Тема Остатки и сравнения по модулю

Лемма об уточнении показателя

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела остатки и сравнения по модулю

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82679

Дано 101-значное число $a$ и произвольное натуральное число $b$ . Докажите, что найдется такое не более чем 102-значное число натуральное число $c$ , что любое число вида $caaa...ab$ - составное.

Источники: СПБГОР - 2024, 11.4 (см. www.pdmi.ras.ru)

Показать доказательство

Из признака делимости на $10101+1$ (необходимо рассмотреть знакочередующуюся сумму блоков по 101 цифре с конца) следует, что числа в которых количество $a$ в записи отличается на четное число имеют одинаковые остатки при делении на $101 10 +1$
Заметим, что $101 10 +1 ≡11 0$ , а еще по лемме об уточнении показателя $101 10 +1$ не делится на $2 11$ , поэтому у $101 10 + 1$ есть простой делитель $p$ отличный от 11
Достаточно сделать так, чтобы $cb$ и $cab$ делились на 11 и на $p$ соответственно. Такое $c$ существует и не превосходит $101 11× p≤ 10 + 1$ по китайской теореме об остатках.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#83957

При каких натуральных $n> 1$ существуют натуральное $a$ и простое $p,$ для которых $3p +4p = an?$

Показать ответ и решение

При $p= 2$ левая часть равна $32+ 42 =52,$ так что подходит и $n= 2.$ Пусть теперь $p$ нечётно. Тогда $3p+ 4p = 3p− (−4)p.$ По лемме об уточнении показателя для модуля $7,$

p p v7 (3 − (− 4) )= v7(3− (− 4))+ v7(p)

Значит, при $p⁄= 7$ выражение делится на $7,$ но не на $72,$ и $n =1.$ Если же $p=,7$ то выражение делится на $72,$ но не на $73,$ а значит, $n ≤2.$ Таким образом, мы убедились, что решения существуют только при $n= 2.$

Ответ:

$n =2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#83958

Докажите, что не существует натурального $a <1010$ такого, что число $a2022− 1$ представимо в виде произведения $50$ последовательных натуральных чисел.

Показать доказательство

Предположим противное. Пусть искомое число $a$ существует. Произведение $50$ натуральных чисел кратно $2,$ следовательно $a$ нечетно, а значит $2 a − 1$ кратно $4,$ аналогично $2 a − 1$ кратно $3.$

В силу LTE, $2022 2 2 v2(a − 1)= v2(a − 1)+ v2(1011) =v2(a − 1),$ с другой стороны, произведение 50 натуральных чисел кратно $50!,$ но в силу теоремы Лежандра

[50] [50] [50] v2(50!)= 2- + -4 + -8 + ...> 40

следовательно, $v2(a2− 1)> 40.$ Аналогично, $v3(a2− 1)> 20.$

Таким образом, $1020 ≥ a2 > a2− 1 >240320,$ то есть $100=102 > 2432 =16⋅9= 144,$ тем самым получено противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#83959

Докажите, что для любого натурального $n$ существует натуральное $k$ такое, что $51k− 17$ делится на $2n.$

Показать доказательство

Решение 1.

Лемма. Для любого натурального $n ≥3$ найдётся натуральное $l,$ такое что $( l ) v251 − 1 =n.$

Доказательство. Индукция по $n.$ База индукции: $n =3.$ Годится $l= 2.$ Переход индукции. Если $( l ) v2 51 − 1 = n,$ то

( 2l ) ( l ) ( l ) v2 51 − 1 = v2 51 − 1 +v2 51 +1 =n +1

Лемма доказана.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Утверждение задачи тоже доказываем индукцией по $n.$ База: $512− 17$ делится на $23 = 8$ . Переход. Пусть $51k− 17$ делится на $2n.$ Хотим добиться делимости на $2n+1.$ Пусть $l$ таково, что $( ) v251l− 1 =n.$ Можем считать, что $51k− 17$ не делится на $17,$ а также что $k >l.$ Тогда рассмотрим разность

( ) ( ) 51k− 17 − 51k−l⋅ 51l− 1 = 51k−l− 17

Так как оба числа $( ) 51k− 17$ и $( ) 51k−l⋅ 51l− 1$ делятся на $2n$ и не делятся на $2n+1,$ то $51k−l− 17$ делится на $2n+1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Решение 2.

Покажем, что $2n−2$ является показателем числа $51$ по модулю $2n$ (при условии $n≥ 3).$ Этот показатель является делителем числа $ϕ(2n)= 2n−1,$ т.е. является степенью двойки. Но при любом натуральном $s$ верно $( ) v2 512s − 1 = s+ 21.$ Значит, показатель в самом деле равен $2n−2.$

Таким образом, степени числа $51$ пробегают ровно четверть всевозможных остатков по модулю $2n.$ Но по модулю $8$ эти степени могут давать лишь остатки $1$ и $3,$ а значит, степени числа $51$ пробегают все остатки по модулю $2n,$ дающие $1$ или $3$ по модулю $8.$ В частности, остаток $1$ тоже пробегают.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#83960

Известно, что при всех натуральных $n$ число $4(an+ 1)$ является точным кубом. Докажите, что $a =1.$

Показать доказательство

Выберем какое-нибудь нечётное $n.$ Тогда $4(an +1)= 4(an − (−1)n).$ Рассмотрим разность $a− (− 1)=a +1.$ Предположим, что она делится на какое-нибудь простое $p ⁄=2.$ Тогда по LTE $n n vp(a − (−1) )=vp(a+1)+ vp(n).$ Заметим теперь, что при $n= p$ или $2 n = p$ эта сумма не делится на $3,$ а значит, число не является кубом. Значит, предположение было ошибочным, и $k a+ 1= 2.$ Выберем $n= 3t.$ Предыдущее рассуждение можно применить к числу $3 a$ вместо $a,$ и оно сработает, если $3 s a + 1⁄= 2.$ Осталось рассмотреть случай, когда $k 3 s a+ 1= 2 ,a + 1= 2 .$ Заметим, что $3 (2 ) a + 1= (a +1) a − a+ 1 .$ Значит, число $2 a − a +1$ (очевидно, нечётное), должно быть степенью двойки, то есть равняться единице.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#83962

Пусть $p$ — простое число, $a$ и $n$ — натуральные числа такие, что $pa−-1= 2n. p − 1$ Каким может быть количество натуральных делителей числа $na?$

Показать ответ и решение

При $p= 2$ уравнение имеет вид $2a− 1= 2n$ и не имеет решений в натуральных числах, следовательно, $p$ нечетно.

Если $a$ является нечетным, то число

pa− 1 a− 1 a−2 p-− 1-= p +p + ...+ p+1

так же нечетно, что невозможно, следовательно $a$ кратно $2.$

Предположим, что $p− 1$ кратно $4.$ Степень вхождения $2$ в правую часть равна $v2(pa− 1)− v2(p− 1),$ что, в силу LTE для числа $pa− 1,$ равно $v2(a),$ следовательно, $v2(a)= n,$ а значит $a≥ 2n.$ С другой стороны,

a 2n = p-−-1 =pa−1+ pa−2 +...+ p+ 1> a p− 1

что влечет противоречие.

Таким образом, $p$ дает остаток $3$ при делении на $4,a$ — четно. Тогда $p2 ≡ 32 ≡ 1 (mod 4),$ то есть $p2− 1$ кратно $4,$ а значит, в силу LTE,

v(pa− 1)= v (p2− 1)+v (a∕2)= v(p+ 1)+v (p− 1)+ v(a)− 1 2 2 2 2 2 2

то есть степень вхождения 2 в левую часть исходного уравнения $v2(p+ 1)+ v2(a)− 1,$ что не превосходит

log (p +1)+ log (a)− 1= log (p+1)a 2 2 2 2

Таким образом, верна серия неравенств

a p-−-1= 2n ≤ (p+-1)a p− 1 2

pa− 1 ≤ a (p2− 1) 2

a a ap2 p + 2 ≤ 2 + 1

При $a> 2$ верны неравенства $a∕2> 1$ и $a 2a a 2 p =(p )2 > 2p ,$ сложив которые получим противоречие.

