Hoofdstuk 6. Congruentierekening. 6.1 Congruenties

Transcriptie

1 Hoofdstuk 6 Congruentierekening 6.1 Congruenties We hebben waarschijnlijk allemaal wel eens opgemerkt dat bij vermenigvuldigen van twee getallen de laatste cijfers als het ware meevermenigvuldigen. Stel bijvoorbeeld a = en b = Enig rekenwerk levert a b = Als we echter alleen in het laatste cijfer van ab geïnteresseerd zouden zijn kunnen we ons een hoop moeite besparen. Neem namelijk gewoon 8 en 3, de laatste cijfers van a respectievelijk b. Vermenigvuldiging geeft 24, dat op een 4 eindigt. We zien dat ab ook op een 4 eindigt. Hetzelfde spelletje lukt ook met de laatste twee cijfers. Neem 28 en 23, de laatste twee cijfers van a respectievelijk b. De laatste twee cijfers van = 644 zijn 44. Merk op dat dit precies de laatste twee cijfers van ab zijn! Eenzelfde verhaal kunnen we houden als we de laatste cijfers bijhouden tijdens optelling van a, b. Wat is hier gebeurd? Het laatste cijfer van een getal in decimale schrijfwijze is niets anders dan de rest bij deling van het getal door 10. De laatste twee cijfers verkrijgt men door de rest bij deling door 100 te nemen. Niets houdt ons echter tegen om in plaats van 10 en 100 een ander getal, zeg M, te nemen. Het rekenen met resten dat hierdoor ontstaat is voor het eerst door C.F.Gauss op systematische wijze toegepast en staat bekend als congruentie rekening. Voordat we al te vaag worden zullen we congruentierekening op een nette manier invoeren. Kies een natuurlijk getal M groter dan 1. Dit wordt de modulus waarop we onze congruentierekening baseren. We zeggen dat twee getallen a, b Z congruent modulo M zijn als hun verschil deelbaar is door M. In het bijzonder betekent dit dat twee getallen congruent zijn precies dan als ze bij deling door M dezelfde rest opleveren. Notatie: a b (mod M). Omdat de mogelijke resten bij deling door M gegeven worden door 0, 1, 2,..., M 1 zien we dat het congruentie begrip de gehele getallen opdeelt in M verzamelingen. Kies namelijk een rest r met 0 r < M en beschouw alle getallen die congruent met r modulo M zijn. Deze verzamelingen noemen we congruentieklassen of restklassen modulo M. Elk 37

2 38 HOOFDSTUK 6. CONGRUENTIEREKENING geheel getal behoort tot precies één congruentieklasse. We zullen de congruentieklasse waarin het getal a zit aangeven met a (mod M). Deze schrijfwijze is niet helemaal éénduidig, want als b in dezelfde congruentieklasse als a zit dan geldt a (mod M) = b (mod M). Zo zien we dat a (mod M) = b (mod M) op hetzelfde neerkomt als a b (mod M). Ter illustratie volgt hieronder de opdeling van Z in restklassen modulo 5, 0 (mod 5) (mod 5) (mod 5) (mod 5) (mod 5) We kunnen nu de volgende stelling formuleren. Stelling Stel dat a 1 a 2 (mod M) en b 1 b 2 (mod M). Dan geldt 1. a 1 + b 1 a 2 + b 2 (mod M) 2. a 1 b 1 a 2 b 2 (mod M) 3. a 1 b 1 a 2 b 2 (mod M) We kunnen deze stelling ook als volgt formuleren. De restklasse modulo M van som, verschil of produkt van twee getallen a, b verandert niet als we in plaats van a, b twee andere getallen uit de restklassen a (mod M) respectievelijk b (mod M) kiezen. Dit verklaart waarom resten van getallen gewoon meerekenen bij optelling en vermenigvuldiging. We kunnen in plaats van de getallen zelf ook de resten bij deling door M nemen en de restklasse modulo M van het antwoord verandert daardoor niet. Het bewijs van de stelling is niet moeilijk en gaat vrij direct. Uit het feit dat a 1 a 2 (mod M) volgt dat er een α Z is zó dat a 1 = a 2 + αm. Evenzo is er een β Z zó dat b 1 = b 2 + βm. Merk nu op dat a 1 + b 1 = a 2 + b 2 + (α + β)m. Met andere woorden a 1 + b 1 en a 2 + b 2 verschillen een veelvoud van M, dus a 1 + b 1 a 2 + b 2 (mod M). Op vrijwel dezelfde manier zien we dat a 1 b 1 a 2 b 2 (mod M). Tenslotte geldt a 1 b 1 = a 2 b 2 + (a 2 β + b 2 α)m + αβm 2, waaruit we zien dat a 1 b 1 en a 2 b 2 een veelvoud van M verschillen. Laten we de verzameling restklassen modulo M aangeven met Z/M Z. Bovenstaande stelling zegt niets anders dan dat we elementen uit Z/M Z kunnen optellen, aftrekken en vermenigvuldigen. Op de vraag hoe het met deling in Z/M Z zit komen we later terug.

