Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 9 класс

Докажите, что если $p,~q,~m,~n$ натуральные числа, причем $p$ и $q$ простые, то равенство $ \left( {{2^p} - {p^2}} \right)\left( {{2^q} - {q^2}} \right) = {p^m}{q^n} $ невозможно. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Заметим, что $p, ~q > 2$. Тогда $(2^p-p^2,~p^m)=(2^q-q^2,~q^n)=1$, откуда получим равенства $2^p-p^2=q^n$ и $2^q-q^2=p^m$. Если $n$ — чётное число, то $$ 2^p \equiv p^2+q^n \equiv 1+1 \equiv 2 \pmod 4, $$ что невозможно. Поэтому $n$ — число нечётное. Аналогично и $m$ — нечётное число. Без ограничения общности, положим, что максимальная степень двойки, которая входит в разложение числа $p+1$, не меньше максимальной степени двойки, которая входит в разложение числа $q+1$. Тогда $p+1=2^s \cdot p_1$ и $q+1 = 2^s \cdot q_1$, где $q_1$ — нечётное число, а $p_1$ — натуральное. Так как для любого $i \geq 2$ верно сравнение $(2^s\cdot q_1)^i \equiv 0 \pmod {2^{s+1}}$, то \[{2^p} \equiv {p^2} + {q^n} \equiv {\left( {{2^s} \cdot {p_1} - 1} \right)^2} + {\left( {{2^s} \cdot {q_1} - 1} \right)^n} \equiv 1 + \sum\limits_{i = 0}^n {{{\left( {{2^s} \cdot {q_1}} \right)}^i} \cdot \left( { - 1} \right)^{n-i} \cdot C_n^i} \equiv \] \[ \equiv 1 + {2^s} \cdot {q_1} \cdot C_n^1 - C_n^0 \equiv {2^s} \cdot {q_1} \cdot n \equiv {2^s} \pmod {2^{s+1}},\] то есть $2^p \equiv 2^s \pmod {2^{s+1}}$. Из последнего сравнения следует, что $p=s$. Тогда $$p=2^s \cdot p_1-1 = 2^p \cdot p_1 -1 \geq 2^p -1 =\sum\limits_{i = 2}^p {C_p^i} + p > p, $$ что невозможно.

Продолжу решение выше с момента:

$$2^p=p^2+q^n,\quad 2^q=q^2+p^m,\quad\text{где} \quad 2\nmid m,n,p,q.$$

Без ог. общности $v_2(p+1)\ge v_2(q+1).$ Заметим, что $2^p=(p^2-1)+(q^n+1).$ Отсюда видно, что $2^p>p^2-1\implies p>v_2(p^2-1).$

Поскольку $2\nmid n,$ то

$$q^n+1=(q+1)(q^{n-1}-q^{n-2}+\ldots-q+1).$$

Очевидно, что число в правой скобке нечетное, поэтому $v_2(q^n+1)=v_2(q+1).$ Тогда

$$v_2(2^p)=p>v_2(p^2-1)=v_2(p+1)+v_2(p-1)\ge v_2(q+1)+1>v_2(q+1)=v_2(q^n+1)$$

$$\implies v_2(2^p)>v_2(p^2-1)>v_2(q^n+1),$$

откуда получаем противоречие, так как

$$v_2(2^p)=v_2\bigg( (p^2-1)+(q^n+1) \bigg)=v_2(q^n+1)<v_2(2^p).$$

ясно что если какое то из них равно $2$ то ответа нет тогда давайте докажем при $p,q\geq3$

лемма $x^y-y^x \equiv \ne 0 \pmod {x,y}$ где $x,y$ взаимно простые ,натуральные ,$>1$ Доказательство $x^y\equiv 0 \pmod{x} , y^x \equiv n \pmod{x}$$\rightarrow$ что и требовалось доказать и аналогично с $y$

Используя выше указанную лемму находим что $2^p-p^2\equiv n \pmod{p}$откуда понимаем что $2^q-q^2\equiv o \pmod{p}$ и аналогично с $p$ ,$2^q-q^2=p^m,2^p-p^2=q^n$,

лемма $2^q-q^2=l^o$ не имеет решений при $q,l$ взаимнопросты и $q$ простые при $q\geq5$ $o\geq 2$ если мы докажем что это так то мы докаже что и говорится в задаче

заметим что справа все числа делится на $l$ и оно обязательно нечетное заметим что $0$ четное тогда понимаем что $2^q-q^2\equiv 7 \pmod{8} \ne l^0 \equiv 1 \pmod{8}$ что означает мы доказали задачу . если я где то с выводами ошибаюст напишите снизу

Откуда вы нашли эти леммы если не секрет

Секрет