Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2022 год
Комментарий/решение:
Так как b2|a3 то b2|a4 поэтому b|a2.
Пусть a2=bm и b−1=(a−1)n. Следовательно
a−1|a2−1=(b−1)m+m−1 поэтому a−1|m−1.
Если b=1 тогда a - любое натуральное число >1
Если b>1 тогда из b−1=(a−1)n следует что b≥a.
Из a−1|m−1 :
Если m=1 тогда b=a2 , что неверно для любых a>1
Поэтому m≥a:
Если m=a тогда a=b=k>1
Остается случай m>a , но тогда a2=bm>ab≥a2 - противоречие.
a3=b2k and b≡1(mod a−1).
a≡1(mod a−1)→a3≡1(mod a−1.)
a3≡b2k≡k≡1→a−1|k−1
i)k=1 a3=b2 пусть a3=c6 and b=c3 so c2−1|c3−1 and c+1|c2+c+1, c≡−1 (mod c+1)→ϕ
ii) k>1 and k−1≥a−1
1) k=a→a=b
2) k−1>a−1 so k>a and b<a but by second condition it violates the rules until b=1 and a is any natural number.
answers:a=b, b=1,a∈∀N>1
a−1∣b−1; → a≤b
b2∣a3
Значит: b2∣a4; → b∣a2
Из чего:
b(a−1)∣(b−1)a2;
ab−b∣a2b−a2;
ab−b∣a2b−ab;
ab−b∣a2−ab;
ab−b∣a2−ab+ab−b;
ab−b∣a2−b;
ab≥a2; → ab−b≥a2−b;
Выходит 3 случая:
ab−b=a2−b;
a2−b=0;
a2−b=−k(ab−b); где k∈Z+
Для первого случая:
a=b;
Для второго:
a4=b2;
a4∣a3;
Из чего:
a=b=1;
Для третьего:
a2=b−abk+bk; a2>0;
a2=b(1+k−ak);
k+1>ak;
k+1≥ak+1;
k≥ak;
1≥a;
a=1=b;
Также заметим что для b=1 работают все a
Ответ: (a,b;)=(k,k;);(k,1;)
Обозначим НОД(a;b) = d. Пусть a=dx и b=dy, где x и y взаимнопросты. Тогда ввиду того, что b \equiv 1 \equiv a \pmod {a-1}, то dx \equiv dy \pmod {dx-1}. Тогда dx - 1 | dx-dy. То есть
dx-1 | d(x-y). Отсюда лишь два варианта:
1) d=1 \Rightarrow НОД(a;b)=1 \Rightarrow либо a=b=1, чего не может быть, либо b=1 и в таком случае a - любое натуральное > 1
2) x=y \Rightarrow (a;b) \in (n;n), n \in N
Пусть a^3=kb^2. Предположим, что b не 1 ((a, 1) — решение). Тогда a^3-1=kb^2-1, так что a-1 | kb^2-1 \equiv -1 (mod a-1). Итак, либо k=1 (тогда a=x^2, b=x^3, поэтому x^2-1 | x^3-1, поэтому, взяв по модулю x+1, мы видим x= 1), или a \leq k, так что a^3=kb^2 \geq ab^2, так что a \geq b, но a-1 \leq b-1 из второго делимости, так что a=b
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.