ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 110120
Темы:    [ Простые числа и их свойства ]
[ Уравнения в целых числах ]
[ Разложение на множители ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Найдите все простые p, для каждого из которых существуют такие натуральные x и y, что  px = y³ + 1.


Решение

  y³ + 1 = (y + 1)(y² – y + 1),  поэтому  y + 1 = pαy² – y + 1 = pβ,  где  α > 0,  β ≥ 0.

  Первый способ. Если  β = 0,  то  y = 1,  p = 2  (x = 1).
  Пусть  β > 0.  Тогда p – общий делитель чисел  y + 1  и  y² – y + 1,  а значит, и чисел  y + 1  и  (y + 1)² – (y² – y + 1) = 3y.
  Поскольку  НОД(y, y + 1) = 1,  p = 3.  Так бывает:  3² = 2³ + 1.

  Второй способ.  px = (pα – 1)³ + 1 = pα(3 + A),  где A делится на p.
  Поскольку  3 + A = pγ  (γ ≥ 0),  то либо p = 3,  либо  γ = 0.  В последнем случае  px = px = 1.  Значит,  y = y³,  откуда  y = 1,  p = 2.

Замечания

Второй способ фактически доказывает следующее
Утверждение. Если  px = y2n+1 + 1  (x, y, n – натуральные) и  y > 1,  то  2n + 1 = pz,  где z – натуральное число.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Год 2003
Этап
Вариант 4
Класс
Класс 11
задача
Номер 03.4.11.1

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .