Ciklotomični polinomi

Vukašin Brković

Jun 2013, Beograd

Iako možda imaju malo rogobatno ime, ovi polinomi imaju jako lepa svojstva, ipredstavljaju svojevrstan spoj algebre i teorije brojeva. Osnovni cilj ovog rada je daupozna čitaoca sa nekim od tih svojstava, kao i da predstavi poznatu Žigimondijevuteoremu, ali je, takodje, predstavljena i primena ciklotomičnih polinoma u zadacimatakmičarskog tipa. Svi pojmovi su uvedeni postupno, sa namerom da ova tema budelako razumljiva i svima onima koji se sa njom prvi put sreću. Takodje, nisu zane-mareni ni oni čitaoci koji imaju olimpijske aspiracije, jer, pored zadataka, u raduse mogu naći i razne teoreme i leme, sa referencama, koje imaju veliku primenu natakmičenjima.

Ovaj rad predstavlja dopunjenu verziju mog maturskog rada, pa se i ovom prilikomzahvaljujem svom mentoru, Predragu Tanoviću, koji je doprineo njegovom stvaranju.

Konačno, voleo bih da poručim svima kojima je ova tema napoznata, i zbog togaoklevaju da započnu čitanje, da ona krije mnogo vǐse matematičke lepote, nego štomožda na prvi pogled otkriva, a uporni će se, nesumnjivo, osetiti nagradjenim.

Sadržaj

1 Potrebni pojmovi 31.1 Mebijusova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Kompleksni primitivni koreni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Neke osobine polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Definicija i svojstva ciklotomičnih polinoma 92.1 Veza ciklotomičnih polinoma i poretka broja po prostom modulu . . . 13

3 Žigimondijeva teorema 153.1 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

4 Primena ciklotomičnih polinoma u zadacima 20

5 Literatura 23

2

1 Potrebni pojmovi

1.1 Mebijusova funkcija

Mebijusova funkcija je funkcija definisana za sve prirodne brojeve, i to na sledećinačin:

µ(n) =

1 kada je n = 1;

(−1)k kada n nije deljivo potpunim kvadratom, k je broj prostih činilaca;0 inače.

Mebijusova funkcija je multiplikativna što znači da važi µ(mn) = µ(m)µ(n), za sveuzajamno proste brojeva m,n.Ova funkcija ima nekoliko značajnih svojstava, što ćemo videti u narednim teore-mama.

Teorema 1.1. Neka je n prirodan broj. Tada važi.

∑d|n

µ(d) =

{1 kada je n = 1;

0 u suprotnom.

Dokaz. Za n = 1 tvrdjenje sledi iz definicije Mebijusove funkcije. Pretpostavimo ondada važi n ≥ 2. Neka je

n =s∏i=1

pαii

kanonska faktorizacija broja n. Tada primetimo da zbog osobina Mebijusove funkcije,u traženom zbiru je µ(d) = 0 za svako d | n koje ne deli P =

∏si=1pi (jer je tada d

deljiv potpunim kvadratom). Takodje, lako se vidi iz multiplikativnosti Mebijusovefunkcije da je µ(pd) = µ(p)µ(d) = −µ(d), za svaki prost broj p, i prirodan broj d,takvih da p - d. Ako uzmemo proizvoljan broj p td. p | P , onda iz svega navedenogvaži: ∑

d|n

µ(d) =∑d|P

µ(d) =∑d|Pp

(µ(d) + µ(pd)) =∑d|Pp

(µ(d)− µ(d)) = 0

Teorema 1.1 vodi ka dokazivanju mnogo bitnije teoreme, i Mebijusove inverzne for-mule:

Teorema 1.2. Neka su f, F : N→ N funkcije takve da važi

F (n) =∑d|n

f(d).

3

Tada je

f(n) =∑d|n

µ(d)F(nd

).

Dokaz. Imamo da važi:

∑d|n

µ(d)F(nd

)=∑d|n

µ(d)∑t|nd

f(t)

Poslednja suma se pregrupisanjem sabiraka može transformisati u novu, u našemdokazu, korisniju sumu. Naime, posmatrajmo proizvoljno t, koje je pod funkcijom f .Vidimo da je uz njega µ (di) kada god t | ndi , tj. kada di |

nt. Kako t-ovi predstavljaju

skup svih delilaca brojeva koji su sami delioci broja n, to oni upravo predstavljajuskup delilaca broja n. Dakle, važi:

∑d|n

µ(d)∑t|nd

f(t)

= ∑t|n

f(t)∑d|nt

µ(d)

Na osnovu prethodne teoreme vidimo da je

∑d|nt

µ(d) =

{1 kada je n

t= 1;

0 u suprotnom.

Dakle, ∑t|n

f(t)∑d|nt

µ(d)

= f(n)što smo i hteli pokazati.

Napomena. Ako je ϕ Ojlerova funkcija, tada važi dobro poznat identitet n =∑

d|n ϕ(d).Sada, na osnovu teoreme 1.2 dobijamo:

ϕ(n) =∑d|n

µ(d)n

d

Ova i sledeća teorema su usko povezane, i gotovo se identično dokazuju.

4

Teorema 1.3. Neka su f, F : N→ N funkcije takve da važi

F (n) =∏d|n

f(d).

Tada je

f(n) =∏d|n

F(nd

)µ(d).

Dokaz. Opet, kao i u prethodnom dokazu, za proizvoljno t posmatramo koje µ(d) muje stepen, pa analognim rezonovanjem dobijamo:

∏d|n

F(nd

)µ(d)=∏d|n

∏t|nd

f(t)

µ(d) = ∏t|n

f(t)∑d|nt

µ(d)= f(n)

1.2 Kompleksni primitivni koreni

Definicija 1. Za dati broj n, definǐsemo n-ti koren jedinice, kao kompleksan brojθ koji zadovoljava jednakost θn = 1.

Poznato je da su sva rešenja jednačine xn = 1 brojevi oblika θ = cos 2kπn

+ i sin 2kπn,

za k = 1, ..., n, pa upravo oni predstavljaju skup n-tih korena jedinice.

Definicija 2. Neka je θ n-ti koren jedinice, za proizvoljno n ∈ N. Tada najmanjiprirodan broj k takav da važi θk = 1 nazivamo poretkom broja θ i označavamo saord(θ).

Lema 1. Neka je n prirodan broj i θ proizvoljni n-ti koren jedinice. Tada za neki ceobroj k važi θk = 1 akko ord(θ) | k. Specijalno, ord(θ) | n

Dokaz. Neka je d = ord(θ). Ako d | k, tada važi θk =(θd) kd = 1, pa je jedan smer

pokazan. Neka važi θk = 1, i neka je k = qd + r, gde je 0 ≤ r ≤ d − 1. Kako je1 = θqd+r =

(θd)qθr = θr, sledi da je θr = 1, ,̌ pa pošto je r < d = ord(θ), to je r = 0,

tj. k = qd, što je i trebalo pokazati.

