Математикадан 43-ші халықаралық олимпиада, 2002 жыл, Глазго

$\dfrac{{{a}^{m}}+a-1}{{{a}^{n}}+{{a}^{2}}-1}$ саны бүтін болатындай $a$ шексіз көп натурал саны табылатындай барлық $m\ge 3$, $n\ge 3$ натурал сандар жұптарын табыңыздар.

Комментарий/решение

Замечаем $ a^n + a^2 - 1 | (a+1)(a^m + a - 1) - (a^n + a^2 - 1) = (a^{m+1} + a^m) + (a^2 - 1) - (a^n + a^2 - 1) = a^{m+1} + a^m - a^n = a^n(a^{m-n+1} + a^{m-n} - 1)$ откуда $ a^{n} + a^2 - 1 | a^{m-n+1} + a^{m-n} - 1$ легко понять что $ n \leq m - n + 1$ откуда $ 2n-1\leq m$

Fact : $ m \leq 2n - 1$

Возьмем $m=nk+x$

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

$a^{nk+x-1}+1-a-a^{n-1}$делится на $a^n+a^2-1$

$a^{nk+x-1}+1-a-a^{n-1}+a^n+a^2-1$ и теперь будем делать операцию делим на $a$ и добавляем или отрецаем $ a^n + a^2 - 1$в конце концов вы придёте то что сумма чисел с степенью меньше чем $n$ и потом вы получите что $ a^n + a^2 - 1$ больше чем исходное так чисел там много но меньше , и в конце концов выходит что $k$ ограничен и можно легко доказать что $k=2$ невозможен и потом через неё можно большие ограничить

Откуда $m=2n-1$

$ a^n + a^2 - 1 | a^n + a^{n-1} - 1$

$ a^n + a^2 - 1 | a^{n-1} - a^2$

Легко понять $n=3$

Надеюсь в решение нет дыр

Возьмем $P(x)=x^m+x-1$ и $Q(x)=a^n+a-1$. Тогда из условие следует что $Q(x)|P(x)$. Возьмем действительный корень $r$ многолена $Q(x)$. Тогда также из условие $r$ является корнем многочлена $P(x)$ =>> $r^n+r^2=1$ и $r^m+r=1$ =>> $r^n=r^m+r^{m+1}$. Очевидно что $m>n$ тогда возьмем $F(x)=x^{m-n+1}+x^{m-n}+1$. И так как для каждого действительного корня $Q(x)$ он является и корнем $F(x)$ =>> $Q(x)|F(x)$. Но факт что $X^N+X^{N+1}-1$ является неприводимым отсюда $F(x)$ является неприводимым. Отсюда следует что $m-n=2$ и $m-n+1=n$ =>> $(m,n)=(5,3)$.

Это условие эквивалентно тому, $что a^n + a^2 - 1$ делит $a^m + a - 1$ как многочлен.

Сначала аналитическая часть:

Утверждение. Должно выполняться неравенство $m \leq 2n.$

Доказательство. Предположим противное: пусть m > 2n, и пусть 0 < r < 1 — единственное вещественное число, для которого

$$r^n + r^2 = 1 \Rightarrow r^m + r = 1.$$

Но тогда:

$0= r^m + r - 1 \leq r^{2n+1} + r - 1 \\$

$= r \left( (1 - r^2)^2 + 1 \right) - 1 \\$

$= -(1 - r) \left( r^4 + r^3 - r^2 - r + 1 \right) \\$

$= -(1 - r) \left( r^4 + (1 - r)(1 - r^2) \right)$

Так как $1 - r > 0$ и $r^4 + (1 - r)(1 - r^2) > 0$ при $0 < r < 1$ мы получаем противоречие

Теперь алгебраическая часть. Очевидно, m > n. Рассмотрим делимость:

$a^n + a^2 - 1 $ $\mid$ $a^m + a - 1 \\$

$\Leftrightarrow a^n + a^2 - 1 \mid (a^m + a - 1)(a + 1) \\$

$= a^m(a + 1) + (a^2 - 1) \\$

$\Leftrightarrow$ $a^n + a^2 - 1 \mid a^m(a + 1) - a^n \\$

$\Leftrightarrow$ $a^n + a^2 - 1 \mid a^{m - n}(a + 1) - 1.$

Правая часть имеет степень m - n + 1 \leq n + 1, и старшие коэффициенты равны 1. Возможны только два случая:

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

или

$a^{m-n}(a + 1) + 1 = a^n + a^2 - 1.$

Первый случай не выполняется, например, при $a = -1$Второй случай даёт:

$(m, n) = (5, 3)$

Так как шаги были обратимы, это также означает, что (m, n) = (5, 3) подходит. Ответ: $(5, 3)$