Республиканская олимпиада по математике, 2015 год, 11 класс

Найдите все такие пары натуральных чисел $(n,k)$, что число $(n+1)(n+2) \dots (n+k)-k$ является полным квадратом. ( Ильясов С., Овчинников Д. )

Комментарий/решение

Администратор, выложите, пожалуйста, полное решение данной задачи. Заранее спасибо!

Добавил решение. Не полностью решенные, тем более решенные без объяснения решения пришлось удалить.

Решение (часть 1). Обозначим $(n+1)(n+2)\ldots (n+k)-k={{a}^{2}}.$

Пусть $k>4.$ Тогда $k={{k}_{1}}+4$ для какого либо натурального ${{k}_{1}}.$

$$\left( n+1 \right)\ldots \left( n+{{k}_{1}} \right)\left( n+{{k}_{1}}+1 \right)\left( n+{{k}_{1}}+2 \right)\left( n+{{k}_{1}}+3 \right)\left( n+{{k}_{1}}+4 \right)-\left( {{k}_{1}}+4 \right)={{a}^{2}}\Leftrightarrow $$

$$\underbrace{\left( n+1 \right)\ldots \left( n+{{k}_{1}} \right)}_{\vdots {{k}_{1}}}\underbrace{\left( n+{{k}_{1}}+1 \right)\left( n+{{k}_{1}}+2 \right)\left( n+{{k}_{1}}+3 \right)\left( n+{{k}_{1}}+4 \right)}_{\vdots 4}-{{k}_{1}}={{a}^{2}}+4. \quad (1) $$

Заметим, что в произведении всех $\left( {{k}_{1}}+4 \right)$ скобок, произведение первых ${{k}_{1}}$ скобок делится на ${{k}_{1}}$, так как это произведение последовательных ${{k}_{1}}$ чисел, среди которых ровно одно делится на ${{k}_{1}}.$ Также, произведение последних 4-х скобок делится на 4. Поэтому все произведение можно обозначить как $4{{k}_{1}}s$, то есть уравнение (1) можно переписать в виде ${{k}_{1}}\left( 4s-1 \right)={{a}^{2}}+{{2}^{2}}.$

Лемма 1. У числа ${{a}^{2}}+{{2}^{2}}$ не простого делителя вида $p=4t+3.$

Доказательство. От противного, пусть ${{a}^{2}}+{{2}^{2}}$ имеет простой делитель $p=4t+3.$ Тогда ${{a}^{2}}\equiv -{{2}^{2}}\left( \bmod p \right)$. Возведем это сравнение в нечетную $\left( 2t+1 \right)$-ю степень. Тогда ${{a}^{4t+2}}\equiv -{{2}^{4t+2}}\left( \bmod p \right)$. Так как $\left( p;2 \right)=1$, то по малой теореме Ферма ${{a}^{4t+2}}\equiv -{{2}^{4t+2}}\left( \bmod p \right)\Leftrightarrow {{a}^{p-1}}\equiv -{{2}^{p-1}}\left( \bmod p \right)\Leftrightarrow 1\equiv -1\left( \bmod p \right)$, противоречие.

Вернемся к решению задачи. У числа $4s-1$ есть простой делитель вида $q=4m-1$ (который также представляется в виде $4l+3$), то есть этот же простой делитель должен быть у числа ${{a}^{2}}+{{2}^{2}}$. Пришли к противоречию того, что $k>4.$

Решение (часть 2). Осталось разобрать случаи.

1 случай. $k=4.$ Тогда исходное уравнение примет вид \[\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)\left( n+3 \right)\left( n+4 \right)-4={{a}^{2}}\Leftrightarrow \]\[{{\left( {{n}^{2}}+5n \right)}^{2}}+10\left( {{n}^{2}}+5n \right)+20={{a}^{2}}\Leftrightarrow \] \[{{b}^{2}}+10b+20={{a}^{2}}\Leftrightarrow \] Но ${{\left( b+4 \right)}^{2}}<{{b}^{2}}+10b+20<{{\left( b+5 \right)}^{2}}$, то есть ${{a}^{2}}$ лежит между двумя последовательными квадратами ${{\left( b+4 \right)}^{2}}$ и ${{\left( b+5 \right)}^{2}}$, что невозможно.

2 случай. $k=3.$ $\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)\left( n+3 \right)-3={{a}^{2}}.$ Левая часть уравнения нечетное число. Следовательно, $a$ также нечетное число, или $a=2{{a}_{1}}+1$. Тогда \[\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)\left( n+3 \right)=4\left( a_{1}^{2}+{{a}_{1}}+1 \right).\] Так как в левой части равенства состоит из произведения трех последовательных чисел, то какая-та скобка при делении на 3 дает остаток 2, следовательно у этой скобки есть простой делитель вида $q=3m+2.$ Значит, этот простой делитель должен быть и у числа $\left( a_{1}^{2}+{{a}_{1}}+1 \right).$

Лемма 2. Число вида ${{x}^{2}}+x+1$ не имеет простого делителя вида $q=3m+2.$

Доказательство. Пусть ${{x}^{2}}+x+1\vdots q$, тогда $\left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}+x+1 \right)={{x}^{3}}-1\vdots q.$ То есть ${{x}^{3}}\equiv 1\left( \bmod q \right)\Rightarrow {{x}^{3m}}\equiv 1\left( \bmod q \right).$ По малой теореме Ферма ${{x}^{q-1}}={{x}^{3m+1}}\equiv 1\left( \bmod q \right)$, откуда разность сравнении дает: \[{{x}^{3m+1}}-{{x}^{3m}}\equiv 0\left( \bmod q \right)\Leftrightarrow {{x}^{3m}}\left( x-1 \right)\equiv 0\left( \bmod q \right)\Rightarrow x\equiv 1\left( \bmod q \right).\] Тогда \[{{x}^{2}}+x+1\equiv 1+1+1\equiv 3\left( \bmod q \right)\Leftrightarrow 0\equiv 3\left( \bmod q \right)\] то есть $q=3.$ Противоречие.

3 случай. $k=2.$ $\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)-2={{a}^{2}}\Leftrightarrow {{n}^{2}}+3n={{a}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( 2n+3 \right)}^{2}}-{{\left( 2a \right)}^{2}}=9.$ В последнем уравнении квадраты отличаются на 9 только при ${{\left( 2n+3 \right)}^{2}}=25$ и ${{\left( 2a \right)}^{2}}=16$ или $n=1$ и $a=2.$ В этом легко убедиться выписав полные квадраты: $1;4;9;25;36;49;64;81;...$ То есть $\left( n;k \right)=\left( 1;2 \right).$

4 случай. $k=1$. $n+1={{a}^{2}}$, $\left( n;k \right)=\left( {{a}^{2}}-1;1 \right).$