Posledica. Lako se vidi i da je θk = θl akko je k ≡d l. Specijalno, za 1 ≤ k, l ≤ dvaži i k = l.

Definicija 3. Neka je θ n-ti koren jedinice, za neko n ∈ N. Ukoliko važi ord(θ) = n,onda θ nazivamo primitivnim n-tim korenom jedinice.

5

Lema 2. Neka je θ primitivni n-ti koren jedinice. Tada je skup {θ, θ2, ..., θn}, skupsvih n-tih korena jedinice

Dokaz. Kako je(θk)n

= (θn)k = 1, to je i θk n−ti koren jedinice. Kako su brojeviθ, θ2, ..., θn medjusobno različiti( lako se vidi iz posledice leme 2, i definicije 3) i imaih n, to oni predstavljaju sve n-te korene.

Lema 3. Neka su n, k prirodni brojevi i θ primitivni n-ti koren jedinice. Tada je i θk

takodje primitivni n-ti koren jedinice akko je (k, n) = 1

Dokaz. Neka je d = ord(θk). Kako je θkd = 1, to iz leme 1 sledi ord(θ) | kd, tj. n | kd.Ako je (k, n) = 1, onda n | d. Medjutim, zbog ord(θk) | n sledi i d | n, odakle jed = n, pa je, zaista, θk primitivni n-ti koren jedinice.

Ako je (k, n) 6= 1, onda zbog 1 = (θn)k

(n,k) =(θk) n

(n,k) , sledi da d | n(n,k)

, odakle je

d < n pa zbog toga θk nije primitivni n-ti koren jedinice.

Posledica. Za dati prirodan broj n postoji ϕ(n) primitivnih n-tih korena jedinice.

Teorema 1.4. Zbir svih primitivnih n-tih korena jedinice jednak je µ(n).

Dokaz. Neka je

f(n) =∑

1≤k≤n(k,n)=1

e2πik/n.

gde je e2πi/n primitivni n-ti koren. Pokažimo da je f multiplikativna. Za početakdokažimo da je svih ϕ(mn) sabiraka iz f(m)f(n) medjusobno različito. Pretpostavimosuprotno, tj da su neka dva jednaka, tj. e2πia/ne2πib/m = e2πic/ne2πid/m. Tada je, pakam + nb ≡ cm + dn (mod mn) ⇔ m(a − c) + n(b − d) ≡ 0 (mod mn), što se lakovidi da nije moguće jer je (m,n) = 1. Takodje, svaki od ovih sabiraka se pojavljuje iu f(mn). Zaista, to je zato jer je (am+ bn,mn) = 1 zbog (a, n) = b,m) = 1. Dakle,f je multiplikativna.

Pošto je očigledno f(p) = θ + θ2 + ... + θp−1 = θ(θp−1−1)θ−1 = −1, i sl. f(p

k) = 0, toiz multiplikativnosti f sledi f(n) = µ(n) za sve n.

1.3 Neke osobine polinoma

Teorema 1.5. Neka su f i g dva monična polinoma sa racionalnim koeficijentima.Ako su svi koeficijenti polinoma f ·g celi brojevi, onda su to i svi koeficijenti polinomaf i g.

6

Dokaz. Neka su f(x) = xm+am−1xm−1+...+a0 i g(x) = x

n+bn−1xn−1+...+b0 posma-

trani polinomi. Neka su M i N najmanji prirodni brojevi takvi da su Mf(x) i Ng(x)polinomi sa celobrojnim koeficijentima (Očigledno je da takvi M i N postoje, to sunajmanji zajednički sadržaoci od imenioca brojeva am, am−1, ..., a0 tj. bn, bn−1, ..., b0,u skraćenom obliku). Neka je dalje Ai = Mai, za 0 ≤ i ≤ m − 1, i Bj = Mbj, za0 ≤ j ≤ n− 1, i neka je Am = M , tj. Bn = N . Tada je

MNf(x)g(x) = AmBnxm+n + ...+ A0B0

Kako je, po pretpostavci f(x)g(x) ∈ Z[x], to su svi koeficijenti polinoma MNf(x)g(x)deljivi sa MN .

Pretpostavimo da je MN > 1 (u suprotnom bi bilo M = 1, N = 1, čime bitvrdjenje bilo dokazano). Neka je p prost broj takav da p | MN . Pokažimo da tadapostoji i ∈ 0, 1, ...,m takav da p - Ai. Zaista, ako p - M , tada je i p - Am. Usuprotnom, ako p | M , opet ne može da važi p | Ai, za sve i ∈ 0, 1, ...,m, jer bi tadavažilo da je

(Mp

)ai =

Aip∈ Z, pa bismo imali kontradikciju sa minimalnosti broja

M . Analognim postupkom pokazuje se i da postoji j ∈ 0, 1, ..., n, takvo da p - Bj.Neka su I, J najveći od svih brojeva i, j, za koje je zadovoljeno p - Ai,p - Bj. Tadaje koeficijent uz član xI+J , u polinomu MNf(x)g(x), broj oblika AIBJ + S, i pritomćemo pokazati da p | S. Zaista, kako je S =

∑k+l=I+Jk 6=I,l 6=J

AkBl, to mora za svaki sabirak

u toj sumi da važi ili k > I, ili l > J , pa tada važi p | Ak, tj. p | Bl, odnosno svakisabirak je deljiv sa p, pa p | S. Dakle, dobili smo da koeficijent uz xI+J nije deljiv saMN . Iz te kontradikcije sledi da ne može važiti MN > 1, iz čega sledi tvrdjenje.

Definicija 4. Neka je dat polinom

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + ...+ a1x+ a0

sa koeficijentima iz nekog polja k.Tada je izvod polinoma P (x), novi polinom

P ′(x) = nanxn−1 + (n− 1)an−1xn−2 + ...+ a1

.

Teorema 1.6. Neka su f, g dva polinoma iz k[x]. Tada važi:a) (f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x)b) (f(x) · g(x))′ = f(x) · g′(x) + f ′(x) · g(x)

Dokaz. a) Neka je f(x) =∑n

i=0 aixi, g(x) =

∑ni=0 bix

i. Tada je

(f + g)′ =

(n∑i=0

(ai + bi)xi

)′=

n∑i=0

i(ai + bi)xi−1 = f ′ + g′

7

b) Slično prvom delu

(f · g)′ =

(n∑

m,n≥0

ambn(xmxn)

)′=

n∑m,n≥0

ambn(m+ n)xm+n−1

=n∑

m,n≥0

ambn(mxm−1xn) +

n∑m,n≥0

ambn(xmnxn−1) = f · g′ + f ′ · g

Definicija 5. Polinom je ireducibilan ako se ne može napisati kao proizvod polinomamanjih stepena, sa koeficijentima iz istog polja kao njegovi.

