1-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, кіші лига, 2005 жыл

$0\le m\le 2n$ болатындай $m$ және $n$ бүтін сандары берілген. Онда ${{2}^{2n+2}}+{{2}^{m+2}}+1$ санының $m=n$ болғанда ғана толық квадрат болатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Пусть

$2^{2n+2}+2^{m+1}+1=x^2$

$x$ нечетное, всегда, те по мод 4 может давать только 3 и 1

$2^{2n+2}=(2^{(n+1)*2})$

$(2^{n+1}+1)^2=2^{2n+2}+1+2^{n+2}$

Значит если $m<n$, то, число из условия зажимается между последовательными квадратами

Теперь, $m>n$, тогда

$m+2=n+k>n+2$

$(2^{n+1}+1)^2+2^{n+k}-2^{n+2}=x^2$

$2^{n+k}-2^{n+2}$ делится на $2^{n+2}$

Тогда,$(x-(2^{n+1}+1))(x+2^{n+1}+1)$ делится на $2^{n+2}$

Теперь если $n\geq 1$, то $n+1$ хотя бы 2, отсюда

$2^{n+1}$ делится на 4, тогда если $x$ по модулю 4 это 3

$(x-(2^{n+1}+1))$ делится максимум на 2

Значит $(x+2^{n+1}+1)$ делится на $2^{n+1}$

Тогда $x=2^{n+1}*k-1$ (это другой k, не тот который мы использовали ранее)

Теперь, $x^2=2^{2n+2}*k^2-k*2^{n+2}+1$

Число из условия меньше или равно чем $2^{2n+3}+1$, ведь $m\leq 2n$

Докажем, что практические всегда $2^{2n+2}*k^2-k*2^{n+2}+1\geq 2^{2n+3}+1$

То есть нужно найти при каких k, это выполняется

$2^{n}*k^2-k\geq 2^{n+1}$

$2^n*k^2-k=2^n*2+2^n*(k^2-2)-k$

Значит осталось доказать, что $2^n*(k^2-2)-k\geq 0$

Следовательно, $2^n*(k^2-2)\geq k$

При $k\geq 2$

$k^2-2\geq k$, (это легко можно доказать и по индукции)

Но тогда $2^n*(k^2-2)\geq k$, потому что $2^n\geq 1$

Значит это действительно так. То есть при $k>2$, $x^2$ будет слишком большим, а значит все плохо

Тогда $k=1$, $x = 2^{n+1}-1$, там будет $-2^{n+2}=2^{m+2}$, отсюда противоречие

$k=2$, $x = 2^{n+2}-1$,

$2^{2n+4}-2^{n+3}+1=2^{2n+2}+2^{m+2}+1$

$m>n$

$3*2^{2n+2}-2^{n+3}=2^{m+2}$

Тогда $2^{m+2}$ делится на $2^{n+3}$

Если n - натуральное, то $2^{2n+2}$ делится на $2^{n+3}$

Значит $3*2^{n-1}-1=2^{m-n-1}$

Либо $n=1$, либо $m-n-1=0$, иначе чет=нечет

Из первого, там можно просто перебрать все m, и получить что подходит только 1

Из второго, $m=n+1$

Тоже противоречие, при таком m, число можно зажать между

$(2^{n+1}+1)^2$, а также $(2^{n+1}+2)^2$.

Теперь если x по мод 4 дает 1,

$x-(2^{n+1}+1)$ делится на $2^{n+1}$

Тогда $x=2^{n+1}*k+1$

Тут же можно делать такие же рассуждения как для того x, потому что это число еще больше, но тогда делаем такие утверждения и опять получаем противоречие, при m не равно n.

$m=n$

Пусть $2^{2n+2}+2^{m+2}+1=x^2 => x=2y+1$, y - целое $=>2^{2n+2}+2^{m+2}+1=4y^2+4y+1=> 2^m(2^{2n-m}+1)=y(y+1)$

$(2^m, 2^{2n-m}+1)=(y, y+1)=1 =>

i)y=2^m => y+1=2^m+1=2^{2n-m}+1 => m=n

ii)2^m=y+1 => y=2^m-1=2^{2n-m}+1 =>

2^m=2^{2n-m}+2

2n≥m => m=1 => 2^{2n-m}=0

$

Нет решений кроме m=n