Если $a= 2,$ то уравнение имеет вид

p+1 =2n

В случае, если $n$ является составным (обозначим его произвольный делитель за $d$ ), имеем

n d nd p= 2 − 1= (2 ) − 1

кратно $2d− 1> 1,$ что невозможно в силу простоты $p,$ а значит $n$ — так же простое число.

При $n =2$ уравнение $p+ 1= 4$ имеет решение, количество делителей числа $an =2n$ равно $3.$

Если $n⁄= 2,$ то число делителей числа $an =2n$ равно $4$ (делителями являются числа $1,2,n$ и $2n$ ).

Ответ:

$3$ или $4$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#82093

Найдите степень вхождения $1991$ в

19911992 19911990 1990 +1992

Показать ответ и решение

Запишем выражение в виде $(199019911992 + 1)+(199219911990 − 1).$ Пусть $p$ — некоторый простой делитель $1991,$ тогда по $LTE$ имеем:

19911992 19911992 1992 vp(1990 + 1)=vp(1990 − (−1))=vp(1991)+ vp(1991 )= 1993⋅vp(1991)

19911990 1990 vp(1992 − 1)= vp(1991)+ vp(1991 )= 1991⋅vp(1991)

Следовательно, степень вхождения $p$ во всё выражение равна $1991⋅vp(1991)$ для каждого простого делителя $p.$ Получается, что степень вхождения $1991$ равна $1991.$

Ответ:

$1991$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#82094

Решите в натуральных числах уравнение

2009 2009 z x + y = 7

Показать ответ и решение

Предположим, что $x+ y$ не делится на $7.$ В таком случае $x+y =1,$ потому что $7z = x2009+ y2009$ кратно $x+ y.$ Но $x+ y > 1,$ потому что $x$ и $y$ натуральные. Следовательно, $x +y$ кратно $7.$ Предположим, что $v7(x)= k,$ то $2009 v7(x )=2009k.$ Ясно, что $z >2009k,$ иначе левая часть больше правой. Если $v7(y)> k,$ то $2009 v7(y )> 2009k.$ Таким образом, степень вхождения $7$ в левую часть равна $2009k,$ то есть меньше, чем степень вхождения $7$ в правую часть, противоречие. То есть $v7(y)=k.$ Сократим равенство на $2009k 7 ,$ получим уравнение $2009 2009 z1 x1 + y1 = 7 .$

Итак, теперь $x1$ и $y1$ не делятся на $7,$ а $x1 +y1$ — делится (доказывается так же, как мы это делали в начале). Тогда по $LT E$ имеем:

v7(x21009+ y12009) =v7(x21009 − (−y1)2009)= v7(x1+ y1)+ v7(2009)=v7(x1 +y1)+2

С другой стороны, она равна $z1.$ Отсюда получаем $v7(x1+ y1)=z1− 2.$ Учитывая, что $x1+ y1$ ни на что кроме $7$ не делится, $z1−2 x1+ y1 = 7 .$

Таким образом, $x21009+y21009- x1+y1 = 49,$ то есть $2009 2009 x1 + y1 = 49(x1+ y1).$ Пусть, не умаляя общности, $x1 ≥ y1,$ тогда $2009 2009 2009 49(x1 +y1)≤98x1 < x1 < x1 + y1$ при $x1 ≥ 2.$ Значит, $x =y =1,$ но этот случай не подходит.

Ответ:

Нет решений

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#82095

Решите в натуральных числах уравнение $3x =2xy+ 1.$

Показать ответ и решение

Преобразуем к виду $3x− 1 =2xy.$ Пусть $x$ нечётен. Тогда $3x− 1$ не делится на $4,$ откуда $x =1$ и $y = 1.$ Теперь рассмотрим случай, когда $x= 2k.$ Заметим, что $x k 3 − 1= 9 − 1.$ Применим здесь LTE по модулю $2.$

k v2(9 − 1)= v2(9 − 1)+ v2(k)

Сделаем грубую оценку: $v2(k)< k,$ откуда $v2(9k− 1)< k+ 3.$ Таким образом, решения имеются только тогда, когда $2k< k+ 3$ — иначе двойка входит в левую часть в меньшей степени, чем в правую, и равенство недостижимо. Значит, $k <3,$ откуда $x= 2$ или $x =4.$ Простой подстановкой получаем, что в первом случае $y = 2,$ во втором случае $y =5.$

Ответ:

$(2;2),(4;5),(1;1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#82096

На доске написаны $n$ цифр в ряд. Докажите, что к ним можно приписать несколько цифр слева и не более $n$ цифр справа так, чтобы получилась степень двойки.

