youproof.orgDeep Math. Human Access.

Bizonyítás

Az 1. állítás: Mivel p\nmid m, ezért a 21.4. Lemma alapján p^c és m relatív prímek. Ebben az esetben érvényes a kínai maradéktétel, amelynek következményeként a 22.7. Tétel szerinti alábbi g leképezés egy gyűrűizomorfizmus:

\begin{aligned} g:\Z/n\Z &\to \Z/p^c\Z \times \Z/m\Z \\ [x]_n &\mapsto ([x]_{p^c};[x]_m) \end{aligned}

Mivel g kölcsönösen egyértelmű, ezért létezik olyan X maradékosztály a \Z/n\Z gyűrűben, amelyhez g épp az ([s]_{p^c};[1]_m) maradékosztálypárt rendeli. Legyen a ennek az X maradékosztálynak egy tetszőleges reprezentánseleme, azaz X=[a]_n. Ekkor g definíciója miatt:

([a]_{p^c};[a]_m)=([s]_{p^c};[1]_m)

Ez a 20.1. Tétel 3. pontja szerint épp az alábbi kongruenciákat jelenti:

\begin{aligned} a&\equiv s\pmod{p^c} \\ a&\equiv 1\pmod m \end{aligned}

Ilyen a egész szám tehát valóban létezik.

A 2. állítás: Mivel n=p^cm, ezért p^c osztója n-nek, és így a 20.2. Tétel 7. pontja alapján az s^{2^{j_{\text{max}}}}\equiv -1\pmod n kongruencia modulo p^c is teljesül, azaz:

s^{2^{j_{\text{max}}}}\equiv -1\pmod{p^c}

Ezt a kongruenciát a 20.2. Tétel 6. pontja alapján k-adik hatványra emelve, majd a baloldalt a 24.11. Tétel 2. pontja alapján átírva az alábbit kapjuk:

s^{2^{j_{\text{max}}}k}\equiv \underbrace{(-1)^k}_{=-1}\pmod{p^c}

A jobboldal itt azért marad -1, mert a tétel szövege szerint k ugye páratlan.

Most az a\equiv s\pmod{p^c} és a\equiv 1\pmod m kongruenciákat a 20.2. Tétel 6. pontja alapján 2^{j_{\text{max}}}k-adik hatványra emelve, majd az első esetben az imént kapott s^{2^{j_{\text{max}}}k}\equiv -1\pmod{p^c} kongruenciát is felhasználva a 20.2. Tétel 3. pontja alapján megkapjuk a bizonyítandó állítást:

\begin{aligned} a^{2^{j_{\text{max}}}k}&\equiv -1\pmod{p^c} \\ a^{2^{j_{\text{max}}}k}&\equiv 1\pmod m \end{aligned}

A 3. állítás: Emeljük négyzetre a 2. állításban szereplő két kongruenciát a 20.2. Tétel 6. pontja alapján. Mindkét esetben 1 adódik a jobboldalon:

\begin{aligned} a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}&\equiv 1\pmod{p^c} \\ a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}&\equiv 1\pmod m \end{aligned}

Vegyük észre, hogy ezek szerint a g gyűrűizomorfizmus az [a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}]_n és az [1]_n maradékosztályokhoz ugyanazt a maradékosztálypárt rendeli, mivel:

\begin{aligned} g([a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}]_n)&=([a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}]_{p^c};[a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}]_m)= \\ &=([1]_{p^c};[1]_m)= \\ &=g([1]_n) \end{aligned}

De g kölcsönösen egyértelmű, ezért ez csak úgy lehetséges, ha [a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}]_n=[1]_n, azaz:

a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}\equiv 1\pmod n

Találtunk tehát egy olyan pozitív kitevőt, amelyre a-t emelve az eredmény 1-gyel kongruens modulo n. Ebből a 20.21. Tétel alapján következik, hogy a relatív prím n-hez, azaz a 20.15. Tétel értelmében [a]_n valóban redukált maradékosztály.

A 4. állítás: Mivel n páratlan és n=p^cm, ezért p^c\gt 2 és m\gt 2. Így viszont a 2. állításra alkalmazhatjuk a 24.21. Lemmát u=p^c, v=m és x=a^{2^{j_{\text{max}}}k} választással. Eszerint:

a^{2^{j_{\text{max}}}k}\ \cancel{\equiv}\ \pm1 \pmod{\underbrace{n}_{=p^cm}}

Ez a 24.16. Tétel szerint épp azt jelenti, hogy [a]_n \notin H_n.

Az 5. állítás: a 3. állítás bizonyításában már láttuk, hogy:

a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}\equiv 1\pmod n

Mivel a 24.16. Tétel szerint j_{\text{max}}\leq e-1, ezért j_{\text{max}}+1\leq e. Ezt a kongruenciát a 20.2. Tétel 6. pontja alapján akárhányszor négyzetre emelhetjük. Valahány – speciálisan j_{\text{max}}+1=e esetén 0 darab – ilyen négyzetreemelés után eljutunk az alábbi kongruenciák közül az utolsóig:

\begin{aligned} a^{2^{j_{\text{max}}+1}k}&\equiv 1\pmod n \\ a^{2^{j_{\text{max}}+2}k}&\equiv 1\pmod n \\ &\vdots \\ a^{2^ek}&\equiv 1\pmod n \end{aligned}

Mivel a 23.9. Definíció szerint 2^ek=n-1, ezért az utolsó kongruencia épp az alábbi lesz:

a^{n-1}\equiv 1\pmod n

Ez viszont a 23.3. Definíció szerint azt jelenti, hogy [a]_n valóban Fermat-nemtanú.

∎