8. Kropíme Matúša Skúsenosťami vzorové riešenie

Najprv nejako využijeme informáciu, že \(a^m+1\) je prvočíslo. Tu sa nám zíde rozklad súčtu alebo rozdielu mocnín.

Zapíšme si teda \(m\) v tvare \(2^r\cdot s\), kde \(r\) je nezáporné celé a \(s\) nepárne celé (to sa pre každé nenulové celé \(m\) dá, dokonca iba jedným spôsobom). Potom \[a^m+1=a^{2^rs}+1^{2^rs}=(a^{2^r}+1)(a^{2^r(s-1)}-a^{2^r(s-2)}+\dots+a^{2\cdot2^r}-a^{2^r}+1)=(a^{2^r}+1)\sum_{i=0}^{s-1}(-1)^i a^{2^ri}.\] Vidíme, že \(a^{2^r}+1\) je deliteľ \(a^m+1\). Zjavne je väčší ako \(1\), čiže z prvočíselnosti \(a^m+1\) sa mu musí rovnať. A akonáhle \(a^{2^r}+1=a^m+1\), tak \(m=2^r\).

Keďže \(a>1\), \(a^m+1\) je prvočíslo väčšie než \(2\) a \(a\) musí byť párne.

Použijeme rozklad súčtu alebo rozdielu mocnín opäť, teraz na \(a^m-1\): \[a^m-1=a^{2^r}-1=(a^{2^{r-1}}+1)(a^{2^{r-2}}+1)\dots(a^2+1)(a+1)(a-1)=(a-1)\prod_{i=0}^{r-1}(a^{2^i}+1).\] Rozložili sme takto \(a^m-1\) na súčin \(r+1\) dvojčlenov. Navyše, pre každé \(j\in\{1,\dots,r\}\) súčin prvých \(j\) z nich (dvojčlenu \(a-1\) a prvých \(j-1\) činiteľov veľkého súčinu) je rovný \(a^{2^{j-1}}-1\) a \((j+1).\) dvojčlen je rovný \(a^{2^{j-1}}+1\). Tieto dve hodnoty sú po sebe idúce nepárne čísla, čiže nesúdeliteľné. Každý dvojčlen je tým pádom nesúdeliteľný so súčinom všetkých predchádzajúcich, teda je nesúdeliteľný aj so všetkými predchádzajúcimi dvojčlenmi jednotlivo. To znamená, že naše dvojčleny sú navzájom nesúdeliteľné. Pritom posledných \(r\) je väčších ako \(1\). Tým pádom vždy, keď vyberieme niektoré z týchto \(r\) činiteľov (môžeme aj žiadne alebo všetky) a vynásobíme ich, dostaneme iného deliteľa ich súčinu, a teda aj čísla \(a^m-1\). To je spolu \(2^r=m\) rôznych deliteľov, čím je dôkaz dokončený.