Sledeća teorema važi za sva savršena polja k (videti [5]), ali ćemo se mi zadržatina poljima R,Q,Z,Zp.

Teorema 1.7. Neka je P polinom iz k[x]. Tada postoji nekonstantni m(x) takav davaži m(x)2 | P (x) akko (P (x), P ′(x)) 6= 1.

Dakle, pokazaćemo da tvrdjenje važi za polja R,Q,Z,Zp. Prvo dokažimo dasledeća lema važi:

Lema 4. Ireducibilan nekonstantan polinom π(x) iz opisanih polja ne može imatiizvod jednak 0.

Dokaz. Za R,Q,Z ovo se lako vidi, jer po definiciji izvoda, ako je on jednak nuli,polinom iz tih polja mora biti konstantan. Dokažimo tvrdjenje za Zp. Neka je f(x) =∑

k≥0 akxpk ireducibilan polinom čiji je izvod 0. Medjutim, primetimo da je f(x) ≡(∑

k≥0 akxk)p

(mod p), tj. pošto radimo u Zp to u poslednjem izrazu važi jednakost,što je kontradikcija sa uslovom da je f ireducibilan. Time smo dokazali tvrdjenje.

Vratimo se sada na teoremu.

Dokaz. Akom(x)2|P (x), onda ako je P (x) = m(x)2Q(x) onda je P ′(x) = 2m(x)m′(x)·Q(x) +m(x)2 ·Q′(x), tj. m(x)|P ′(x), pa je time prvi smer pokazan.

Za drugi smer neka je π(x) ireducibilan činilac polinoma (P (x), P ′(x)). Tada jeP (x) = π(x) · Q(x). Pošto je: P ′(x) = π(x) · Q′(x) + π′(x) · Q(x). pa sledi da π(x)deli π′(x) · Q(x). Kako je deg π′ < deg π a po lemi 4, π′(x) je različit od nule, pakako je π(x) ireducibilan to π(x) ne deli π′(x), tj. π(x) | Q(x). Medjutim, tada slediπ(x)2 | P (x) pa je i drugi smer pokazan.

Posledica. Polinom xn − 1 nema dvostrukih nula, za sve prirodne brojeve n.

8

Sledeća teorema glasi veoma slično prethodnoj, i na prvu loptu kontradiktorno sanjenom posledicom:

Teorema 1.8. Neka je p prost broj. Pretpostavimo da postoji ceo broj a, i polinomf ∈ Z[x], takav da važi:

xn − 1 ≡ (x− a)2f(x) (mod p)

Tada p | n.

Dokaz. Primetimo da p - a. Uvedimo smenu y = x − a. Tada je uslov zadatkaekvivalentan sa: (y + a)n ≡ y2f(y + a) (mod p), pa ako uporedimo koeficijente uzčlan y, u oba polinoma, dobijamo da je nan−1 ≡ 0 (mod p)⇔ p | n, što se i tvrdi.

2 Definicija i svojstva ciklotomičnih polinoma

Definicija 6. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Tada n-tim ciklotomičnim poli-nomom nazivamo moničan polinom čiji su koreni primitivni n-ti koreni jedinice (ipritom nema dvostrukih nula):

Φn (x) =∏

ord(θ)=nθn=1

(x− θ)

Pošto postoji ϕ(n) primitivnih n-tih korena jedinice, to je stepen polinoma Φn (X)upravo ϕ(n).

Teorema 2.1. Neka je n prirodan broj. Tada važi:

xn − 1 =∏d|n

Φd(x)

Dokaz. Sve nule polinoma xn − 1 su n-ti koreni jedinice. Neka je θ jedan od tihkorena, i neka je ord(θ) = d. Tada je θ primitivni d-ti koren jedinice, pa je samim timi nula polinoma Φd(x), a takodje, pošto d | n, to je θ nula i polinoma sa desne stranejednakosti u našoj teoremi, pa pošto su oba polinoma u toj teoremi monična, i imajusve jednake nule, to su i oni sami jednaki, pa je jednakost zadovoljena. Primetimo dauporedjivanjem stepena najstarijih članova dobijamo jedan od dokaza već spomenutogtvrdjenja da je n =

∑d|n ϕ(d).

Teorema 2.2. Neka je n prirodan broj. Tada je Φn(x) ∈ Z[x]

9

Dokaz. Dokažimo tvrdjenje indukcijom. Za n = 1 je očigledno tačno jer je Φ1(x) =x− 1Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za sve brojeve manje od n. Tada je

Φn(x) =xn − 1∏d|nd6=n

Φd(x)

pa su koeficijenti polinoma Φn(x) racionalni brojevi, a prema teoremi 1.5 samim timi celi.

Teorema 2.3. Za svaki prirodan broj n, polinom Φn(x) je simetričan.

Dokaz. Tvrdjenje sledi iz činjenice da je proizvod dva simetrična polinoma takodjesimetričan polinom. Dokaz može da se sprovede indukcijom po n.

Za n = 1 tvrdjenje je očigledno tačno. Pretpostavimo da je tačno za sve k < n, idokažimo da važi i za n.

Kako je xn − 1 =∏

d|n Φd(x), to je, pošto su xn − 1 i

∏d|nd 6=n

Φd(x) simetrični

polinomi, i Φn(x) simetričan polinom.

Teorema 2.4. Za prirodan broj n važi:

Φn(x) =∏d|n

(xnd − 1

)µ(d)Dokaz. Tvrdjenje sledi direktno iz teoreme 1.3 i teoreme 2.1.

Ovakav zapis ciklotomicnog polinoma je dosta zgodan za njihovo izracunavanje, amože se iskoristiti i za dokaz sledeće važne teoreme:

Teorema 2.5. Neka je p prost, a n prirodan broj. Tada važi:

Φpn(x) =

{Φn (x

p) kada p | n;Φn(xp)Φn(x)

u suprotnom.

