 433, 439, 443, 449, 457, 461, 479, 491, 503, 521, 523, 541, 547, 557, 569, 571, 577,

631, 641, 643, 647, 653, 659, 661, 673, 677, 709, 733, 743, 751, 761, 773, 787, 797, 809, 829, 839, 853, 863, 881, 883, 887,

907, 919, 929, 937, 941, 971, 977, 983, 991, 997.

Jest ich 104.

(9)

Liczb pierwszych typu alfa mniejszych od 10⁴ jest 771.

Przypomnijmy jeszcze raz, że liczba pierwsza p > 7 jest typu alfa, jeśli kongruencja x²(x − 1)² ≡ w (mod p)

nie ma rozwiązań. Tutaj w jest taką liczbą naturalną, że w < p oraz 30w ≡ 1 (mod p).

Z tej definicji wynika w szczególności, że jeśli symbol Legendrea^w_pjest równy −1, to p jest liczbą pierwszą typu alfa. Zauważmy, że 1 = ¹_p =^30w_p =³⁰_p^w_p, a zatem

_w

p

=³⁰_p . Wykazaliśmy więc

Stwierdzenie 3.9. Niech p > 7 będzie liczbą pierwszą. Jeśli ³⁰_p= −1, to p jest liczbą pierwszą typu alfa.

Implikacja w przeciwnym kierunku nie musi zachodzić. Istnieją liczby pierwsze p typu alfa z symbolem ³⁰_p równym 1. Takich liczb pierwszych jest dużo. Najmniejszą z nich jest p = 103.

Zanotujmy znane fakty, które mogą się w przyszłości okazać przydatne.

Stwierdzenie 3.10. Zakładamy, że p jest liczbą pierwszą większą od 5.

(1) ²_p= (−1)^(p²^−1)/8 i stąd wynika, że ²_p= 1 ⇐⇒ p = 8k ± 1.

(2) ³_p= 1 ⇐⇒ p = 12k ± 1.

(3) ⁵_p= 1 ⇐⇒ p = 10k ± 1.

(4) ⁶_p= 1 ⇐⇒ p = 24k + r, gdzie r ∈ {1, 5, 19, 23}.

4 Zbiory E(m)

Niech m> 2 będzie liczbą naturalną. Przez E(m) oznaczać będziemy zbiór tych wszyst- kich liczb naturalnych n, dla których kongruencja

(e)

f

n

(x) ≡ y

⁴

(mod m)

nie ma rozwiązań. Z tego co napisaliśmy w rozdziale wstępnym wynika, że liczby 4, 5, 6 należą do zbioru E(4), a liczba 3 należy do zbioru E(3). Wiemy, że jeśli n = b(m), to dla każdej liczby całkowitej x zachodzi kongruencja f_n(x) ≡ 0 (mod m). Zatem liczba b(m) nie należy do zbioru E(m) Jeśli r należy do E(m), to każda liczba naturalna postaci k · b(m) + r również należy do zbioru E(m). Założyliśmy, że m > 2. To założenie nie jest potrzebne. Dla m = 1 mamy E(m) = ∅.

Przez E₀(m) oznaczać będziemy zbiór tych wszystkich liczb naturalnych ze zbioru E(m), które są mniejsze od b(m). Mamy na przykład

E₀(2) = ∅, E₀(4) = {4, 5, 6}, E₀(3) = {3}, E₀(6) = {3, 12, 21, 30}.

(10)

E₀(28) = {4, 5, 6, 12, 13, 14, 20, 21, 22, 28, 29, 30, 36, 37, 38, 44, 45, 46, 52, 53, 54}.

Później podamy liczne inne przykłady. Jest jasne, że jeśli E₀(m) = ∅, to E(m) = ∅.

Ponadto,

E(m) =

r + k · b(m); k > 0, r ∈ E0(m)

.

W szczególności jeśli n1 ≡ n2(mod b(m)), to n1 ∈ E(m) ⇐⇒ n2 ∈ E(m). Zanotujmy kilka podstawowych własności zbiorów postaci E(m).

