Республиканская олимпиада по математике, 2014 год, 9 класс


Докажите, что если $p,~q,~m,~n$ натуральные числа, причем $p$ и $q$ простые, то равенство $ \left( {{2^p} - {p^2}} \right)\left( {{2^q} - {q^2}} \right) = {p^m}{q^n} $ невозможно. ( Сатылханов К. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Заметим, что $p, ~q > 2$. Тогда $(2^p-p^2,~p^m)=(2^q-q^2,~q^n)=1$, откуда получим равенства $2^p-p^2=q^n$ и $2^q-q^2=p^m$. Если $n$ — чётное число, то $$ 2^p \equiv p^2+q^n \equiv 1+1 \equiv 2 \pmod 4, $$ что невозможно. Поэтому $n$ — число нечётное. Аналогично и $m$ — нечётное число. Без ограничения общности, положим, что максимальная степень двойки, которая входит в разложение числа $p+1$, не меньше максимальной степени двойки, которая входит в разложение числа $q+1$. Тогда $p+1=2^s \cdot p_1$ и $q+1 = 2^s \cdot q_1$, где $q_1$ — нечётное число, а $p_1$ — натуральное. Так как для любого $i \geq 2$ верно сравнение $(2^s\cdot q_1)^i \equiv 0 \pmod {2^{s+1}}$, то \[{2^p} \equiv {p^2} + {q^n} \equiv {\left( {{2^s} \cdot {p_1} - 1} \right)^2} + {\left( {{2^s} \cdot {q_1} - 1} \right)^n} \equiv 1 + \sum\limits_{i = 0}^n {{{\left( {{2^s} \cdot {q_1}} \right)}^i} \cdot \left( { - 1} \right)^{n-i} \cdot C_n^i} \equiv \] \[ \equiv 1 + {2^s} \cdot {q_1} \cdot C_n^1 - C_n^0 \equiv {2^s} \cdot {q_1} \cdot n \equiv {2^s} \pmod {2^{s+1}},\] то есть $2^p \equiv 2^s \pmod {2^{s+1}}$. Из последнего сравнения следует, что $p=s$. Тогда $$p=2^s \cdot p_1-1 = 2^p \cdot p_1 -1 \geq 2^p -1 =\sum\limits_{i = 2}^p {C_p^i} + p > p, $$ что невозможно.