Республиканская олимпиада по математике, 2019 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Решение можете посмотреть на данном сайте в разделе математика:
Пусть s=nk+1+1(na1+1)(na2+1)...(nak+1), тогда s\equiv 1 \pmod n, но s<\frac{n^{k+1}+1}{n^{k}}<n+1.
Следовательно, s=1 и n^{k+1}+1=\prod_{i=1}^{k}\left(na_{i}+1\right).
Если k=1, мы сразу получаем a_{1}=n.
Если k=2, мы получаем n^{3}+1=\left(na_{1}+1\right)\left(na_{2}+1\right), что эквивалентно na_ {1}a_{2}+a_{1}+a_{2}=n^{2}.
Итак, n|a_{1}+a_{2} и a_{1}a_{2}<n, поэтому \left(a_{1},a_{2}\right)=(1,n -1),(n-1,1).
Теперь предположим, что k\geq 3.
Если n=1, то мы легко видим, что дальнейших решений нет.
Если n=2, то k<4, поэтому k=3. Мы легко видим, что решений нет. Теперь предположим, что n\geq 3.
Мы легко видим \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}>n, поэтому n^{n^{2}+1}<\left(n+1 \right)^{n^{2}}. Следовательно, k<n^{2}.
Если существует 3 различных i таких, что a_{i}=1, то \left(n+1\right)^3|n^{k+1}+1.
Нетривиальными операциями получаем \left(n+1\right)^2|k+1, что означает k\geq n^2+2n. Итак, противоречие!
Следовательно, существует хотя бы k-2 различных i таких, что a_{i}\geq 2.
Если k\geq 5, мы легко видим, что a_{1}a_{2}\cdots a_{k}\geq a_{1}+a_{2}+\cdots a_{k}.
Когда мы оцениваем обе стороны n^{k+1}+1=\prod_{i=1}^{k}\left(na_{i}+1\right), тогда n|a_{1} +a_{2}+\cdots a_{k}.
Это означает, что a_{1}a_{2}\cdots a_{k}\geq n.
Но тогда n^{k+1}+1=\prod_{i=1}^{k}\left(na_{i}+1\right)>n^{k}a_{1}a_{2} \cdots a_{k}+1\geq n^{k+1}+1, противоречие.
n|a_{1}+a_{2}+\cdots a_{k} и a_{1}a_{2}\cdots a_{k}< n применимо к остальным случаям k=3, k=4 тоже.
Если k=3, то n+1\not|n^{4}+1, следовательно, a_{i}\geq 2 для всех i. Итак, мы легко видим, что решения нет.
Если k=4, то после грязной работы мы видим, что решения нет.
Следовательно, решения: \boxed{k=1,a_{1}=n} и \boxed{n\geq 2,k=2,\lbrace{a_{1},a_{2}\rbrace}= \lbrace{1,n-1\rbrace}}
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.