Stwierdzenie 4.1. Niech d, m ∈ N. Jeśli d | m, to E(d) ⊆ E(m).

Stwierdzenie to jest oczywiste. Wynika natychmiast z definicji zbioru E(m).

Stwierdzenie 4.2. Jeśli m1, m2 są względnie pierwszymi liczbami naturalnymi, to E(m₁m₂) = E(m₁) ∪ E(m₂).

Dowód. Inkluzja ⊇ wynika ze Stwierdzenia 4.1. Udowodnimy inkluzję w prze- ciwnym kierunku. Załóżmy, że n ∈ E(m₁m₂) i przypuśćmy, że n 6∈ E(m₁) ∪ E(m₂).

Wtedy n 6∈ E(m1) oraz n 6∈ E(m2). Kongruencje fn(x) ≡ y⁴(mod m1) oraz fn(x) ≡ y⁴ (mod m₂) mają więc rozwiązania; odpowiednio (x₁, y₁) oraz (x₂, y₂). Niech x, y będą takimi liczbami całkowitymi, że

( x ≡ x₁ (mod m₁)

x ≡ x₂ (mod m₂) oraz

( y ≡ y₁ (mod m₁) y ≡ y₂ (mod m₂).

Takie liczby całkowite istnieją na mocy twierdzenia chińskiego o resztach. Mamy wtedy f_n(x) ≡ fn(x1) ≡ y₁⁴ ≡ y⁴ (mod m1),

fn(x) ≡ fn(x₂) ≡ y₂⁴ ≡ y⁴ (mod m₂),

czyli m₁ | f_n(x) − y⁴ oraz m₂ | f_n(x) − y⁴. Ale nwd(m₁, m₂) = 1, więc m₁m₂ | f_n(x) − y⁴ i mamy fn(x) ≡ y⁴(mod m1m₂) wbrew temu, że n ∈ E(m1m₂).

Zanotujmy również następujące oczywiste stwierdzenie.

Stwierdzenie 4.3. Niech n > 2 będzie liczbą naturalną. Jeśli istnueje taka liczba na- turalna m, że n ∈ E(m), to n należy do zbioru Ω.

Czy dla każdej liczby naturalnej n> 3 istnieje co najmniej jedna taka liczba natu- ralna m, że n należy do zbioru E(m)? Dzisiaj (17.02.2015) wiem, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od 481 mają rozważaną własność. Nie potrafię tego wykazać dla n = 481. Czy liczba 481 należy do zbioru Ω? Następną liczbą tego typu jest n = 546.

(11)

5 Potęgi dwójki

Tabela 5.1. Bikwadraty modulo m = 2^s.

s bikwadraty lb

1 0, 1 2

2 0, 1 2

3 0, 1 2

4 0, 1 2

5 0, 1, 16, 17 4

6 0, 1, 16, 17, 33, 49 6

7 0, 1, 16, 17, 33, 49, 65, 81, 97, 113 10

8 0, 1, 16, 17, 33, 49, 65, 81, 97, 113, 129, 145, 161, 177, 193, 209, 225, 241 18 9 0, 1, 16, 17, 33, 49, 65, 81, 97, 113, 129, 145, 161, 177, 193, 209, 225, 241,

256, 257, 272, 273, 289, 305, 321, 337, 353, 369, 385, 401, 417, 433, 449,

465, 481, 497 36

10 0, 1, 16, 17, 33, 49, 65, 81, 97, 113, 129, 145, 161, 177, 193, 209, 225, 241, 256, 257, 272, 273, 289, 305, 321, 337, 353, 369, 385, 401, 417, 433, 449, 465, 481, 497, 513, 528, 529, 545, 561, 577, 593, 609, 625, 641, 657, 673, 689, 705, 721, 737, 753, 769, 784, 785, 801, 817, 833, 849, 865, 881, 897,

913, 929, 945, 961, 977, 993, 1009 70

s lb 11 138 12 274 13 548 14 1094 15 2186 16 4370

Tabela 5.2. Elementy zbiorów E₀(2^s). W drugiej kolumnie są liczby b(2^s).