Показать доказательство

Рассмотрим остатки степеней двойки по модулю $102n = 22n ⋅52n.$ Покажем,что двойка — первообразный корень по модулю $5s.$ Заметим, что $k ..s 2 − 1 .5 ,$ только если $.. k.4$ (проверка остатков степеней $2$ по модулю $5$ ). Пусть $k= 4a.$ Теперь по LTE $4a a v5(2 − 1)=v5(16 − 1)= v5(16− 1)+ v5(a).$ То есть $v5(a)≥s − 1,$ откуда $s−1 a≥ 5$ и $s− 1 s k≥ 4⋅5 (равно φ(5 )).$ Таким образом, двойка — действительно первообразный корень по этому модулю. Следовательно, по модулю $2n 5$ степени двойки дают $2n φ(5 )$ различных остатков — в точности те, что взаимно просты с $5$ (так как степень двойки не кратна пяти). Значит, существуют степени двойки, сравнимые по модулю $2k 5$ с $1,2,3,4,6....$ То есть существуют степени двойки, сравнимые по модулю $2k 10$ с $2n 2n 2n 2n 2n 1⋅2 ,2 ⋅2 ,3⋅2 ,4⋅2 ,6⋅2 ...$ (домножаем все предыдущие степени и их остатки на $2n 2 ,$ это можно сделать, поскольку $2n 2$ и $2n 5$ взаимно просты). Заметим теперь, что каждый следующий остаток отличается от предыдущего не более чем на $2n n 2⋅2 <10 .$ Значит, на каждом шаге $(n+ 1)$ -ая с конца цифра соответствующей степени двойки увеличивается не более, чем на $1,$ а отсюда следует, что такими шагами мы получим на местах с $n+ 1$ по $2n$ любую комбинацию цифр. Собственно, выберем степень двойки, на которой мы получили данную комбинацию - она и будет искомой, которая получается дописыванием цифр.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#82097

Найдите все такие натуральные $n,$ что $2n+-1 n2$ целое.

Показать ответ и решение

Пусть $p$ — наименьший простой делитель числа $n.$ Тогда $p ≥3$ и $2n ≡ −1 (mod p).$ Получаем, что $22n ≡ 1 (mod p).$ Обозначим через $T$ показатель числа 2 по модулю $p.$ Тогда $T |q− 1$ и $T |2n.$ Значит, $T < q$ и потому либо $T = 1,$ либо $T = 2$ (иначе в $T$ найдется простой делитель $n,$ меньший $p$ ). При $T =1$ получаем, что $2≡ 1 (mod p)$ — противоречие. Поэтому $T = 2$ и $2 2 ≡ 1 (mod p).$ Значит, $p =3.$

Теперь применим LTE:

1+v3(n)=v3(2+1)+ v3(n)= v3(2n− (− 1)n)≥ v3(n2)= 2v3(n)

откуда следует, что $v3(n)= 1.$

Пусть $n = 3m.$ Если $m = 1,$ то $n= 3$ — ответ. В противном случае $m > 3$ — нечетно, и пусть $q$ — наименьший простой делитель $m.$ Тогда $q > 3.$ Получаем: $3m 2 ≡− 1 (mod q)$ и $6m 2 ≡ 1 (mod$ ) $q.$ Пусть $t$ — порядок двойки по модулю $q.$ Тогда $t|q− 1$ и $t|6m.$ Ho $t< q,$ поэтому $(t,m )= 1,$ значит, $t|6.$ Если $t =3,$ то $3m 2 ≡1 (mod q)$ — противоречие. При $t= 1$ получаем, что $2 ≡1 (mod q)$ — противоречие. Если $t= 2,$ то $2 2 ≡ 1 (mod q)$ и $q = 3$ — противоречие. Значит, $t= 6.$ Тогда $6 2 ≡ 1 (mod q)$ и $q = 7.$

Получаем, что $n 7|2 + 1.$ Однако, перебрав все остатки $n$ по модулю $6,$ легко убедиться, что это невозможно. Таким образом, мы получаем противоречие.

