Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Заметим, что p, q>2. Тогда (2p−p2, pm)=(2q−q2, qn)=1, откуда получим равенства 2p−p2=qn и 2q−q2=pm. Если n — чётное число, то 2^p \equiv p^2+q^n \equiv 1+1 \equiv 2 \pmod 4, что невозможно. Поэтому n — число нечётное. Аналогично и m — нечётное число. Без ограничения общности, положим, что максимальная степень двойки, которая входит в разложение числа p+1, не меньше максимальной степени двойки, которая входит в разложение числа q+1. Тогда p+1=2^s \cdot p_1 и q+1 = 2^s \cdot q_1, где q_1 — нечётное число, а p_1 — натуральное. Так как для любого i \geq 2 верно сравнение (2^s\cdot q_1)^i \equiv 0 \pmod {2^{s+1}}, то {2^p} \equiv {p^2} + {q^n} \equiv {\left( {{2^s} \cdot {p_1} - 1} \right)^2} + {\left( {{2^s} \cdot {q_1} - 1} \right)^n} \equiv 1 + \sum\limits_{i = 0}^n {{{\left( {{2^s} \cdot {q_1}} \right)}^i} \cdot \left( { - 1} \right)^{n-i} \cdot C_n^i} \equiv \equiv 1 + {2^s} \cdot {q_1} \cdot C_n^1 - C_n^0 \equiv {2^s} \cdot {q_1} \cdot n \equiv {2^s} \pmod {2^{s+1}}, то есть 2^p \equiv 2^s \pmod {2^{s+1}}. Из последнего сравнения следует, что p=s. Тогда p=2^s \cdot p_1-1 = 2^p \cdot p_1 -1 \geq 2^p -1 =\sum\limits_{i = 2}^p {C_p^i} + p > p, что невозможно.
Продолжу решение выше с момента:
2^p=p^2+q^n,\quad 2^q=q^2+p^m,\quad\text{где} \quad 2\nmid m,n,p,q.
Без ог. общности v_2(p+1)\ge v_2(q+1). Заметим, что 2^p=(p^2-1)+(q^n+1). Отсюда видно, что 2^p>p^2-1\implies p>v_2(p^2-1).
Поскольку 2\nmid n, то
q^n+1=(q+1)(q^{n-1}-q^{n-2}+\ldots-q+1).
Очевидно, что число в правой скобке нечетное, поэтому v_2(q^n+1)=v_2(q+1). Тогда
v_2(2^p)=p>v_2(p^2-1)=v_2(p+1)+v_2(p-1)\ge v_2(q+1)+1>v_2(q+1)=v_2(q^n+1)
\implies v_2(2^p)>v_2(p^2-1)>v_2(q^n+1),
откуда получаем противоречие, так как
v_2(2^p)=v_2\bigg( (p^2-1)+(q^n+1) \bigg)=v_2(q^n+1)<v_2(2^p).
ясно что если какое то из них равно 2 то ответа нет тогда давайте докажем при p,q\geq3
лемма x^y-y^x \equiv \ne 0 \pmod {x,y} где x,y взаимно простые ,натуральные ,>1 Доказательство x^y\equiv 0 \pmod{x} , y^x \equiv n \pmod{x}\rightarrow что и требовалось доказать и аналогично с y
Используя выше указанную лемму находим что 2^p-p^2\equiv n \pmod{p}откуда понимаем что 2^q-q^2\equiv o \pmod{p} и аналогично с p ,2^q-q^2=p^m,2^p-p^2=q^n,
лемма 2^q-q^2=l^o не имеет решений при q,l взаимнопросты и q простые при q\geq5 o\geq 2 если мы докажем что это так то мы докаже что и говорится в задаче
заметим что справа все числа делится на l и оно обязательно нечетное заметим что 0 четное тогда понимаем что 2^q-q^2\equiv 7 \pmod{8} \ne l^0 \equiv 1 \pmod{8} что означает мы доказали задачу . если я где то с выводами ошибаюст напишите снизу
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.