s b elementy lb

1 4 0

2 8 4, 5, 6 3

3 16 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 11

4 32 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28,

29, 30 27

5 64 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56,

57, 58, 59, 60, 61, 62 54

6 128 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59, 60, 61, 62, 64, 68, 69, 70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 78, 79, 80, 81, 82, 83, 84, 85, 86, 87, 88, 89, 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 100, 101, 102, 103, 104, 105, 106, 107, 108, 109, 110, 111, 112, 113, 114, 115, 116, 117, 118, 119, 120, 121, 122, 123,

124, 125, 126 111

Zbiory E₀(2⁷), E₀(2⁸), E₀(2⁹) oraz E₀(2¹⁰) mają odpowiednio 227, 457, 914 oraz 1831 ele- mentów.

Z tabeli tej dowiadujemy się na przykład, że każda liczba naturalna postaci 128k + 75 należy do zbioru Ω.

Lemat 5.3. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 2^s kolejnych bikwadratów przystaje do 2^s−1 modulo 2^s.

(12)

Dowód. Niech u = 0⁴+ 1⁴+ 2⁴+ · · · + (d − 1)⁴, gdzie d = 2^s. Jest oczywiste, że suma 2^s kolejnych bikwadratów przystaje zawsze do u modulo 2^s. Zauważmy, że u = 1

30(d−1)d(2d−1)(3d²−3d−1) = 1

15(2^s− 1) 2^s−12^s+1− 1(3 · 2^2s− 3 · 2^s− 1, więc 15u ≡ (−1)2^s−1(−1)(−1) = −2^s−1 ≡ 2^s−1(mod 2^s). Niech c będzie liczbą cał- kowitą taką, że 15c ≡ 1 (mod 2^s). Takie c istnieje gdzy˙c liczby 15 i 2^s są względnie pierwsze. Oczywiście c jest nieparzyste; niech c = 2k + 1. Mamy więc

u ≡ c2^s−1 = (3k + 1)2^s−1 ≡ 2^s−1 (mod 2^s) i to kończy dowód.

Z tego lematu otrzymujemy natychmiast

Stwierdzenie 5.4. Dla każdej liczby naturalnej s zachodzą równości a (2^s) = 2^s−1, b (2^s) = 2^s+1.

Czy bikwadrat może przystawać do 2^s−1 modulo 2^s? Okazuje się, że tak się może zdarzyć. Dla s = 5 mamy

2⁴ ≡ 6⁴ ≡ 10⁴ ≡ 14⁴ ≡ 18⁴ ≡ 22⁴ ≡ 26⁴ ≡ 30⁴ ≡ 16 = 2⁴ (mod 2⁵).

Dla s = 9 mamy podobnie: 4⁴ ≡ 12⁴ ≡ 20⁴ ≡ · · · ≡ 508⁴ ≡ 256 = 2⁸(mod 2⁹).

Lemat 5.5. Jeśli s > 1, to następujące dwa warunki są równoważne.

(1) Liczba s jest postaci 4k + 1.

(2) Istnieje liczba całkowita x taka, że x⁴ ≡ 2^s−1(mod 2^s).

Dowód. (1) ⇒ (2). Niech s = 4k + 1. Wtedy dla x = 2^k mamy x⁴ ≡ 2^4k = 2^s−1 (mod 2^s).

(2) ⇒ (1). Załóżmy, że x⁴ ≡ 2^s−1(mod 2^s) dla pewnej liczby całkowitej x. Wtedy x⁴ − 2^s−1 = 2^sa, gdzie a ∈ Z. Jeśli s = 1, to s jest postaci 4k + 1 i nie ma czego dowodzić. Niech więc s> 2. Wtedy x jest parzyste; niech x = 2^ku, k > 1, 2 - u. Wtedy 2^4ku⁴− 2^s−1= 2^sa i po podzieleniu przez 2^s−1 otrzymujemy równość

2^4k−(s−1)u⁴− 1 = 2a.