Ответ:

$n =3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#83177

На какую максимальную степень пятерки делится выражение $310000− 210000$ ?

Показать ответ и решение

Первое решение.

10000 10000 5000 5000 v5(3 − 2 )=v5(9 − 4 )= vp(9− 4)+vp(5000)= 5

Второе решение.

10000 10000 10000 10000 v5(3 − 2 )= v5(3 − (−2) )= vp(3− (−2))+ vp(10000)= 5

Замечание.

$v5(310000 − 210000)=(по LTE)= v5(3 − 2)+ v5(10000)= 4$ — неверное рассуждение

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#83178

При каких натуральных $n$ существуют натуральное $a$ и простое $p$ , для которых $3p+4p = an$ ?

Показать ответ и решение

Поймем, что $n =1$ , очевидно, подходит. При $p= 2$ левая часть равна $32+ 42 = 52$ , так что подходит и $n =2$ . Пусть теперь $p$ нечётно. Тогда $p p p p 3 + 4 = 3 − (−4)$ . По лемме об уточнении показателя для модуля 7, $p p v7(3 − (− 4))= v7(3− (− 4))+ v7(p)$ . Значит, при $p⁄= 7$ выражение делится на $7$ , но не на $2 7$ , и $n =1$ . Если же $p= 7$ , то выражение делится на $2 7$ , но не на $3 7$ , а значит, $n ≤2$ . Таким образом, мы убедились, что решения существуют только при $n= 1$ или $n =2$ .

Ответ: 1 и 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#83179

Известно, что при всех натуральных $n$ число $4(an+ 1)$ является точным кубом. Докажите, что $a =1$ .

Показать доказательство

Выберем какое-нибудь нечётное $n$ . Тогда $4(an+ 1)= 4(an− (− 1)n)$ . Рассмотрим разность $a− (−1)= a+1$ . Предположим, что она делится на какое-нибудь простое $p ⁄=2$ . Тогда по LTE $n n vp(a − (−1))= vp(a +1)+ vp(n)$ . Заметим теперь, что при $n = p$ или $2 n =p$ эта сумма не делится на $3$ , а значит, число не является кубом. Значит, предположение было ошибочным, и $k a+ 1= 2$ . Выберем $n= 3t$ . Предыдущее рассуждение можно применить к числу $3 a$ вместо $a$ , и оно сработает, если $3 s a + 1⁄= 2$ . Осталось рассмотреть случай, когда $k 3 s a+ 1= 2 ,a + 1= 2$ . Заметим, что $3 2 a + 1= (a +1)(a − a+ 1)$ . Значит, число $2 a − a+ 1$ (очевидно, нечётное), должно быть степенью двойки, то есть равняться единице.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#83180

Показать доказательство

Рассмотрим остатки степеней двойки по модулю $102n = 22n⋅52n$ .Покажем,что двойка — первообразный корень по модулю $5s$ . Заметим, что $k 2 − 1$ делится на $s 5$ , только если $k$ делится на 4 (проверка остатков степеней 2 по модулю 5). Пусть $k =4a$ . Теперь по LTE $4a a v5(2 − 1)=v5(16 − 1)= v5(16− 1)+ v5(a)$ . То есть $v5(a)≥ s− 1$ , откуда $s−1 a≥ 5$ и $s−1 s k ≥4⋅5 (равно φ(5))$ .

Таким образом, двойка — действительно первообразный корень по этому модулю. Следовательно, по модулю $2n 5$ степени двойки дают $2n φ(5 )$ различных остатков — в точности те, что взаимно просты с $5$ (так как степень двойки не кратна пяти). Значит, существуют степени двойки, сравнимые по модулю $2k 5$ с $1,2,3,4,6...$ . То есть существуют степени двойки, сравнимые по модулю $2k 10$ с

1 ⋅22n,2⋅22n,3⋅22n,4⋅22n,6⋅22n ...

(домножаем все предыдущие степени и их остатки на $2n 2$ , это можно сделать, поскольку $2n 2$ и $2n 5$ взаимно просты).

Заметим теперь, что каждый следующий остаток отличается от предыдущего не более чем на $2n n 2 ⋅2 < 10$ . Значит, на каждом шаге $(n+ 1)$ -ая с конца цифра соответствующей степени двойки увеличивается не более, чем на 1, а отсюда следует, что такими шагами мы получим на местах с $n+ 1$ по $2n$ любую комбинацию цифр. Собственно, выберем степень двойки, на которой мы получили данную комбинацию — она и будет искомой, которая получается дописыванием цифр.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#83176

Лемма об уточнении показателя, ЛоУП, lifting the exponent lemma, LTE.

Пусть $a$ и $b$ — различные целые числа, $k$ — натуральное число, а $p$ — нечетное простое число, НЕ ДЕЛЯЩЕЕ $a$ и $b$ .

ЕСЛИ $a− b$ делится на $p$ , то

k k vp(a − b )= vp(a− b)+ vp(k)

Показать доказательство

Будем вести индукцию по $v (k) p$ .

(a) Докажите базу для $vp(k)=0$ .

Решение. Заметим, что $k k k−1 k−2 k−1 a − b = (a− b)(a +a b+ ...+ b )$ . Поскольку
$a ≡b( mod p)$ , правая скобка по модулю $p$ сравнима с $k−1 ka$ , что, очевидно, не кратно $p$ .

(b) Докажите, пожалуйста, базу и для $vp(k) =1$ . Это пригодится в дальнейшем.

Решение. Докажем для $k =p$ . Аналогично предыдущему пункту, заметим, что

ap− bp = (a − b)(ap−1+ ap−2b+ ...+ bp−1)

Поскольку $a≡ b( mod p)$ , правая скобка по модулю $p$ сравнима с $p−1 pa$ , то есть делится на $p$ . Теперь остаётся доказать, что она не делится на $2 p$ . Будем действовать так: заметим, что если $a ≡b( mod p)$ , то $b= a+ np$ . Подставим это выражение вместо $b$ в скобку, получим следующее выражение: $p−1 p−2 p−1 (a + a (a+ np)...+ (a+ np) )$ . Если записывать его как многочлен от $p$ , оно примет вид

pap−1+ ap−2⋅np⋅1+ ap−2⋅np⋅2+...ap−2⋅np⋅(p− 1)+ p2⋅...

раскрываем каждую скобочку по биному Ньютона и смотрим на свободные члены и члены первой степени - очевидно, остальные делятся на $2 p$ , и влиять на наше утверждение не будут

p−1 p−2 p(p−-1) ≡pa + a np 2

складываем все члены с $p$ и замечаем, что $p$ нечётно, а значит, эта сумма делится на $2 p$

p−1 2 ≡ pa ( mod p )

Решение. Пусть $k= pα⋅t$ $(t не кратно p)$ . Тогда заметим, что

v (ak− bk)=v ((apα−1t)p− (bpα−1t)p) p p

Т.к. основания степеней сравнимы по модулю $p$ , можно применить здесь доказанную в предыдущем пункте базу для $p= k$ . Получим

vp((apα−1t)p− (bpα−1t)p)= vp((apα−1t)− (bpα−1t))+ 1

Выполнив аналогичное действие $α$ раз, получим, что

vp(ak− bk) =α +vp(at− bt)

Но это, согласно первому пункту, равно

α+ vp(a− b)

Замечание. Заметим ещё, что вышеприведённое решение не работает при $p= 2$ , т.к. $p(p−2-1)$ в этом случае не кратен $p$ . Недостающую для этой делимости двойку можно получить из $n$ , если оно чётно, а это равносильно тому, что $a− b$ кратно $4$ . Таким образом, если $a− b$ кратно $4$ , то LTE для $p= 2$ выполняется.

Предыдущий раздел

Следующий раздел