Processing math: 13%

Республиканская олимпиада по математике, 2020 год, 9 класс


Даны простое число p и натуральные k и r, причем r<p. Известно, что pp+1 делится на pk+r. Докажите, что k делится на r. ( Ануарбеков Т. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Утверждение задачи, очевидно, верно при r=1. Пусть r>1, тогда pr+13. Введем обозначения: A=pp+1p+1, d=НОД(A, pk+r), x=pk+rd. Пусть q — произвольный простой делитель A. Если q | p+1, то 0 \equiv A \equiv p^{p-1} - p^{p-2} + \ldots - p + 1 \equiv p \pmod{q} --- противоречие. В частности, q \ne 2. Пусть \alpha — показатель числа p по модулю q. p^p \equiv -1 \pmod{q} \implies p^{2p} \equiv 1 \pmod{q}. По свойству показателя имеем, что \alpha \ | \ 2p и \alpha \ne p. Но так как числа p + 1 и p - 1 не делятся на q, то \alpha = 2p. По малой теореме Ферма, p^{q-1} \equiv 1 \pmod{q}, следовательно, по свойству показателя, 2p \ | \ q - 1. Значит, любой простой делитель q числа A имеет вид q \equiv 1 \pmod{p}. Так как d \ | \ A, то d \equiv 1 \pmod{p}. Из условия имеем, что x \ | \ p + 1, а следовательно x \le p + 1 < p + r и из равенства pk + r = dx получаем, что r \equiv x \pmod{p}. Так как 1 < r < p, то x = r. Значит, pk + r = dr, откуда r \ | \ k, что и требовалось доказать.

пред. Правка 5   5
4 года 2 месяца назад #

Если p=2, то p^p+1=2^2+1=5, откуда

2k+r=pk+r=1 или 2k+r=pk+r=5, тогда (k,r)=(2,1).

Далее p>2.

Рассмотрим простой делитель q числа в p^p+1. Очевидно, что q\ne p.

Заметим, что p^p\equiv -1\pmod q\implies p^{2p}\equiv 1\pmod q

По Малой Теореме Ферма: p^{q-1}\equiv 1\pmod q

Пусть d-показатель числа p по модулю q: p^d\equiv 1\pmod q Тогда d\mid 2p и d\mid q-1. Значит d\in\{1,2,p,2p \}

\\

Лемма 1: Если q>p, то q\equiv 1 \pmod p.

Доказательство:

Если d\in\{1,2\}, то q\mid p^2-1=(p-1)(p+1), значит либо q\mid p-1, либо q\mid p+1, откуда p+1\ge q>p\implies p+1=q, но тогда 2\mid p+1=q>2, что невозможно.

Тогда d\in\{p,2p\}\implies p\mid d\mid q-1\implies q\equiv 1\pmod p. \blacksquare

\\

Лемма 2: Если q<p, то q\mid p+1

Доказательство:

Если d\in\{p,2p\}\implies p\mid d\mid q-1\implies p>q-1\ge p, что невозможно.

Значит d\in\{1,2\}\implies d\mid 2\implies q\mid p^2-1=(p-1)(p+1).

Тогда либо q\mid p+1, либо q\mid p-1. Если q\mid p+1, то Лемма 2 доказана.

Если q\mid p-1, то -1\equiv p^p\equiv 1^p\equiv 1\pmod q\implies 2\equiv 0\pmod q, значит q=2\mid p+1. \blacksquare

Заметим, что 1<pk+r. Пусть pk+r=q_1^{a_1}\ldots q_s^{a_s}-каноническое разложение числа. Пусть \large{\prod\limits_{\forall q_i>p}q_i^{a_i}=A,\quad\prod\limits_{\forall q_j<p}q_j^{a_j}=B.}

Тогда pk+r=A\cdot B.

Из Леммы 1: q_i\equiv 1\pmod p,\forall q_i>p \implies A=\prod\limits_{\forall q_i>p}q_i^{a_i}\equiv 1\pmod p.

Так как p-нечетное, то p^p+1=(p+1)(p^{p-1}-p^{p-2}+\ldots -p+1)=(p+1)\cdot X.

Легко понять, что X\equiv p^{p-1}-p^{p-2}+\ldots -p+1\equiv 1+1\ldots +1+1\equiv p\pmod{p+1}

откуда gcd(X,p+1)=1.

Из Леммы 2: q_j\mid p+1,\forall q_j<p. Заметим, что q_j^{a_j}\mid p^p+1=(p+1)\cdot X, но так как gcd(X,p+1)=1\implies q_j^{a_j}\mid p+1,\forall q_j<p \implies B=\prod\limits_{\forall q_j<p}q_j^{a_j}\mid p+1.

Тогда B\le p+1. Если B=p+1 \implies pk+r=A\cdot B\equiv 1\cdot 1=1\pmod p,

откуда r=1\mid k.

Если B<p+1\implies B<p, ведь gcd(B,p)=1 \implies pk+r=A\cdot B\equiv 1\cdot B\equiv B\pmod p

откуда r=B, ведь 1\le r,B<p\implies r=B\mid A\cdot B=pk+r,

значит r\mid pk, но так как gcd(p,r)=1\implies r\mid k.\quad\square