|
|
 |
Условие
Дано равенство (am1 – 1)...(amn – 1) = (ak1 + 1)...(akl + 1), где a, n, l и все показатели степени – натуральные числа, причём a > 1.
Найдите все возможные значения числа a.
Решение
Предположим, что при некотором a > 3
A = (am1 – 1)...(amn – 1) = (ak1+1)...(akl + 1).
Докажем сначала, что как любое mi, так и число a – 1 являются степенями двойки. Пусть γ – нечётный делитель числа mi, а p – любой простой делитель числа aγ – 1. Тогда в правом произведении найдётся множитель akj + 1, кратный p. Поэтому число (aγkj + 1) – (aγkj – 1) = 2 кратно p, то есть все простые делители числа aγ – 1 – двойки и (aγ–1 + ... + a + 1)(a – 1) = aγ – 1 = 2s. Поскольку a > 3, то s > 1 и γ нечётно, поэтому выражение в первой скобке – нечётный делитель числа 2s. Значит, γ и a – 1 = 2s. В частности, a – 1 делится на 4, поэтому ak + 1 ≡ 2 (mod 4).
Каждое число в левой части исходного равенства представляется в виде a2d – 1 = (a – 1)(a + 1)(a² + 1)(a4 + 1)...(a2d–1 + 1) = 2s·2da0...ad–1 , где
ai = ½ (a2i + 1) – нечётные числа. Заметим, что при m > n число a2m – 1 делится на a2n + 1, поэтому НОД(am, an) ≤ (a2m + 1) – (a2m – 1) = 2; поскольку ai нечётны, они попарно взаимно просты. Пусть q – максимальная степень двойки, входящая в mi или kj. Тогда причём
N > N0 + ... + Nq, так как это справедливо для любого представления a2d – 1.
Ни один из множителей akj + 1 не делится на 4, поэтому их в представлении числа A не меньше N. Но каждое из них делится на одно из чисел ai: если kj = 2rb, где b нечётно, то akj + 1 делится на ar. Поскольку N > N0 + ... + Nq, то на какое-то число ai делится больше, чем Ni чисел akj + 1, а следовательно, A делится на большую степень ai, чем Ni. Противоречие с тем, что ai нечётны и попарно взаимно просты.
Ответ
2 и 3.
