Ciszterci rendi katolikus gimnázium, Baja, 1881
- 73 — Tegyük föl ÍE=2 XA+1 alakú szám, akkor £C Í=(2^±1) 2=2« XA Í+2 X+ 1A+1 s feltéve, hogy h páratlan szám, akkor ÍC 2=1 ((mod. 2 X+ 1)) tehát 24 §. 1) szerint W ((mod. 2 x+ 1+ m~ x1)) miből £c 2m-A_ 1 ^ mo d. 2m)) azaz X a2 mx kitevőhöz tartozik; innét e tétel: Minden 2 h+1 alakú szám, feltéve, hogy h páratlan a (mod. 2 m)-re a 2 m~ x kitevőhöz tartozik. 3) Ha már a 2 m valamely primitiv gyökep és az h Pi P 2i P 3 ••• • p 2 m~ [ hatványok sorát alkotjuk, a maradékok mind különbözők lesznek; de többé már — mint eddig — nem lesznek congruensek a 2 m-nél kisebb viszonylagos törzsszámokkal; számuk erre már nem elégséges, mert ez 2 m~ 2=79(2 m). Meghatározhatók azonban azon általános alakok, melyeknek ezen maradékok hódolnak. A p primitiv gyök szükségkép 8/i+3 alakú, tehát p=8h+3 ebből p2">=(8A) 2r a + ( 2r)(8A) 2 mI.3+( 2™)(8A) 2 m2.3 2+ +3 2 m és p2m +l = ( 8 A)2mH-| :( 2 m 1^ 1)(8A)2™ . 3 + (""V" 1) U)^ 1 . 3 2 + + 3 2"'* 1 s mivel a 3 páros hatványai 8-al osztva maradékul 1-et, páratlan hatványai 8-al osztva maradékul 3-at adnak, nyilván p 2 m=8H+l és i >2m+i = 8// +3 következőleg: Ha a p primitiv gyök 8h+3 alakú, akkor a maradékok a (mod. 2 m)-i g előforduló 8ff+l ós 8/Í+3 alakú páratlan számok; ha pedig a p primitiv gyök 8H—3 alakú, akkor a maradékok alakja 8/7 + 1 és8H—3, tehát 8H— 1 alak nem szerepelhet. 27. §. Az x>=r (mod. K=k" vagy 2 k") congruentia megoldása. E congruentiában r ós K viszonylagos törzsszámok, s reá vonatkozólag mindazon tételeink érvényesek, melyeket a megelőző pontokban beigazoltunk. Ha N és <p(K) viszonylagos törzsszámok, congruentiánknak csak egy gyöke lesz, t. i. x=r z (mod. K), hol 2 az Nz= 1 (mod. j)-ból határozható meg, hol q azon kitevőt jelenti, melyhez r a (mod. K) mellett tartozik. Ha azonban N és <p(K) nem viszonylagos törzsszámok, hanem legnagyobb közös osztójuknak Q-t vallják, a congruentiának, ha különben lehetséges, 0-számu különböző megoldása lehet. A congruentia lehetsége