10

Dokaz. Pretpostavimo prvo da p | n:

Φpn(x) =∏d|pn

(xpnd − 1

)µ(d)

=

∏d|n

(xpnd − 1

)µ(d)∏d|pnd-n

(xpnd − 1

)µ(d)= Φn(x

p)∏d|pnd-n

(xpnd − 1

)µ(d)Primetimo da u poslednjoj zagradi važi d | pn, i d - n, pa odatle odmah sledi da p | d.Medjutim pošto p | n to važi i p2 | d. Zaista, ako bi bilo d = pd0, gde p - d0, tada biiz d | pn sledilo d0 | n, tj. zbog (d0, p) = 1 je d0 | np , odakle sledi d0p | n, tj. d | n, štoje nemoguće. Dakle, p2 | d, i samim tim po definiciji Mebijusove funkcije je µ(d) = 0,pa je ∏

d|pnd-n

(xpnd − 1

)µ(d)= 1

odakle je Φpn(x) = Φn(xp), što se i tvrdilo.

Drugi slučaj teoreme se može pokazati analogno prvom:

Φpn(x) =∏d|pn

(xpnd − 1

)µ(d)

=

∏d|n

(xpnd − 1

)µ(d)∏d|n

(xpnpd − 1

)µ(pd)=

∏d|n

(xpnd − 1

)µ(d)∏d|n

(xnd − 1

)−µ(d)=

Φn(xp)

Φn(x)

Posledica. Neka je p prost broj, a n i k prirodni brojevi. Tada važi:

Φpkn(x) =

Φn(xp

k)

kada p | n;Φn(xp

k)

Φn(xpk−1 )

kada p - n.

11

Dokaz. Na osnovu prethodne teoreme važi:

Φpkn(x) = Φpk−1n(xp) = ... = Φpn(x

pk−1) =

Φn(xp

k)

kada p | n;Φn(xp

k)

Φn(xpk−1

)kada p - n.

Teorema 2.6. Ako su a, n prirodni brojevi takvi da je (a, n) = 1, tada važi:

Φn(xa) =

∏d|a

Φnd(x)

.

Dokaz. Dokaz ćemo sprovesti utvrdjivanjem da oba polinoma imaju jednake nule.Stepen prvog polinoma je aϕ(n), a drugog je

∑d|a ϕ(dn) = ϕ(n)

∑d|a ϕ(d) = ϕ(n)a

tj. jednakog su stepena. Dakle, pokazujemo da je svaki a-ti koren primitivnog n-togkorena jedinice takodje i koren polinoma sa desne strane.

Neka je θ primitivni n-ti koren jedinice. Tada je Φn(xa) =

∏(k,n)=1(x

a − θk).Dakle, svaka nula ovog polinoma je oblika ωk, gde je ω primitivni an-ti koren jedinice,i (k, n) = 1. Neka je tada g = (k, a). Onda je ωk primitivni an

g-ti koren jedinice. Ako

je d = ag

onda je ωk koren polinoma Φnd(x). Odatle sledi da su im sve nule jednake,pa pošto su oba polinoma monična, dokaz je gotov.

Teorema 2.7. Ako je p prost broj, tada je Φp(x) ireducibilan.

Proof. Da bi pokazali tvrdjenje dovoljno je pokazati da je Φp(x + 1) ireducibilan.Primetimo da je, na osnovu teoreme 2.5

Φp(x+ 1) =(x+ 1)p − 1(x+ 1)− 1

= xp−1 +

(p

1

)xp−2 + .....+

(p

p− 1

)Što po Ajzenštajnovom kriterijumu (vidi [6]) znači da je Φp(x+ 1) ireducibilan, pa jetime dokaz gotov.

Za kraj ovog dela, predstavljeno je prvih 10 ciklotomičnih polinoma:Φ1(x) = x− 1Φ2(x) = x+ 1Φ3(x) = x

2 + x+ 1Φ4(x) = x

2 + 1

12

Φ5(x) = x4 + x3 + x2 + x+ 1

Φ6(x) = x2 − x+ 1

Φ7(x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1

Φ8(x) = x4 + 1

Φ9(x) = x6 + x3 + 1

Φ10(x) = x4 − x3 + x2 − x+ 1

2.1 Veza ciklotomičnih polinoma i poretka broja po prostommodulu

Lema 5. Neka je n prirodan broj, i d < n delilac broja n. Ako je x ceo broj i p prostbroj takav da deli i Φn(x), i Φd(x), tada p | n.

Dokaz. Prema teoremi 2.1 važi xn−1 =∏

q|n Φq(x), pa je xn−1 deljivo sa Φn(x)Φd(x),

pa ima dvostuku nulu po modulu p, što po teoremi 1.8 znači da p | n.

Posledica. Neka su m,n dva prirodna broja, i p prost broj takav da p - mn. TadaΦm(x) i Φn(x) ne mogu oba biti deljiva sa p za istu vrednost broja x.

Dokaz. Ukoliko bi važilo p | Φm(x) i p | Φn(x), za neko x, tada bi polinom xmn − 1imao dvostruku po modulu p, odakle bi po teoremi 1.8 važilo da p | mn, što jenemoguće.

Sledeća lema je usko povezana sa prethodnom.

Lema 6. Neka su m i n prirodni brojevi, i p prost broj koji ne deli nijedan od njih.Tada u Zp važi (Φn(x),Φm(x)) = 1.

Dokaz. Pretpostavimo da je (Φn(x),Φm(x)) = g(x) 6= 1. Kako Φn(x)Φm(x) | xmn−1,to bi značilo da g(x)2 | xmn − 1, što je, na osnovu posledice teoreme 1.7 u Zp,nemoguće.

Definicija 7. Poredak broja a po modulu p, je najmanji broj t, takav da važi: at ≡ 1(mod p), i označava se kao ordp(a).

Teorema 2.8. Neka je p prost broj. Tada za sve prirodne brojeve n, i cele brojeve a,pri čemu je (n, p) = 1, važi ekvivalencija p | Φn(a)⇔ ordp(a) = n.

Dokaz. Dokaz ćemo sprovesti indukcijom. Očigledno je tvrdjenje tačno za n = 1, jerje Φ1(x) = x−1. Pretpostavimo da tvrdjenje važi za svako k < n, i dokažimo da važii za n.⇒ Pretpostavimo da za neko a važi p | Φn(a). Tada je an ≡ 1 (mod p). Pret-

postavimo da je ordp(a) = k 6= n. Tada iz induktivne hipoteze imamo Φk(a) ≡ 0

13

(mod p). Medjutim, tada je Φn(a) ≡ Φk(a) ≡ 0 (mod p), a pošto k | n, to po lemi 5sledi da p | n. Kontradikcija.⇐ Neka je ordp(a) = n. Tada 0 ≡ an − 1 ≡

∏k|n Φk(a) (mod p) pa sledi da

p | Φk(x) za neko k | n. Medjutim, ne može to biti neko k < n, jer bi tada važilop | ak − 1, što je nemoguće. Dakle, k = n, i time je i drugi smer pokazan.

