Республиканская олимпиада по математике, 2015 год, 10 класс
Комментарий/решение:
Число nan+1 представимо в виде nan+1=pa11pa22...pakk тогда кол-во делителей будет (a1+1)(a2+1)...(ak+1) поэтому нам достаточно доказать, что при pi простом((a;pi)=1,(pi>m+2)), существует бесконечно много таких n, что nan делится на pm−1i, но не делится на pmi. Заметим, что по теореме Эйлера pm−1i−m - делится на показатель числа a по модулю pm−1i,(заменим pm−1i−m=d) поэтому если заменить n на (pm−1i−m)(mpm−1i−m−1)r (где r число вида kpm−1i+1) , то {na^n+1}\equiv {-m^{d}+1} \pmod {p^{m-1}} , а так как (m;p_i)=1, то -m^{d}+1 делится на p_i^{m-1}. осталось доказать, что существует бесконечно много таких r, что na^n+1 не делится на p_i^m, что очевидно, так как kp_i^{m-1}+1 и (k+1)p_i^{m-1}+1 дают разные остатки по модулю p_i^m, при любом натуральном k, а потому одно из них подходит по условию.
Решение: Сперва упомянем лемму.
Лемма (Бразилия 2005): Для любых натуральных a,c и целого b найдется натуральное x, что
a^x+x\equiv b \pmod c
Доказательство. Зафиксируем a и b, и докажем индукцией по c, что существует даже бесконеное кол-во таких x.
База c=1 очевидна. Допустим утверждение верно для всех чисел меньших c\ge 2. Теперь докажем для c.
Рассмотрим \varphi(c)<c, из предположение \exists строго возрастающая последовательность \{x_i\}_{i\ge 1}>0, что
\varphi(c)\mid a^{x_i}+x_i-b\implies a^{x_i}+x_i-b=y_i\varphi(c)\implies b=a^{x_i}+x_i-y_i\varphi(c).
Теперь рассмотрим x=x_i-y_i\varphi(c)+cK_i\varphi(c), где x_i и K_i достаточно большие натуральные числа. Отсюда получаем
a^x+x-b=a^x+\big(x_i-y_i\varphi(c)+cK_i\varphi(c)\big)-(a^{x_i}+x_i-y_i\varphi(c))=
a^x-a^{x_i}+cK_i\varphi(c)\equiv a^x-a^{x_i}\pmod c,
осталось показать, что если x-x_i=\varphi(c)\cdot (cK_i-y_i), то c\mid a^x-a^{x_i}.
Для этого заметим, что для всех простых p\mid c, но p\nmid a:
v_p(a^x-a^{x_i})=v_p(a^{x-x_i}-1)=v_p(a^{\varphi(c)\cdot (cK_i-y_i)}-1)\ge v_p(c),
а для p\mid a,c:
v_p(a^x-a^{x_i})=v_p(a^{x_i})=x_i\cdot v_p(a)\ge v_p(c).
Доказано. Ясно, что таких x бесконечно много, переход доказан. \blacksquare
Вернемся к задаче. Будем считать, что a,m>1, ведь иначе задача очевидна.
Рассмотрим простое 2<p\mid a^2+1, пусть d=v_p(a^2+1) и N=d*(m-1).
Существует бесконечно много x, что a^x+x\equiv 2p^{N-1}\pmod {4p^N}. Подставим n=a^x:
v_p(na^n+1)=v_p(a^{a^x+x}+1)=v_p(a^{2p^{N-1}}+1)=v_p(a^2+1)+N-1=dm-1,
тогда m\mid dm\mid \tau (na^n+1).
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.