Математикадан 58-ші халықаралық олимпиада, 2017 жыл, Рио-де-Жанейро
Комментарий/решение:
Решение: Заметим, чтоgcd(P(n−1),P(n))=gcd(n2−n+1,n2+n+1)=gcd(n2−n+1,2n)=gcd(n,n2−n+1,n)=1(1)p|P(a+2),P(a)⇔p|a2+a+1,2a+3⇒p|(2a+1)2+3≡22+3=7⇒7|a−2(2)Из (1) следует, что искомое b≠2,3, из (2) имеем b≠4. Если b=5, то некоторые 3 числа из {P(a+1),P(a+2),...,P(a+5)} имеют общий простой делитель, иначе 5 чисел можно разбить на пары не взаимнопростых, т.е. 5 - чётное. Из (1) эти 3 числа P(a+1),P(a+3),P(a+5), откуда из (2) 7|a−1,a+1 - противоречие, поэтому b≥6.
p|P(a),P(a+3)⇔p|6a+12,a2+a+1⇔3|a−2p|P(a),P(a+4)⇔p|8a+20,a2+a+1⇔p|2a+5,(2a)2+4a+4≡19⇔19|a−7Теперь докажем существование такого a, чтоgcd(P(a+1),P(a+5))=19,gcd(P(a+2),P(a+4))=7,gcd(P(a+3),P(a+6))=3Из доказанного выше это равносильно 19|a−6,7|a,3|a−2, очевидно такой существует по китайской теореме об остатках.
Ответ: 6
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.