Teorema 2.9. Neka je n prirodan broj, i x ceo broj. Tada za svaki prost delilac p,polinoma Φn(x) važi ili p ≡ 1 (mod n), ili p | n.

Dokaz. Ako p | Φn(x), tada p - x. Zaista, to je zbog p | Φn(x) | xn − 1. Neka jek = ordp(x). Pošto p | xn − 1, to je xn ≡ 1 (mod p), pa k | n:

i)k = n.Tada pošto iz Male Fermaove teoreme važi: xp−1 ≡ 1 (mod p), to n |p− 1⇔ p ≡ 1 (mod n)

ii)k < n Pošto važi:

0 ≡ xk − 1 =∏d|k

Φd(x) (mod p)

sledi da za neko d | k važi: p | Φd(x). Medjutim, pošto d | k | n, to iz leme 5 sledip | n.

Lema 7. Neka su a i b prirodni brojevi, i x ceo broj. Tada važi:

(xa − 1, xb − 1) =∣∣x(a,b) − 1∣∣

Neka je T = (xa − 1, xb − 1) i t = (a, b). Pošto xt − 1 | xa − 1, i xt − 1 | xb − 1 toxt − 1 | T .

Očigledno (x, T ) = 1. Neka je ordT (x) = d. Tada d | a, i d | b, pa d | t. SlediT | xd − 1 | xt − 1. Pošto xt − 1 | T i T | xt − 1 to je T = |xt − 1| .

Teorema 2.10. Neka su a i b prirodni brojevi. Pretpostavimo da za neko x važi(Φa(x),Φb(x)) > 1. Tada je a/b stepen prostog broja.

Dokaz. Pretpostavimo da je prost broj p deli i Φa(x) i Φb(x). Pokazaćemo da je tadaa/b stepen broja p tj. ako je a = pαA, i b = pβB, pokazaćemo da je A = B.

Kako p | Φa(x) | xa − 1 to je (x, p) = 1. Pokažimo da p | ΦA(x).Ako je α = 0, onda smo gotovi, a u suprotnom iz posledice teoreme 2.4 važi:

0 ≡ Φa(x) = ΦpαA =ΦA(x

pα)

ΦA(xpα−1)

(mod p),

pa p | ΦA(xpα). Medjutim xp

α ≡ x · xpα−1 ≡ x · xp−1 ≡ x (mod p). Odatle sledi:

0 ≡ ΦA(xpα

) ≡ ΦA(x) (mod p)

14

Slično, p | ΦB(x).Pretpostavimo A > B, i neka je t = (A,B), t < A. Pošto p | ΦA(x) | xA − 1, i

p | ΦB(x) | xB − 1, to p | (xA − 1, xB − 1), tj. iz leme 7 sledi p | xt − 1 =∏

d|t Φd(x).

Dakle, postoji delilac d broja t, takav da p | Φd(x). Medjutim d | t | A i p | ΦA(x),pa po lemi 5 sledi p | A. Kontradikcija. Dakle, A = B, i odatle sledi tvrdjenje.

3 Žigimondijeva teorema

Ova teorema je verovatno dobro poznata takmičarima, medjutim, ona se smatra neele-mentarnom, i njeni dokazi su najčešće komplikovani. Ciklotomičnim polinomima,dokaz je značajno jednostavniji. Ovde će biti predstavljen specijalan slučaj teoremekoji je podesniji za ciklotomične polinome, mada ce biti govora i o generalizaciji.

Teorema 3.1 (Žigmondijeva teorema). Neka su a i n prirodni brojevi veći od 1. Tadapostoji prost delilac q od an − 1 takav da q ne deli aj − 1 za sve j, 0 < j < n, sasledećim izuzecima:

(1) n = 2, a = 2s − 1, gde je s ≥ 2, i

(2) n = 6, a = 2.

Prvo preformulǐsimo teoremu, da bi je lakše dokazali. Tvrdjenje je ekvivalentnosa tim da za svako a, n > 1 možemo naći prost broj p takav da je ordp(a) = n. Naosnovu tepreme 2.8, možemo zaključiti da je dobra ideja posmatrati Φn(a).

Lema 8. Neka su a, n > 1 prirodni brojevi. Pretpostavimo da su svi prosti delioci odΦn(a) takodje i delioci broja n. Tada je Φn(a) prost broj koji deli n, ili je n = 2.

Dokaz. Uzmimo proizvoljno p takvo da p | Φn(a). Jasno je da je (p, a) = 1 zato štoje konstantan član u Φn(x) jedinica. Neka je k = ordp(a).

Na osnovu teoreme 2.8 imamo da važi p | Φk(a). Po teoremi 2.9 važi n/k = pt forza neki prirodan broj t (dakle, p | n). Dalje je:

xn − 1 = Φn(x) ·Q(x).

za neki polinom Q. Lako je videti da (xn/p − 1) | Q(x). Na osnovu LTE (videti [7]),imamo da ako je p neparan prost broj tada je vp(a

n−1) = vp(an/p−1)+1 jer p | ak−1,a jasno je da k | n/p, pošto je (k, p) = 1 (zato što p − 1 | k). Dakle, vp(Φn(a)) = 1.Neka su p, q prosti brojevi takvi da p, q | n, tj. n = pa1k1 = qa2k2 gde je k1 = ordp(a)i k2 = ordq(a).

15

Primetimo da npa1| p − 1 i n

qa2| q − 1. Ali tada sledi da q | (p − 1) i p | (q − 1),

iz čega sledi da q ≤ p− 1, p ≤ q − 1 što je nemoguće! Odatle sledi da n ima najvǐsejedan prost faktor, i ako je neparan, onda je Φn(a) prost.

Pretpostavimo da 2 | Φn(a). Tada je očigledno da je k = 1 pa sledi da je n = 2t.Ali tada se indukcijom lako pokazuje da je Φ2t(a) = a

2t−1 + 1 ≡ 2 (mod 4) kadan 6= 2. Dakle, kada n 6= 2 važi 4 - Φn(a), odakle sledi tvrdjenje.

Lema 9. Neka su a, n > 1 prirodni brojevi. Neka je n = pkr gde p - r. Tada imamoΦn(a) > (b

p−2(b− 1))ϕ(r) gde je b = apk−1.

Dokaz. Na osnovu teoreme 2.5 imamo:

Φn(a) =Φr(b

p)

Φr(b)

Lako je pokazati da je Φr(bp) > (bp−1)ϕ(r) zato što je bp za bar bp−1 veće od bilo kog

korena polinoma Φr(x). Slično, može se pokazati da je Φr(b) < (b + 1)ϕ(r). Odatle

sledi da je:

Φn(a) ≥(bp − 1b+ 1

)ϕ(r)Ako iskoristimo bp − 1 ≥ bp−2(b2 − 1), dobijamo traženi rezultat.

