Довільне нетривіальне порівняння за mod p рівносильне порівнянню степеня не вищого за p-1 і має не більше p-1 розв’язків.
Теорема (Вільсона). Порівняння (p-1)!+1º 0(mod p) виконується тоді і тільки тоді, коли р- просте число.
Доказ. Нехай р - просте число. Якщо р=2, то 1!+1 º 0(mod 2). Якщо р>2, то розглянемо порівняння:
[(x-1)(x-2)…(x-(p-1))]-(xp-1-1)º 0(mod p) .
Зрозуміло, що це порівняння степеня не вищого за р-2, але воно має р-1 розв’язок: 1, 2, 3, ... , р-1, тому що при підстановці кожного з цих чисел, доданок у квадратних дужках стає рівним нулю, а (xp-1 ) порівняльне з нулем за теоремою Ферма (х і р взаємно прості, тому що х<р). Це означає, за лемою 2, що всі коефіцієнти виписаного порівняння кратні р, зокрема, на р ділиться його вільний член, рівний 1 × 2 × 3 × ... × (р–1)+1.
Оскільки коефіцієнти многочлена є значеннями симетричних многочленів від його коренів, то тут з’явився шлях для доказу порівнянь для симетричних многочленів.
Назад. Якщо р – не просте, то знайдеться дільник d числа р, 1<d<p. Тоді (р–1)! ділиться на d, тому (р–1)!+1 не може ділитися на d і, виходить, не може ділитися також і на р. Отже, порівняння (p-1)!+1 º 0(mod 2) не виконується.
Приклад. 1× 2× 3× ... × 10+1=3628800+1=3628801 – ділиться на 11 (Ознака ділення на 11- якщо сума цифр у десятковому записі числа на парних позиціях збігається із сумою цифр на непарних позиціях, то число кратне 11).
Приклад-задача. Довести, що якщо просте число р представляється у виді 4n+1, то існує таке число х, що х 2 +1 ділиться на р.
Розв’язування. Нехай р=4n+1 – просте число. За теоремою Вільсона, (4n)!+1 ділиться на р. Замінимо у виразі 1× 2× 3× ... × (4n)+1 усі множники більші за (p-1)/2=2n на різниці числа р і чисел менших за (p-1)/2=2n. Одержимо:
(p-1)!+1=1× 2× 3× … × 2n× (p-2n)(p-2n+1)× … × (p-1)=(1× 2× 3× … × 2n)[A× p+(-1)2n × 2n× (2n-1)× …× 2× 1]+1 = A1 p+(1 × 2 × 3 × … × 2n)2)+1.
Оскільки це число ділиться на р, то й сума (1 × 2 × 3 × … × 2n)2 +1 ділиться на р, тобто x=(2n)!=((p-1)/2)!.
Натуральне число N тоді і тільки тоді представляється у виді суми двох квадратів, коли в розкладі N на прості множники всі прості множники виду 4n+3 входять у парних степенях. Спробуйте самостійно довести це твердження.
Теорема. Для будь-якого натурального k існує таке натуральне N, яке залежить від k, що кожне натуральне число представляється у виді суми не більш ніж N доданків, що є k-ми степенями цілих чисел.
Для цієї теореми відомо кілька різних неелементарних доказів, але в 1942 році ленінградський математик Ю.В. Лінник придумав чисто арифметичний елементарний доказ, що, однак, є винятково складним. Що стосується функції N(k ), то тут, у даний час майже нічого не зрозуміло. Всяке натуральне число представляється у виді суми чотирьох квадратів, дев'яти кубів (число 9 не може бути зменшене), 21 штуки четвертих ступенів (от отут, здається, що 21 може бути зменшене до 19). Далі – повний туман. Усяке раціональне число представляється у виді суми трьох кубів раціональних чисел.
Доказ цього твердження вперше отримано в 1825 році. Виглядає воно разюче: для раціонального числа а безпосередньо пишеться його представлення у виді суми трьох кубів раціональних чисел:
