Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Лемма 1: Для ∀N∈N такого, что N\equiv 2 \pmod 3, \exists p\in\mathbb P такое, что p\mid N,p\equiv 2\pmod 3, и 2\nmid v_p(N)
Лемма 2:Если p\mid a^2+ab+b^2, где a,b\in\mathbb Z , p\in\mathbb P и p\equiv 2\pmod 3, то p\mid a,b
Решение: Заметим, что (a+b+c)^2=(3k+2)(ab+bc+ca) из Леммы 1 \exists p\in\mathbb P, p\equiv 2\pmod 3, p\mid 3k+2 и 2\nmid v_p(3k+2), тогда p\mid a+b+c , p\mid ab+bc+ca, значит ab+bc+ca=ab+c(a+b)\equiv -a^2-ab-b^2\pmod p \implies p\mid a^2+ab+b^2
откуда из Леммы 2 получаем, что p\mid a,b\implies p\mid c, но тогда a=pa_1, b=pb_1, c=pc_1
подставив в изначальное уравнение получаем, что (a_1+b_1+c_1)^2=(3k+2)(a_1b_1+b_1c_1+c_1a_1)
Следовательно a=b=c=0, так как иначе делением на p можно получить не целую тройку (но она должна быть целой всегда).
Док-во лемм:
\textbf{Лемма 1}:N\equiv2\pmod{3} Значит число N не содержит делителей которые давали бы остаток 0 по модулю 3. Значит все простые делители имеют вид p=3k+1;3k+2 (N=p_{1}^{a_{1}}×p_{2}^{a_{2}}×...×p_{n}^{a_{n}})
Если вдруг не будет простого p которое p\mid N, то у числа N делители только вида 3k+1 Тогда по разложению
N\equiv1^{a_{1}}×1^{a_{2}}×...×1^{a_{n}}\equiv1\pmod{3} что противоречит условию. Значит есть какое то которое p\equiv2\pmod{3};p\mid N Если 2\mid \nu_{p}(N) (я не нашел символ,которую использовал ASDF), то
p^{2x}\equiv2^2\equiv1 \pmod{3} т.е. если все p=3k+2 входят в N четное кол-во раз, мы получаем противоречие.
Значит лемма доказана
(\nu_{p}(N)—степень вхождение т.е. если p^{a}\mid N но p^{a+1}\nmid N, значит \nu_{p}(N)=a)
\textbf{Лемма 2}: Докажем от противного, пусть p\nmid a;b
p=3k+2;a^2+b^2+ab\equiv0\equiv (a-b)(a^2+b^2+ab)\equiv a^3-b^3 \pmod{p}\Leftrightarrow a^3\equiv b^3 \pmod{p}\Rightarrow a^{3k}\equiv b^{3k}\pmod{p}\Rightarrow a^{3k+1}\equiv b^{3k}×a
По малой теореме Ферма
a^{3k+1}\equiv 1 \pmod{p}(т.к. p\nmid a; p-1=3k+1) Тогда
a^{3k+1}\equiv b^{3k}×a\equiv 1\pmod{p}
Так же по малой теореме Ферма b^{3k+1}\equiv 1\pmod{p} \Rightarrow b^{3k+1}\equiv b^{3k}×a \pmod{p} \\ \Leftrightarrow b^{3k+1}-b^{3k}×a\equiv 0 \pmod{p} \Leftrightarrow b^{3k}(b-a)\equiv 0 \pmod{p}
Мы знаем что p\nmid b, значит b-a\equiv 0 \pmod{p}\Leftrightarrow a\equiv b \pmod{p} Значит
a^2+ab+b^2\equiv 3a^2 \equiv 0 \pmod{p} но p\nmid a;3 (т.к. 3k+2\ne3)противоречие. Значит обязательно чтобы p\mid a;b
В конце можно вот так добить:
p|a^2+b^2+ab если p не делит a,b тогда
(2a+b)^2 \equiv -3b^2 (\mod p)
(2a \cdot b^{-1}+1)^2 \equiv -3 (\mod p)
И по символу лежадра:
1=\left(\frac{-3}{p}\right)= (-1)^{\frac{p-1}{2}} \cdot \left(\frac{3}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}} \cdot \left(\frac{p}{3}\right) \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1 противоречие.\blacksquare
Решение можете посмотреть на данном сайте в разделе математика:
т.к. правое делится на 3 то a^2+b^2+c^2\equiv 0 \pmod{3} so a^2,b^,c^2 \equiv 1,0 \pmod{3} if its \equiv 0 \pmod{3} we dont have answer because , we can indefinitely reduce this until the moment when 3^2+3^2+3^2=3k(9+9+9) and we cannt do this because x is natural,so a^2,b^2,c^2\equiv 1 \pmod {3} единственные варианты где все четные или 2 нечетных и одно четное но из первого случая должен получиться второй когда m раз делим на 2 отюда осталось доказать этот вариант пусть a=2n+1,b=2k+1,c=2x \rightarrow 4(n^2+k^2+x^2+n+k+x)+2=(n2+1)(k2+1)+(x2)(n2+1)+(2x)(k2+1), \Rightarrow we dont have answer because right side is odd and left is right but we ckecked only natural but a,b,c целые откуда понимаем что 0 тоже ответ значит единственный ответ 0
Заметим что если a=b=c то a=b=c=0 и k любое натуральное число.
1)Если же они все попарно различны тогда
По Б.О.О V_3(a) \geq V_3(b) \geq V_3(c) =>> V_3(a^2+b^2+c^2)=V_3(c^2)=2•V_3(c)
V_3(ab+bc+ca)=V_3(bc) =>> 1+V_3(k)+V_3(b)+V_3(c)=2•V_3(c) что не возможно.
2) Какие то двое равны тогда допустим a=b =>> V_3(2a^2+c^2)=V_3(c^2)=1+V_3(k)+V_3(a)+V_3(c) что не возможно
Вы имеете ввиду что это не верно?
V_3(ab+bc+ca)=V_3(bc) =>> 1+V_3(k)+V_3(b)+V_3(c)=2•V_3(c)
Если что если кто то не понял что это так то есть факт V_p(a+b+c)=min[V_p(a),V_p(b),V_p(c)]
Ну V_3(1) и V_3(2) равны же извините что так подробно не написал степени вхождения тоже должны быть различны как и сами числа
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.