Dokaz teoreme. Lako je videti da teorema ne važi u navedenim izuzecima. Ako jen = 2 teorema se trivijalno proverava (i utvrdjuje izuzetak), pa pretpostavimo da jen > 2. Ako pretpostavimo da ne postoji takav prost broj q, za koje je ordq(a) = n,tada na osnovu leme 8 važi da je Φn(a) = p za neki prost broj p. Zaista, ne može davaži q | Φn(a), i q - n, za neki prost broj q, jer bi to, na osnovu teoreme 2.8 značiloordq(a) = n, što je očigledno nemoguće.

Neka je n = pkr. Na osnovu leme 9 imamo:

p > (bp−2(b− 1))ϕ(r)

gde je b = apk−1

. Ako je p ≥ 5 tada važi bp−2 > p za sve cele brojeve b pa je potrebnoproveriti p = 3. Ali tada je a = 2, k = 1, r = 1 ili r = 2. Odavde imamo slučajeven = 3 ili n = 6. Slučaj n = 3 se lako proverava da važi, dok slučaj a = 2, n = 6 smoutvrdili da spada u izuzetke. Dakle, teorema važi za sve a, n pa je dokaz zavtšen.

Posledica 3.2. Neka su a i n prirodni brojevi veći od 1. Tada postoji prost delilac qod an + 1 takav da q ne deli aj + 1 za sve j, 0 < j < n, sa izuzetkom n = 3 i a = 2.

Napomena. Ova posledica se smatra drugim delom Žigimondijeve teoreme.

16

Dokaz. Posmatrajmo neki prirodan broj n > 1. Neka je p prost broj takav da jeordp(a) = 2n (koji prema Žigimondijevoj teoremi sigurno postoji). Tada mora važitip | an+1, i takodje ne postoji j < n, takvo da p | aj +1, jer bi tada važilo i p | a2j−1,pri čemu je 2j < 2n. Kontradikcija. Proverom za one vrednosti broja 2n koji suizuzeci u Žigimondijevoj teoremi, dobijamo da su n = 3 i a = 2 takodje izuzeci i uovoj posledici.

3.1 Primeri

Sledećih nekoliko primera je uzeto sa takmičenja širom sveta, i iako se smatrajuozbiljnim problemima, uz znanje Žigimondijeve teoreme, postaju mahom trivijalni.Za zainteresovane, izvori ovih zadataka se mogu videti u [9]. Treba napomenuti,ipak, da je pogršno nadati se da će Žigimondijeva teorema odmah rešiti problem, većje treba koristiti kao moćan alat koji može biti itekako koristan u samom rešenju.Najčešće nalazi primenu u razmatranju raznih podslučaja u okviru nekog ozbiljnogzadatka.

Primer 1. Naći sve petorke (a, n, p, q, r) prirodnih brojeva koje zadovoljavaju jednačinu:

an − 1 = (ap − 1)(aq − 1)(ar − 1)

Rešenje. Ako je a = 1, tada sve petorke (1, n, p, q, r) zadovoljavaju jednačinu.Ako je n > p, q, r (a 6= 1) tada prema Žigimondijevoj teoremi an − 1 ima delilac

koji ne deli nijedan od cinilaca sa desne strane naše jednačine. Zbog izuzetaka uteoremi imamo dva moguća podslučaja:

a) n = 2, a = 2s − 1(s ≥ 2) : Tada mora biti p = q = r = 1. Zamenom ovihvrednosti u jednačinu dobijamo da je a = 3. Dakle, i petorka (3, 2, 1, 1, 1) je rešenje.

b) n = 6, a = 2 : Jednostavnom proverom po deliocima broja 63(= 26 − 1)dobijamo rešenja: (2, 6, 2, 2, 3), (2, 6, 2, 3, 2), (2, 6, 3, 2, 2).

Neka bar za jedan od p, q, r važi da je jednak n, npr. p = n. Tada je (aq −1)(ar − 1) = 1, tj. a = 2, q = 1, r = 1. Analogno tome, dobijamo još dva rešenja, akouzmemo da su, redom, q i r jednaki sa n. Dakle, rešenja su i petorke (2, n, n, 1, 1),(2, n, 1, n, 1), (2, n, 1, 1, n), za proizvoljan prirodan broj n.

Primer 2. Naći sve trojke prirodnih brojeva (a,m, n), takvih da za njih važi:

am + 1 | (a+ 1)n

Rešenje. Ako je a,m > 1, tada na osnovu posledice 3.2 postoji prost broj p, koji deliam + 1, a ne deli a+ 1, i samim tim ni (a+ 1)n. Izuzeci su m = 3, a = 2, i proveromvidimo su sve trojke (2, 3, n) rešenje zadatka, kada je n ≥ 2. Ako je a = 1, ili m = 1,dobijamo nova rešenja: (1,m, n), (a, 1, n), gde su m,n, tj. a, n proizvoljni prirodnibrojevi.

17

Primer 3. Naći sve četvorke prirodnih brojeva,(x, r, p, n) takvih da je p prost broj,n, r > 1, i važi:

xr − 1 = pn

Rešenje. Očigledno je x > 1, pa prema Žigimondijevoj teoremi xr−1 ima delilac kojine deli x− 1, pa samim tim ima sigurno bar dva prosta delioca, što je kontradikcijasa uslovom zadatka, osim za izuzetke u Žigimondijevoj teoremi. Ako je x = 2 i r = 6,tada jednačina nema rešenja, dok za r = 2, x = 2s − 1, imamo da je p = 2, pa odatlevaži: (2s − 1)2 − 1 = 2n tj. 2s−1 − 1 = 2n−s−1, odakle imamo s = 2⇔ x = 3, n = 3.Dakle, jedino rešenje je četvorka: (x, r, p, n) = (3, 2, 2, 3).

Primer 4. Naći sve trojke prirodnih brojeva,(x, y, p) takvih da je p prost broj i važi:

px − yp = 1

Rešenje. Slično prethodnom zadatku znamo da za y, p > 1 broj yp + 1 ima bar dvarazličita prosta delioca, što je moguće samo za izuzetke iz posledice 3.2, tj. y = 2,p = 3, i tada je x = 2. Kada je y = 1, tada se lako dobija p = 2, x = 1.

Primer 5. Neka su a, b prosti brojevi, takvi da je a > b > 2. Dokazati da 2ab− 1 imabar tri različita prosta delioca.

