Processing math: 10%

35-я Балканская математическая олимпиада. Белград, Сербия, 2018 год


Найдите все пары простых чисел (p,q) таких, что число 11p+17p делится на 3pq1+1.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  5
3 года 11 месяца назад #

Ответ: (3,3).

Сначала мы избавимся от нескольких крайних случаев:

Проверяя p=2 has не имеет решений

Проверяя p=3 имеет единственное решение (3,3).

Утверждение: Каждое простое число, делящий 11p+17p, является либо 2, либо 7, либо 1 \pmod p.

Д-во: Рассмотрим простое число r, которое делит 11^p+17^p. Очевидно, что r \ne 17. Очевидно, что (-11/17)^p \equiv 1 \pmod r, поэтому либо -11/17 \equiv 1 \pmod r Значит, r \mid 28, или -11/17 имеет показатель p, в зависимости от этого

Таким образом, мы находим 3p^{q-1}+1 произведение 2, 7, и 1 \pmod p простых чисел.

Теперь мы рассмотрим несколько новых случаев:

[*]Если p \ne 7 и q \ne 2, тогда 3p^{q-1}+1 \equiv 4 \pmod 8, в то время как \nu_7(11^p+17^p) = 1. Поэтому мы должны иметь 3p^{q-1} + 1 = 2^2 \cdot 7^{0\text{ или }1} \cdot \left( \text{$1 \bmod p$ простых чисел } \right). Это означает, что либо 1 \equiv 4 \pmod p либо 1 \equiv 28 \pmod p, а это дает нам p = 3.

[*]Если p = 7, тот же результат, за исключением того, что степень 7 должно быть точно равно 0 (несмотря на то что \nu_7(11^p+17^p)=2).

[*]Если q=2, тот же самый пример работает, за исключением того, что нам нужно дополнительное утверждение, что 11^p+17^p \not\equiv 0 \pmod 8; следовательно 3p + 1 = 2^{1\text{ или }2} \cdot 7^{0\text{ или }1} \cdot \left( \text{$1 \bmod p$ простых чисел } \right). Следовательно, у нас есть один дополнительный случай (p,q) = (13,2) проверяя несложно убедиться что оно не подходит.

Это дает полное доказательство того, что (p,q) = (3,3) является единственным решением.

  7
1 года 4 месяца назад #

Пусть r — нечетное простое число, делящее 3p^{q-1}+1, следовательно, r делит 11^p+17^p. ( если p нечетно, то мы имеем 3p^{q-1}+1 \equiv 4 \pmod 8, и поскольку это число явно больше 4, мы знаем, что оно должно иметь нечетный простой делитель, и если p равен 2, наше число нечетное, и поэтому наша гипотеза очевидна)

Если p равен 2, мы проверяем вручную.

У нас есть 11^p \equiv -17^p \pmod r, поэтому (\frac {11}{17})^{2p} \equiv 1 \pmod r. Пусть порядок (\frac {11}{17}) равен x. Таким образом, x делит и r-1, и 2p, и, поскольку оно не может быть нечетным, оно должно быть либо 2, либо 2p. Если это 2, мы получаем, что r делит 168, и, поскольку r нечетно, а не 3, оно должно быть 7. Если x равен 2p, мы имеем r \equiv 1 \pmod {2p}. Учитывая это, получаем 3p^{q-1}+1=4^m7^ny, где (y,14)=1 и y\equiv 1 \pmod p. По LTE мы получаем, что n равно 2, если p=7 (проверяем вручную), или n\le 1. Кроме того, m=1.

Взяв \pmod p, мы получим 1 \equiv 4,28 \pmod p, то есть 0 \equiv 3, 27 \pmod p. Таким образом, p=3 и, после некоторых рассуждений, q=3. Таким образом, единственное решение — (3,3).

Редактировать:

Ой, забыл про q=2. Если существует простое число r, которое делит 3p+1 и r не равно 7, действуем, как раньше. если 3p+1 является степенью 2, то ее показатель должен быть четным.

Таким образом, 3p=(2^x-1)(2^x+1), и поэтому x равно 1 или 2, что означает, что p равно либо 3, либо 5. Получаем противоречие в обоих случаях.

Если 7 делит 3p+1, то 3p+1=2^k7. 11^p — это либо 3, либо 1 \pmod 8, а 17^p — это 1 \pmod p. Таким образом, k\le 2, и мы проверяем случаи вручную