3 6.2. TOEPASSINGEN Toepassingen Dat modulorekenen een handig hulpmiddel is moge blijken uit de volgende twee voorbeelden. Allereerst de negenproef. Deze zegt dat een getal en de som van zijn cijfers bij deling door 9 dezelfde rest opleveren. In het bijzonder is een getal deelbaar door 9 precies dan als zijn som van de cijfers dat is. Dus, is deelbaar door 9 omdat = 18 dat is. De verklaring hiervoor vinden we door modulo 9 te kijken. Stel dat het getal n decimaal geschreven uit de cijfers n k... n 2 n 1 n 0 bestaat. Dat wil zeggen, n = n k 10 k + + n n n 0. Omdat 10 1 (mod 9) volgt hieruit dat n n k 1 k + + n n n 0 n k + + n 2 + n 1 + n 0 (mod 9). We hebben nog een tweede toepassing. Vaak wordt de vraag gesteld of er formules zijn waarmee we priemgetallen kunnen produceren. In het bijzonder kunnen we ons afvragen of er polynomen P (x) zijn zó dat voor elke n N de waarde P (n) priem is. Ter herinnering, een polynoom of veelterm is een funktie van de vorm a k x k + + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 met a k,..., a 1, a 0 Z. Een spectaculair voorbeeld in dit opzicht is het polynoom x 2 x Voor n = 1, 2,..., 40 volgen hier de waarden n 2 n + 41, 41, 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97, 113, 131, , 197, 223, 251, 281, 313, 347, 383, 421, 461, , 593, 641, 691, 743, 797, 853, 911, 971, , 1163, 1231, 1301, 1373, 1447, 1523, 1601 Het zijn allemaal priemgetallen, controleer maar. Echter, voor n = 41 is de waarde 41 2, en is dus niet meer priem. Dat dit vroeger of later mis moest gaan volgt uit het feit dat niet-constante polynomen met alleen priemwaarden niet kunnen bestaan. Dit zullen we nu laten zien. We maken gebruik van twee feiten die gelden voor een niet constant polynoom P (x). 1. P (x) als x. 2. Als a b (mod q) dan geldt P (a) P (b) (mod q) Het tweede feit volgt door herhaalde combinatie van de eigenschappen uit Stelling Stel dat we een polynoom P (x) hebben waarvan de waarden P (n) priem zijn voor alle n N. In het bijzonder is P (1) een priemgetal, zeg q. Uit eigenschap (2) hierboven weten we dat P (1 + mq) P (1) q 0 (mod q) voor alle m N. Dus P (1 + mq) is deelbaar door q voor elke m. Omdat P (1 + mq) ook priem is