Rešenje. Očigledno je da 2a− 1 | 2ab− 1 i 2b− 1 | 2ab− 1. Pošto je ab > 6, to 2ab− 1ima prost delilac koji ne deli ni 2a − 1 ni 2b − 1. Takodje, i 2a − 1 ima delilac kojine deli 2b − 1, a i sam 2b − 1 ima bar jedan prost delilac. Time je tvrdjenje zadatkazadovoljeno.

Primer 6. Rešiti jednačinu 5x − 3y = z2 u skupu prirodnih brojeva.

Rešenje. Razmatrajući (mod 3) i (mod 4), dobijamo da su x i y parni brojevi, aiz samog zadatka vidimo da je to i z. Imamo dakle da važi 32y0 = 52x0 − z2 =(5x0 − z)(5x0 + z). Kako važi:

(5x0 − z, 5x0 + z) = (5x0 − z, 2z) = (5x0 − z, z) = (5x0 , z) = 1

to je 5x0 − z = 1, i 5x0 + z = 32y0 . Sabiranjem ovih jednačina dobijamo da je2 · 5x0 = 32y0 + 1. Ako je y0 = 1 tada dobijamo x0 = 1, tj. (x, y, z) = (2, 2, 4) je jednorešenje zadatka. Ako je y0 > 1, tada prema posledici 3.2, 3

2y0 + 1 ima delilac koji nedeli 32 + 1 = 10, tj. delilac različit od 2 i 5. Iz te kontradikcije sledi da nema vǐserešenja početne jednačine.

Napomena. Navešćemo sada, bez dokaza, već navedenu generalizaciju, tj. punuformu Žigimondijeve teoreme, kao i par primera koji ilustruju njenu primenu. Lakose primeti da su naredni kao i prethodni primeri svi vodjeni istom idejom, ali sustavljeni u tolikom broju da bi razvili rutinu kod čitalaca koji su vodjeni takmičarskimambicijama.

18

Teorema 3.3. Neka su a ,b i n prirodni brojevi takvi da je n > 1, a > b > 0. Tadapostoji prost delilac q od an − bn takav da q ne deli aj − bj za sve j, 0 < j < n, sasledećim izuzecima:

(1) n = 2, a+ b = 2s, gde je s ≥ 2, i

(2) n = 6, a = 2, b = 1.

Slično, i posledica 3.2 ima svoju generalizaciju:

Teorema 3.4. Neka su a ,b i n prirodni brojevi takvi da je n > 1, a, b > 0, i a 6= b.Tada postoji prost delilac q od an + bn takav da q ne deli aj + bj za sve j, 0 < j < n,sa izuzetkom n = 3, a = 2 i b = 1.

Primer 7. Dokazati da niz an = 3n − 2n (n ∈ N) ne sadrži tri člana koji čine

geometrijsku progresiju.

Rešenje. Pretpostavimo suprotno. Neka za neke prirodne brojeve x, y, z važi q(3x −2x) = 3y−2y, i q2(3x−2x) = 3z−2z. Očigledno je q racionalan broj. Neka je q = a/b,gde je (a, b) = 1. Dakle, važi a(3x − 2x) = b(3y − 2y), i a2(3x − 2x) = b2(3z − 2z) (∗).Neka je p prost broj koji deli az, a ne deli ax i ay. Tada iz druge jednačine u (∗) važip | a, ali tada da bi prva bila zadovoljena mora da p | b. Dakle, imamo kontradikciju zasve vrednosti x, y, z, jer 3 i 2 ne predstavljaju izuzetke u Žigimondijevoj teoremi.

Primer 8. Naći sve prirodne brojeve x, y, z koji zadovoljavaju jednačinu x2013 +y2013 = z2013, ako je z prost broj.

Rešenje. Vidimo da, bez izuzetaka, broj x2013 + y2013 ima bar dva različita prostadelioca, jer x+ y | x2013 + y2013, pa odatle sledi da jednačina nema rešenja. Naravno,ovo je samo specijalan, i krajnje jednostavan slučaj Velike Fermaove teoreme, pa kaotakav se odmah moglo zaključiti da neće imati rešenja.

Konačno, ovu temu zatvaramo sa nekoliko zadataka koji su namenjeni za samosta-lan rad zainteresovanih čitalaca. Još zadataka iz ove oblasti može se naći u [2] i [10].

1. Naći sve prirodne brojeve x, y za koje važi:

7x − 3 · 2y = 1

2. Naći sve prirodne brojeve x, y, takve da je 3x7y + 1 kvadrat neparnog broja.3. Da li postoji prirodan broj n koji je deljiv sa tačno 2000 različitih prostih brojeva,takav da je broj 2n + 1 deljiv sa n.4. Dokazati da postoji beskonačno mnogo prirodnih brojeva n, takvih da n | 22n+1+1,a n - 2n + 1.

19

4 Primena ciklotomičnih polinoma u zadacima

Prvi zadatak je specijalan slučaj Dirihleove teoreme (videti [8]):

Zadatak 1. Neka je n prirodan broj. Tada postoji beskonačno mnogo prostih brojevap, takvih da je p ≡ 1 (mod n).

Rešenje. Za n = 1 je tvrdjenje trivijalno. Za n > 1 pretpostavimo da postoji konačnomnogo prostih brojeva koji zadovoljavaju uslove zadatka. Neka je T proizvod tihprostih brojeva, kao i prostih brojeva koji dele n. Neka je k dovoljno veliki prirodanbroj takav da je Φn(T

k) > 1 (pošto je Φn(x) moničan, nekonstantan polinom, takvok postoji). Neka je tada q prost delilac broja Φn(T

k). Medjutim, tada q | Φn(T k) |T kn − 1, pa q - T , tj. zbog načina na koji je T definisan, to znači da q - n, iq 6≡ 1 (mod n). Ali to je na osnovu teoreme 2.9 nemoguće. Iz ove kontradikcije sleditvrdjenje zadatka.

Zadatak 2. Dokazati da nema prostih brojeva u beskonačnom nizu:

10001, 100010001, 1000100010001...

Rešenje. Primetimo da je 10001 = 73·137, kao i da je drugi član deljiv sa 3, pa, dakle,nisu prosti. Takodje, vidimo da je svaki član ovog niza oblika 1+104 +108 + · · ·+104n,pa treba pokazati da je taj broj složen, za svaki prirodan broj n.

Ako je n+ 1 složen broj, tada ako m+ 1 | n+ 1 onda 104(m+1) − 1 | 104(n+1) − 1,tj. 1 + 104 + 108 + · · · + 104m | 1 + 104 + 108 + · · · + 104n, pa je u tom slučaju n-tičlan niza složen.