Ale u jest nieparzyste, więc 4k − (s − 1) = 0 i mamy s = 4k + 1. Z powyższych faktów otrzymujemy następujące dwa stwierdzenia.

Stwierdzenie 5.6. Każda potęga dwójki postaci 2^s, gdzie s > 1, s 6≡ 1 (mod 4), należy do zbioru Ω.

Stwierdzenie 5.7. Każda liczba postaci 2^s+ k2^s+1, gdzie s > 1, s 6≡ 1 (mod 4) oraz k > 0, należy do zbioru Ω.

(13)

Zauważmy, że 2^s+ k2^s+1 = 2^s(2k + 1). Powyższe stwierdzenie można więc wysłowić w następujący sposób.

Stwierdzenie 5.8. Niech n będzie liczbą naturalną i niech s = v₂(n). Jeśli s> 2 oraz s 6≡ 1 (mod 4), to n należy do zbioru Ω.

W szczególności każda liczba naturalna podzielna przez 4 i niepodzielna przez 32 należy do zbioru Ω. Każda liczba naturalna podzielna przez 64 i niepodzielna przez 512 należy do zbioru Ω.

Czy liczby postaci 2^4k+1 również należą do zbioru Ω?

Liczba 32 = 2⁵ należy do Ω, gdyż każda liczba postaci 121k +32 należy do Ω. Liczba 512 = 2⁹ należy do Ω, gdyż 512 = 81 · 6 + 26 i każda liczba postaci 81k + 26 należy do Ω. Liczba 8192 = 2¹³ należy do Ω, gdyż 2¹³ = 125 · 65 + 67 i każda liczba postaci 125k + 67 należy do Ω. W podobny sposób możemy, za pomocą Maple, wykazać, że pewne inne liczby postaci 2^4k+1 również należą do Ω. Otrzymane wyniki dla takich 2^s przedstawiają poniższe tabele.

s bk + r 17 25k + 22 21 27k + 8 25 121k + 43 29 59²k + 3170 33 25k + 17 37 25k + 22

s bk + r 41 83²k + 4896 45 121k + 54 49 139k + 73 53 25k + 17 57 25k + 22 61 557k + 473

s bk + r 65 121k + 65 69 27k + 19 73 25k + 17 77 25k + 22 81 19²k + 284 85 121k + 76

s bk + r 89 ?

93 25k + 17 97 25k + 22 101 ?

6 Potęgi trójki

Tabela 6.1. Bikwadraty modulo m = 3^s.

s bikwadraty lb

1 0, 1 2

2 0, 1, 4, 7 4

3 0, 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25 10

4 0, 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58,

61, 64, 67, 70, 73, 76, 79 28

5 0, 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58, 61, 64, 67, 70, 73, 76, 79, 81, 82, 85, 88, 91, 94, 97, 100, 103, 106, 109, 112, 115, 118, 121, 124, 127, 130, 133, 136, 139, 142, 145, 148, 151, 154, 157, 160, 163, 166, 169, 172, 175, 178, 181, 184, 187, 190, 193, 196, 199, 202, 205, 208, 211, 214, 217, 220, 223, 226, 229, 232, 235, 238, 241 83

s lb 6 247 7 739 8 2215 9 6644

(14)

s b elementy lb

1 9 3 1

2 27 3, 8, 9, 12, 17, 18, 21 7

3 81 3, 8, 9, 12, 17, 18, 21, 26, 27, 30, 35, 36, 39, 44, 45, 48, 53, 54, 57, 62, 63, 66, 71, 72, 75 25 4 243 3, 8, 9, 12, 17, 18, 21, 26, 27, 30, 35, 36, 39, 44, 45, 48, 53, 54, 57, 62, 63, 66, 71, 72, 75,

80, 81, 84, 89, 90, 93, 98, 99, 102, 107, 108, 111, 116, 117, 120, 125, 126, 129, 134, 135, 138, 143, 144, 147, 152, 153, 156, 161, 162, 165, 170, 171, 174, 179, 180, 183, 188, 189, 192, 197, 198, 201, 206, 207, 210, 215, 216, 219, 224, 225, 228, 233, 234, 237 79

Zbiory E₀(3⁵) oraz E₀(3⁶) mają odpowiednio 238 oraz 718 elementów.