4 40 HOOFDSTUK 6. CONGRUENTIEREKENING moet gelden dat P (1 + mq) = q voor elke m. Dit kan echter niet omdat we weten dat P (1 + mq) als m. Het voorbeeld x 2 x + 41 is afkomstig van Euler en het is tamelijk uniek dat de waarde priem is voor zoveel opeenvolgende argumentwaarden. Je kunt je ook afvragen of polynomen oneindig vaak een priemwaarde kunnen aannemen. Dit blijkt een vraag van een heel ander kaliber te zijn en men heeft er alleen maar een vermoeden over. Vermoeden Stel dat P (x) een irreducibel polynoom met coëfficienten in Z is. Dat wil zeggen, P (x) is geen product van polynomen A(x), B(x) met gehele coëfficienten die beide ±1 zijn. Dan zijn er oneindig veel n N zó dat P (n) priem is. Over dit vermoeden is heel weinig bekend. Alleen voor polynomen van graad 1 hebben we een stelling. Stelling (Dirichlet, 1840) Stel a, b N en ggd(a, b) = 1. Dan zijn er oneindig veel waarden x N waarvoor ax + b priem is. Dit is de beroemde stelling van Dirichlet over priemgetallen in een rekenkundige rij. Het bewijs, dat het begin inluidde van de zogenaamde analytische getaltheorie, valt helaas buiten het bestek van dit boek. Behalve Dirichlet s stelling is er vrijwel niets bekend over polynoomwaarden die priem zijn. Men weet bijvoorbeeld niet of er oneindig veel priemgetallen van de vorm x zijn, hoewel men het sterke vermoeden heeft dat dit wel zo is. Maar goed, met deze opmerkingen dreigen we van ons onderwerp, congruenties, af te dwalen. De derde toepassing van congruenties is een eenvoudige die direkt aansluit bij de zojuist genoemde stelling van Dirichlet. Stelling Er zijn oneindig veel priemgetallen van de vorm 4m 1. Hiervoor gebruiken we een variant van het bewijs van de Stelling van Euclides over de oneindigheid van de verzameling priemgetallen. We construeren met inductie een rij priemgetallen p 1, p 2, p 3,... zo dat p i 1 (mod 4) voor elke i. We beginnen met p 1 = 3. Stel nu dat we de priemgetallen p 1, p 2,..., p n geconstrueerd hebben. Beschouw het getal N n = 4p 1 p 2 p n 1. Dit is een getal dat 1 (mod 4) is. Als alle priemfactoren 1 (mod 4) zouden zijn dan zou hun product ook 1 (mod 4) zijn. Dat is niet het geval en dus bevat N n een priemfactor q met q 1 (mod 4). Dit priemgetal kan niet gelijk zijn aan één van p 1,..., p n want dan zou q zowel 4p 1 p n = N n + 1 als N n delen, en dat kan niet. Dus is q een nieuw priemgetal en we nemen p n+1 = q. Het is duidelijk dat we op deze manier ook de oneindigheid van de verzameling priemgetallen p 1 (mod 6) kunnen aantonen. De oneindigheid van de verzameling priemgetallen p 1 (mod 4) of p 1 (mod 6) vereist iets meer voorkennis. We komen er in Hoofdstuk 11 op terug.

5 6.3. INVERSE RESTKLASSEN Inverse restklassen We hebben gezien dat we met restklassen modulo een getal M kunnen rekenen. Dat wil zeggen, optellen en vermenigvuldigen. Hoe zit het met deling? Mogen we bijvoorbeeld uit de congruentie 2a 2b (mod 24) de 2 wegdelen zodat we a b (mod 24) overhouden? Even nadenken leert ons dat dat niet kan. De congruentie 2a 2b (mod 24) betekent immers dat 24 een deler van 2a 2b is. Dit is weer hetzelfde als te zeggen dat 12 een deler van a b is. Dus a b (mod 12), niet meer en niet minder. Er zijn ook gevallen waarbij we de 2 wel weg kunnen delen. Bijvoorbeeld 2a 2b (mod 25). Dit is hetzelfde als 25 2(a b). Omdat ggd(2, 25) = 1 volgt hieruit dat 25 (a b) met andere woorden, a b (mod 25). De reden dat we 2 in het eerste geval niet en in het tweede geval wel kunnen wegdelen zit hem in het feit dat 2 en 25 relatief priem zijn en 2 en 24 niet. We kunnen het ook iets anders formuleren in termen van inverteerbare restklassen. Definitie Een restklasse a (mod M) heet inverteerbaar als er een b Z bestaat zó dat ab 1 (mod M). We zeggen in dat geval ook dat het getal a inverteerbaar is modulo M. De restklasse 2 (mod 25) is inverteerbaar want (mod 25). Boven zagen we dat we de 2 modulo 25 konden wegdelen omdat ggd(2, 25) = 1. Wat dit met inverteerbaarheid te maken heeft lezen we in de volgende stelling. Stelling Stel a Z en M Z 2. Dan is de restklasse a (mod M) precies dan inverteerbaar als ggd(a, M) = 1. Stel eerst dat de restklasse a (mod M) inverteerbaar is. Dan is er een b Z zó dat ab 1 (mod M). Ofwel er zijn b, y Z zó dat ab + My = 1. Omdat ggd(a, M) zowel a als M deelt, volgt uit de laatste ongelijkheid dat ggd(a, M) deler is van 1. Dus ggd(a, M) = 1. Stel omgekeerd dat ggd(a, M) = 1. Dan volgt door gebruikmaking van het Euclidisch algoritme dat er x, y Z bestaan zó dat ax + My = 1. Bekijken we dit modulo M, dan vinden we ax 1 (mod M). Dus is a (mod M) inverteerbaar. Als a inverteerbaar modulo M is dan vormt de verzameling van alle b zodat ab 1 (mod M) precies één restklasse. Stel namelijk ab 1 ab 2 1 (mod M). In het bijzonder volgt hieruit dat M a(b 1 b 2 ). Omdat ggd(a, M) = 1 betekent dit dat M (b 1 b 2 ), met andere woorden b 1 b 2 (mod M). We noemen deze restklasse de inverse restklasse van a (mod M). Notatie: a 1 (mod M). Ter illustratie volgt hier een lijstje van alle inverteerbare restklassen modulo 30 samen met hun inverse restklasse.