Ako je n+1 prost broj, tada je 1+104 +108 + · · ·+104n = 104(n+1)−1104−1 =

Φn+1(104)Φ1(104)

=

Φn+1(104), što je, po teoremi 2.6, dalje jednako Φn+1(10) · Φ4(n+1)(10), odakle sledi

tvrdjenje zadatka.

Zadatak 3. Neka su p1, p2, ..., pn različiti prosti brojevi veći od 3. Dokazati da tadabroj 2p1p2...,pn + 1 ima bar 22

n−1delilaca

Rešenje. Ovaj zadatak daje mnogo jaču ocenu nego zadatak predložen za medjunaro-dnu olimpijadu 2002. Tada je trebalo pokazati da broj iz zadatka ima bar 4n delilaca,i dokaz se služio matematičkom indukcijom.

Dovoljno je pokazati da broj 2p1p2...pn + 1 ima bar 2n−1 različitih uzajamno prostih

20

delilaca. Vidimo da važi:

(2p1p2...pn − 1)(2p1p2...pn + 1) = 22p1p2...pn − 1 =∏

d|2p1p2...pn

Φd(2)

=

∏d|p1p2...pn

Φd(2)

∏d|p1p2...pn

Φ2d(2)

= (2p1p2...pn − 1)

∏d|p1p2...pn

Φ2d(2)

pa sledi da je

2p1p2...pn + 1 =

∏d|p1p2...pn

Φ2d(2)

Iz teoreme 2.10 znamo da ako Φa(x), i Φb(x) nisu uzajamno prosti, tada je a/b stepenprostog broja. Odatle sledi da je dovoljno da pokažemo da je moguće uzeti 2n−1

različitih delilaca broja p1p2 · · ·pn, takvih da količnik nikoja dva nije prost broj. Izbordelilaca broja p1p2 · · · pn, koji sami imaju paran broj delilaca očigledno zadovoljavate uslove, i time je dokaz završen.

Zadatak 4. Naći sva celobrojna rešenja jednačine

x7 − 1x− 1

= y5 − 1

Rešenje. Jednačina je ekvivalentna sa

1 + x+ ...+ x6 = (y − 1)(1 + y + y2 + y3 + y4)

Lema 10. Neka je p prost broj i x ceo broj. Tada svaki prost delilac q polinoma1 + x+ ...+ xp−1 zadovoljava ili q ≡ 1 (mod p) ili q = p.

Dokaz. Primetimo da je 1 + x + ... + xp−1 = xp−1x−1 = Φp(x). Tvrdjenje dalje sledi iz

teoreme 2.9.

Na osnovu ove leme znamo da svaki prost broj p, koji deli y − 1 zadovoljava ilip = 7, ili p ≡ 1 (mod 7), pa zato je i y − 1 ≡ 0 (mod 7), ili y − 1 ≡ 1 (mod 7), tj.y ≡ 1 (mod 7) ili y ≡ 2 (mod 7).

Ako je y ≡ 1 (mod 7), tada 1 + y + y2 + y3 + y4 ≡ 5 6≡ 0, 1 (mod 7).Ako je y ≡ 1 (mod 7), tada 1 + y + y2 + y3 + y4 ≡ 31 ≡ 3 6≡ 0, 1 (mod 7).

Dakle, jednačina nema celobrojnih rešenja.

21

Zadatak 5. Neka je p prost broj. Dokazati da postoji prost broj q takav da q - np− pza svaki prirodan broj n.

Rešenje. Primetimo da ako q | np − p, tada 1 ≡ nq−1 ≡ pq−1p (mod q), pa je dovoljno

da pokažemo da postoji prost broj q takav da je poredak broja p po modulu q jednakp, i da p2 - q − 1.

Neka je q prost delilac broja 1 + p+ · · ·+ pp−2 + pp−1. Tada, kao i u prethodnomzadatku zaključujemo da je q ≡ 1 (mod p). Kako q - p − 1, to je ordq(p) = p.Pretpostavimo da za svaki ovakav broj q važi p2 | q − 1. To, medjutim, povlači da je1 + p + · · · + pp−2 + pp−1 ≡ 1 (mod p2), što je nemoguće. Iz ove kontradikcije sleditvrdjenje zadatka.

Zadatak 6. Dokazati da postoji beskonačno mnogo prirodnih brojeva n takvih danijedan od prostih delilaca broja n2 + n+ 1 nije veći od

√n.

Rešenje. Pošto samo treba da postoji beskonačno mnogo brojeva n koji zadovoljavajutvrdjenje, možemo sami da konstruǐsemo niz takvih brojeva. Gledaćemo brojeve

oblika n = km, gde je (m, 3) = 1. Iz teoreme 2.6 imamo da je Φa(xn) =

∏d|n

Φad(x)

kada je (a, n) = 1.Primetimo da je n2 + n+ 1 = Φ3(k

m), pa važi:

n2 + n+ 1 =∏d|m

Φ3d(k)

Očigledno je da je (k+ 1)ϕ(3n) > Φ3n(k), za svako n pošto je k+ 1 > k− θ, gde jeθ proizvoljni 3n-ti koren jedinice. Zato želimo da pokažemo da za neko k postoji brojm, takav da je (k + 1)ϕ(3m) < km/2, jer bi tada tvrdjenje bilo zadovoljeno, zato što jesvaki činilac u proizvodu ne veći od

√n, što bi značilo da ne postoji prost delilac veći

od√n.

Kakoϕ(x)

xmože biti proizvoljno blizu 0, možemo izabrati neko x takvo da je

ϕ(x)

x< 0.01. Ako uzmemo m = x imaćemo (k + 1)ϕ(3m) < (k + 1)3·0.01·m. Tada

očigledno imamo da važi (k + 1)3·0.01·m < km/2 za dovoljno veliko k, pa smo timezavršili dokaz.

Još zadataka iz ove oblasti može se naći u [2].

22

5 Literatura

[1] Elementary Properties of Cyclotomic Polynomials,Yimin Ge[2] Cyclotomic Polynomials in Olympiad Number Theory,Lawrence Sun[3] On Zsigimondy primes,Moshe Ritman,AMERICAN MATHEMATICAL SOCI-ETY Volume 125, Number 7, July 1997, Pages 19131919[4] Several proofs of the irreducibility of the cyclotomic polynomials,Steven H. Wein-traub[5] http://planetmath.org/perfectfield[6] http://en.wikipedia.org/wiki/Eisenstein’s criterion[7] Lifting The Exponent Lemma (LTE),Amir Hossein Parvardi[8] Dirichlet’s theorem on primes in arithmetic progressions,Pete L. Clark[9] Zsigmondys Theorem, Andy Loo, Mathematical excalibur, Volume 16, Number 4,February 2012[10] The Zsigmondy Theorem, PISOLVE

23