Lemat 6.3. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 3^s kolejnych bikwadratów przystaje do 2 · 3^s−1 modulo 3^s.

30(d − 1)d(2d − 1)(3d²− 3d − 1) = 1

10(3^s− 1) 3^s−1(2 · 3^s− 1)(3^2s+1− 3^s+1− 1, więc 10u ≡ (−1)3^s−1(−1)(−1) = −3^s−1 ≡ 2 · 3^s−1(mod 3^s) i stąd 5u ≡ 3^s−1(mod 3^s).

Niech c będzie liczbą całkowitą taką, że 5c ≡ 1 (mod 3^s). Oczywiście takie c istnieje, gdyż liczby 5 i 3^s są względnie pierwsze. Oczywiście 3 - c. Zatem c jest postaci 3k + 1 lub 3k + 2. Jeśli c = 3k + 1, to 3 | 5(3k + 1) − 1 i mamy sprzeczność: 3 | 4. Zatem c = 3k + 2. Mamy więc

u ≡ c3^s−1 = (3k + 2)3^s−1 ≡ 2 · 3^s−1 (mod 3^s) i to kończy dowód.

Stwierdzenie 6.4. Dla każdej liczby naturalnej s zachodzą równości a (3^s) = 2 · 3^s−1, b (3^s) = 3^s+1.

Lemat 6.5. Dla każdej liczby naturalnej s, bikwadrat liczby całkowitej nigdy nie przy- staje do liczby 2 · 3^s−1 modulo 3^s.

Dowód. Dla s = 1 jest to oczywiste. Założmy, że s > 2 i przypuśćmy, że y⁴ ≡ 2·3^s−1 (mod 3^s) dla pewnej liczby całkowitej y. Wtedy y⁴−2·3^s−1= v3^s, gdzie v ∈ Z. Liczba y jest więc podzielna przez 3. Niech y = 3^pc, gdzie c ∈ Z, 3 - c. Wtedy 3^4pc⁴−2·3^s−1 = v3^s i stąd 4p> s − 1 oraz

3^4p−s+1c⁴− 2 = 3v.

Jeśli 4p − s + 1 > 0, to mamy sprzeczność: 3 | 2. Zatem 4p − s + 1 = 0 i znowu mamy sprzeczność, gdyż wtedy c⁴ = 3v + 2, a bikwadrat nie przystaje do 2 modulo 3.

Z powyższych dwóch lematów otrzymujemy natychmiast następujące dwa twierdzenia.

(15)

Twierdzenie 6.6. Każda potęga trójki należy do zbioru Ω. Innymi słowy, suma 3^s kolejnych bikwadratów (gdzie s> 1) nigdy nie jest bikwadratem.

Twierdzenie 6.7. Każda liczba postaci 3^s+ k3^s+1, gdzie s> 1 oraz k > 0, należy do zbioru Ω.

7 Potęgi piątki

Przykład 7.1. Bikwadraty modulo m = 5^s.

s bikwadraty lb

1 0, 1 2

2 0, 1, 6, 11, 16, 21 6

3 0, 1, 6, 11, 16, 21, 26, 31, 36, 41, 46, 51, 56, 61, 66, 71, 76, 81, 86, 91, 96,