6 42 HOOFDSTUK 6. CONGRUENTIEREKENING a (mod 30) a 1 (mod 30) Verder hebben we in het bewijs van Stelling gezien dat de berekening van de inverse restklasse verloopt via het Euclidisch algoritme. Beschouw bijvoorbeeld de restklasse 341 (mod 5144). De inverse is hier niet meteen te zien. We kunnen echter via het Euclidisch algoritme een oplossing x, y Z van de vergelijking 341x y = 1 vinden. Echter, de y hebben we niet nodig. We kunnen dus volstaan met een iets simpeler versie van het uitgebreide Euclidisch algoritme. Hopelijk spreekt de volgende tabel voor zich (mod 5144) (mod 5144) 5144 = (mod 5144) 341 = (mod 5144) 29 = (mod 5144) 22 = (mod 5144) De rechterkolom wordt op dezelfde manier opgebouwd als bij het Euclidisch algoritme. We zien dat we (mod 5144) overhouden, en we hebben de inverse restklasse (mod 5144) gevonden. De verzameling inverteerbare restklassen modulo M blijkt een zeer interessante te zijn en we hebben er een aparte notatie voor: (Z/MZ). Een aardige vraag is hoeveel inverteerbare restklassen modulo M er zijn. We zullen dit in het volgende hoofdstuk behandelen. Hier merken we op dat als p priem is, alle restklassen 1 (mod p), 2 (mod p),..., p 1 (mod p) inverteerbaar zijn. Alleen de klasse 0 (mod p) is niet inverteerbaar. We zien dus dat er p 1 inverteerbare restklassen modulo p zijn als p priem is. In het volgende hoofdstuk zal ook blijken dat het getal p 1 in direkt verband staat met de p 1 die we in de kleine stelling van Fermat tegenkwamen. 6.4 Lineaire congruentievergelijkingen In veel getaltheoretische toepassingen komen we problemen tegen van het volgende type. Gegeven a, b Z en M N. Bepaal alle gehele getallen x zó

7 6.5. CHINESE RESTSTELLING 43 dat ax b (mod M) We noemen een dergelijke vergelijking een lineaire congruentievergelijking. Eigenlijk zou deze vergelijking niet moeilijker moeten zijn dan ax = b voor reële getallen a, b, x, in welk geval we de oplossing x = b/a hebben (mits a 0). De complicatie zit hem echter in het feit dat we modulo M niet altijd door a kunnen delen, of beter gezegd, met de inverse van a vermenigvuldigen. Als a (mod M) een inverteerbare restklasse is, dan is het inderdaad simpel, vermenigvuldig aan beide zijden met a 1 (mod M) en we vinden de oplossing x a 1 b (mod M). Het wordt iets lastiger als a (mod M) niet inverteerbaar is, ofwel ggd(a, M) > 1. Als we echter ons verstand blijven gebruiken valt het wel mee. Uit de volgende voorbeelden moet de aanpak wel duidelijk zijn. Los op: 21x 27 (mod 60). Omdat ggd(3, 60) = 3 is 3 (mod 60) niet inverteerbaar. De vergelijking komt neer op het vinden van x, y Z zó dat 21x = 27+60y. We kunnen uit deze vergelijking de ggd 3 wegdelen, dus 7x = y, hetgeen neerkomt op 7x 9 (mod 20). Nu kunnen we met de inverse restklasse (mod 20) vermenigvuldigen en we vinden x (mod 20) als oplossingsverzameling. We zijn dus met een andere congruentieklasse geëindigd dan waarmee we begonnen. Het kan echter ook gebeuren dat er geen oplossingen zijn. Beschouw de vergelijking 21x 26 (mod 60). We moeten dus x, y Z vinden zó dat 21x = y. Hier hebben we een probleem, 21x en 60y zijn deelbaar door 3, dus als er oplossingen zijn moet 3 ook 26 delen. Aangezien dit niet gaat concluderen we dat er geen oplossingen zijn. Hopelijk zijn deze voorbeelden voldoende om de volgende stelling in te zien, Stelling Zij a, b Z en M Z 2. Stel d = ggd(a, M). Dan heeft de vergelijking ax b (mod M) precies dan oplossingen x Z als d b. In dat geval is de vergelijking equivalent met a d x b d (mod M d ). Omdat ggd(a/d, M/d) = 1 is de laatste vergelijking oplosbaar door a/d modulo M/d te inverteren. 6.5 Chinese reststelling In deze paragraaf bekijken we problemen van het volgende type. Bepaal alle gehele getallen die bij deling door 3, 5, 7, 9 respectievelijk de resten 1, 2, 3, 4 oplevert. Laten we dit meteen maar oplossen. Er wordt gevraagd het simultane stelsel

