Областная олимпиада по математике, 2024 год, 11 класс
Комментарий/решение:
Кстати, в этой задаче можно было доказать, что если t∉P, то 2;3;5;7∣t без идеи, которую использовал автор задачи(да, там не было 7, но он тут улетает сразу вместо с тройкой при использовании жирара). Это просто написать все не простые числа от 2 до 48, и посмотреть на их делители. Дальше получаем требуемое. Дальше у меня не получилось решить не сделав одно и тоже с автором
Ну тут необязательно понимать, что если t∉P⇒∃k:k≤√t;k∣t
Ну а так да, по идее вещи похожие(т.е. одно следствие другого можно сказать наверное). Просто казалось, что до перебора легче догадаться
Допустим t- составное =>
2,3,5|t
1) t=2k
257=y2k−x2
257=(yk−x)(yk+x)
x=yk−1=>y2k−2yk+258=y2k=>2yk=258=>129=yk что не возможно.
2) t=3k
По мод 4 понимаем что x-четный отсюда y3k по моду 4 дает 1 и значит yk дает тоже 1 => x2+256=(yk−1)(y2k+yk+1)
Так как (y2k+yk+1) вида 4к+3 отсюда по лемме у него есть делитель вида 4к+3 назовем его p значит по теореме жирара 16 делится на p что не возможно.
3) t=5k
По моду 11 это не возможно.
пусть t не простое тогда t делиться на простые p,q где больше q
x^2+257=y^2m тогда 257=(y^m-x)(y^m+x) заметим что тогда y^m+x=257 и y^m-x=1 => 2y^m=258 => y^m=129 => m=1 тогда t=2
теперь мы знаем что t=2m+1.
x^2+257\equiv 2 \pmod {4} при х нечетным тоесть y^t \equiv 2 \pmod {4} ф это не возможно при t хотя бы 2
значит x=2a => x^2+257\equiv 1 \pmod {4} значит y^t \equiv 1 \pmod {4} по скольку t=2m+1 => y\equiv 1 \pmod {4}
теперь докажем что q хотя бы 7
Док-во:
1) q=3 x^2+16^2=y^3-1=(y-1)(y^2+y+1) заметим что (y^2+y+1)\equiv 3 \pmod {4} дальше по теореме жирара получим противоречие
2) q=5 x^2+15^2=y^5-2^5=(y-2\)(y^4+2y^3+4y^2+8y+1) заметим что(y^4+2y^3+4y^2+8y+16) \equiv 3 \pmod {4} то есть какой-то p\equiv 3 \pmod {4} делит 15 и х но тогда очевидно что p=3.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.