101, 106, 111, 116, 121 26

4 0, 1, 6, 11, 16, 21, 26, 31, 36, 41, 46, 51, 56, 61, 66, 71, 76, 81, 86, 91, 96, 101, 106, 111, 116, 121, 126, 131, 136, 141, 146, 151, 156, 161, 166, 171, 176, 181, 186, 191, 196, 201, 206, 211, 216, 221, 226, 231, 236, 241, 246, 251, 256, 261, 266, 271, 276, 281, 286, 291, 296, 301, 306, 311, 316, 321, 326, 331, 336, 341, 346, 351, 356, 361, 366, 371, 376, 381, 386, 391, 396, 401, 406, 411, 416, 421, 426, 431, 436, 441, 446, 451, 456, 461, 466, 471, 476, 481, 486, 491, 496, 501, 506, 511, 516, 521, 526, 531, 536, 541, 546, 551, 556, 561, 566, 571, 576, 581, 586, 591, 596, 601, 606, 611, 616, 621 126

s lb 5 627 6 3131

s b elementy lb

1 25 3, 4, 5, 9, 10, 11, 15, 16, 17, 22, 23 11

2 125 3, 4, 5, 9, 10, 11, 15, 16, 17, 22, 23, 24, 25, 28, 29, 30, 34, 35, 36, 40, 41, 42, 47, 48, 49, 50, 53, 54, 55, 59, 60, 61, 65, 66, 67, 72, 73, 74, 75, 78, 79, 80, 84, 85, 86, 90, 91, 92, 97, 98, 99, 100, 103, 104, 105, 109,

110, 111, 115, 116, 117, 122, 123 63

Zbiory E₀(5³) oraz E₀(5⁴) mają odpowiednio 323 oraz 1623 elementów.

Lemat 7.3. Dla każdej liczby naturalnej s, suma 5^s kolejnych bikwadratów przystaje do 4 · 5^s−1 modulo 5^s.

30(d − 1)d(2d − 1)(3d²− 3d − 1) = 1

6(5^s− 1) 5^s−1(2 · 5^s− 1)(3 · 5^2s− 3 · 5^s− 1,

(16)

więc 6u ≡ (−1)5^s−1(−1)(−1) = −5^s−1 ≡ 4 · 5^s−1(mod 3^s) i stąd 3u ≡ 2 · 5^s−1(mod 5^s).

Niech c będzie liczbą całkowitą taką, że 3c ≡ 1 (mod 5^s). Takie c istnieje, gdyż liczby 3 i 5^s są względnie pierwsze. Oczywiście 5 - c. Zatem c jest postaci 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3 lub 5k + 4. Jeśli c = 5k + 1, to 5 | 3(5k + 1) − 1 i mamy sprzeczność: 5 | 2.

Jeśli c = 5k + 3, to 5 | 3(5k + 3) − 1 i mamy sprzeczność: 5 | 8. Jeśli c = 5k + 4, to 5 | 3(5k + 4) − 1 i mamy sprzeczność: 5 | 11. Zatem c = 5k + 2. Mamy więc

u ≡ 2c5^s−1 = 2(5k + 2)5^s−1 ≡ 4 · 5^s−1 (mod 5^s) i to kończy dowód.

Stwierdzenie 7.4. Dla każdej liczby naturalnej s zachodzą równości a (5^s) = 4 · 5^s−1, b (5^s) = 5^s+1.

Lemat 7.5. Dla każdej liczby naturalnej s, bikwadrat liczby całkowitej nigdy nie przy- staje do liczby 4 · 5^s−1 modulo 5^s.

Dowód. Dla s = 1 jest to oczywiste. Założmy, że s > 2 i przypuśćmy, że y⁴ ≡ 4·5^s−1 (mod 5^s) dla pewnej liczby całkowitej y. Wtedy y⁴−4·5^s−1= v5^s, gdzie v ∈ Z. Liczba y jest więc podzielna przez 5. Niech y = 5^pc, gdzie c ∈ Z, 5 - c. Wtedy 5^4pc⁴−4·5^s−1 = v5^s i stąd 4p> s − 1 oraz

5^4p−s+1c⁴− 4 = 5v.

Jeśli 4p − s + 1 > 0, to mamy sprzeczność: 5 | 4. Zatem 4p − s + 1 = 0 i znowu mamy sprzeczność, gdyż wtedy c⁴ = 5v + 4, a bikwadrat nie przystaje do 4 modulo 5.

Z powyższych dwóch lematów otrzymujemy natychmiast następujące dwa twierdzenia.