8 44 HOOFDSTUK 6. CONGRUENTIEREKENING congruenties x 1 (mod 3) x 2 (mod 5) x 3 (mod 7) x 4 (mod 9) op te lossen. Welnu, uit x 1 (mod 3) volgt dat x = 3y + 1 voor zekere gehele y. Vul dit in de tweede congruentie in, 3y (mod 5) In de vorige paragraaf zagen we hoe dit op te lossen. Van beide zijden 1 aftrekken en met 2 vermenigvuldigen geeft y 2 (mod 5). Dus is er z Z zó dat y = 5z+2. Invullen in de derde vergelijking geeft x 3y + 1 3(5z + 2) z (mod 7) Ofwel z 3 (mod 7). Dus is er u Z zó dat z = 7u + 3. Invullen in de laatste vergelijking, x 15z (7u + 3) u (mod 9) Ofwel, 6u 2 4 (mod 9). Oplossing hiervan geeft u 1 (mod 3), een restklasse modulo 3. Dus u is van de vorm u = 1 + 3v. Ergo, x is van de vorm x = 3y + 1 = 3(5z + 2) + 1 = 3(5(7u + 3) + 2) + 1 = 3(5(7(3v + 1) + 3) + 2) + 1 = 315v Controle leert dat ieder getal van de vorm 315v inderdaad oplossing is. De oplossingsverzameling wordt dus gevormd door de restklasse 157 (mod 315). De algemene gedaante van dit soort problemen luidt als volgt, x c 1 (mod m 1 ) x c 2 (mod m 2 ) x c n (mod m n ) (6.1) waarin c 1,..., c n Z en m 1,..., m n Z 2. In principe kunnen we elk van dit soort problemen oplossen met bovenstaande methode. Het kan zijn dat er geen oplossing is. Zoals bij het stelsel x 1 (mod 3), x 2 (mod 9) waarvoor dit hopelijk evident is. Het is echter niet altijd zo snel te zien of er wel of geen oplossingen zijn. We moeten meestal eerst enig werk verrichten. Indien we weten dat ((6.1) minstens één oplossing heeft, geldt de volgende stelling. Stelling Stel dat het stelsel ((6.1) een oplossing heeft. Noem deze x 0. Dan bestaat de volledige oplossingsverzameling uit de restklasse x 0 (mod M) waarin M = kgv(m 1,..., m n ). Deze stelling is niet lastig in te zien. Enerzijds geldt voor ieder getal y uit de restklasse x 0 (mod M) dat y x 0 (mod M) en dus y x 0 c i (mod m i ) voor elke i. Zij anderzijds y een oplossing van ((6.1). Uit y x 0 c i (mod m i ) volgt dat m i (y x 0 ) voor elke i. Omdat y x 0 blijkbaar een veelvoud is van elke m i moet het ook een veelvoud van hun kgv zijn, dus M (y x 0 ). Hieruit volgt weer y x 0 (mod M). In het volgende speciale geval weten we zeker dat er een oplossing bestaat.

9 6.5. CHINESE RESTSTELLING 45 Stelling (Chinese reststelling) Stel dat in ((6.1) voor elk tweetal i j geldt, ggd(m i, m j ) = 1. Dan heeft het stelsel ((6.1) precies één restklasse modulo m 1 m 2 m n als oplossingsverzameling. Er bestaan diverse manieren om deze stelling aan te tonen. Wij geven er hier een tweetal. Allereerst een gemakzuchtig bewijs dat eigenlijk een formalisatie is van de oplossingsmethode die we daarnet presenteerden. We doen het met volledige inductie naar n. Voor n = 1 is de stelling duidelijk. Stel nu k 1 en dat de stelling waar is voor n = k. Beschouw nu het stelsel x c 1 (mod m 1 )... x c k (mod m k ), x c k+1 (mod m k+1 ) Volgens de induktieveronderstelling is de oplossingsverzameling van het eerste k-tal vergelijkingen een restklasse modulo M = m 1 m k. Zeg C (mod M). Ons stelsel komt nu dus neer op x C (mod M) x c k+1 (mod m k+1 ). Uit de eerste vergelijking volgt dat x = My + C voor zekere y Z. Vul dit in de tweede in, My + C = c 0 (mod m k+1 ). Het cruciale punt is dat wegens onze veronderstellingen geldt ggd(m, m k+1 ) = 1. Dus is M inverteerbaar modulo m k+1 en de vergelijking is oplosbaar. A fortiori is ons stelsel van k + 1 congruenties oplosbaar. Volgens Stelling moet de oplossingsverzameling een restklasse modulo kgv(m 1, m 2,, m k+1 ) = m 1 m 2 m k+1 zijn. Onze Stelling is dus ook waar voor n = k + 1. Hiermee is de induktiestap voltooid. Het tweede bewijs bestaat er uit dat we alle getallen van 1 tot en met M als oplossing proberen. Eerst even een simpel voorbeeld. We reduceren de getallen 1, 2,..., 6 modulo 2 respectievelijk 3. We vinden de paren congruentieklassen, (1 (mod 2), 1 (mod 3)), (0 (mod 2), 2 (mod 3)), (1 (mod 2), 0 (mod 3)), (0 (mod 2), 1 (mod 3)), (1 (mod 2), 2 (mod 3)), (0 (mod 2), 0 (mod 3)) Merk op dat alle paren van congruentieklassen modulo 2 en 3 aan bod komen. Dit geldt ook in het algemeen. Laat x van 1 tot en met M lopen en beschouw de n-tupels van restklassen x (mod m 1 ),..., x (mod m n ). Geen van deze n-tupels is hetzelfde. Stel namelijk x x (mod m 1 ),..., x x (mod m n ) voor zekere x, x met 1 x, x M. Dan volgt hieruit dat m i (x x ) voor elke i en omdat de m i paarswijs relatief priem zijn, M (x x ). Maar x, x liggen tussen 1 en M, dus x = x. Laten we x van 1 tot en met M lopen, dan krijgen we dus M verschillende n-tupels van restklassen. Anderzijds is het totale aantal n-tuples gelijk aan m 1 m 2 m n = M. Met andere woorden, elk n-tupel komt aan bod. In het bijzonder bestaat er een x zó dat x c i (mod m i ) voor elke i.

10 46 HOOFDSTUK 6. CONGRUENTIEREKENING De Chinese reststelling is een fundamentele stelling met veel toepassingen. Voor ons zal hij bijvoorbeeld belangrijk blijken voor de bepaling van het aantal inverteerbare restklassen modulo m. Ter vermaak volgt hier een verrassende toepassing die van H.W.Lenstra afkomstig is. Er bestaat een miljoen opeenvolgende getallen die allemaal deelbaar zijn door een kwadraat > 1. Misschien dat dit niet zo aanspreekt. Om een beetje indruk te maken hebben we op de computer onder de getallen < 10 6 naar de langste rij opeenvolgende getallen gezocht die allen deelbaar zijn door een kwadraat > 1. Deze rij heeft lengte 7 en begint bij Het zal dus duidelijk zijn dat we heel ver zullen moeten gaan voor we een miljoen opeenvolgende niet-kwadraatvrije getallen tegenkomen. Om onze uitspraak te bewijzen kiezen we een miljoen verschillende priemgetallen en geven ze aan met p 1, p 2,..., p Beschouw het stelsel congruentievergelijkingen x 1 (mod p 2 1), x 2 (mod p 2 2),..., x (mod p ) Volgens de chinese reststelling heeft dit stelsel een oplossing x N. Dus x + 1, x + 2,..., x zijn deelbaar door respectievelijk p 2 1, p 2 2,..., p , en dit zijn allemaal kwadraten. Het zal duidelijk zijn dat het aantal van een miljoen niet essentieel is, en dat er met dit bewijs aangetoond kan worden dat er willekeurig lange rijen opeenvolgende getallen zijn, allen deelbaar door een kwadraat > 1. Tussen haakjes, kunnen er ook willekeurig lange rijen opeenvolgende getallen bestaan die niet deelbaar zijn door een kwadraat > 1?