Twierdzenie 7.6. Każda potęga piątki należy do zbioru Ω. Innymi słowy, suma 5^s kolejnych bikwadratów (gdzie s> 1) nigdy nie jest bikwadratem.

Twierdzenie 7.7. Każda liczba postaci 5^s+ k5^s+1, gdzie s> 1 oraz k > 0, należy do zbioru Ω.

8 Następne własności liczb a(m) i b(m)

Rozpoczynamy ten rozdział od następującego stwierdzenia.

Stwierdzenie 8.1. Jeśli m1 jest liczbą naturalną względnie pierwszą z 30, to a(2m1) = m₁ oraz b(2m₁) = 4m₁.

Dowód. Niech m = 2m1, w = s4(m) i niech t = ₁₅¹ (mod m), tzn. t jest taką liczbą naturalną mniejszą od m, że 15t ≡ 1 (mod m). Oczywiście t jest nieparzyste;

niech t = 2k + 1. Mamy wtedy 15w ≡ −m₁ ≡ m₁(mod 2m₁) i stąd w ≡ tm₁ = (2k + 1)m₁ = mk + m₁ ≡ m₁ (mod m).

Zatem a(m) = m1 i b(m) = m · [m, a(m)]/a(m) = m · [2m1, m1]/m1 = 2m = 4m1.

(17)

W podobny sposób dowodzimy, że jeśli m₁ jest liczbą naturalną względnie pierwszą z 30 oraz m jest podaną wielokrotnością liczby m₁, to liczby a(m) i b(m) są takie jak w poniższej tabeli.

Tabela 8.2.

m a(m) b(m) 3m₁ 2m₁ 9m₁ 5m1 4m1 25m1

6m₁ m₁ 36m₁

m a(m) b(m)

10m₁ 3m₁ 100m₁ 15m1 7m1 225m1

30m₁ 29m₁ 900m₁

Podane przykłady są szczególnymi przypadkami następującego stwierdzenia.

Stwierdzenie 8.3. Niech u = 2ⁱ3^j5^k, gdzie i > 0, j > 0, k > 0 oraz niech m1 będzie liczbą naturalną względnie pierwszą z 30. Wtedy

a

um₁

= a(u)m₁, b

um₁

= b(u)m₁.

Istnieje więc r ∈ {1, 2, . . . , u − 1} takie, że rβ ≡ 1 (mod u). Mamy zatem ₃₀^u = ^αd_βd = α · _β¹ ≡ αr (mod u) i stąd otrzymujemy

a(u) ≡ s₄(u) = u

30(u + 1)(2u + 1)(3u²+ 3u − 1) ≡ −αr (mod u), a zatem −αr = a(u) + vu, gdzie v ∈ Z.

Z tego, że β | 30 oraz nwd(30, m1) = 1 wynika, że nwd(β, m1) = 1. Ale nwd(β, u) = 1, więc nwd(β, um₁) = 1. Istnieje więc t ∈ {1, 2, . . . , um₁ − 1} takie, że tβ ≡ 1 (mod um₁). Wtedy tβ ≡ 1 (mod u), a więc t ≡ r (mod u). Mamy więc pewną rów- ność postaci t = su + r, w której s jest jakąś liczbą całkowitą. Oznaczmy: m = um1. Mamy teraz modulo m :

a(m) = a

um1

≡ ₃₀^um1(m + 1)(2m + 1)(3m²+ 3m − 1)

≡ αalphatm₁(m + 1)(2m + 1)(3m²+ 3m − 1) ≡ −tm₁

= −α(su + r)m₁ = −αrm₁ − sm ≡

− αr

m₁

=

a(u) + vu

m₁ = a(u)m1+ vm

≡ a(u)m1.

Wykazaliśmy więc, że a(um₁) = a(u)m₁. Mamy teraz:

b(um₁) = [um₁, a(um₁)]

a(um₁) um₁ = [um₁, a(u)m₁]

a(u)m₁ um₁ = [u, a(u)]

a(u) um₁ = b(u)m₁.