Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1737
2019-01-20 
Найдите все пары $(a, b)$ натуральных чисел такие, что при любом натуральном $n$ число $a^n + b^n$ является точной $(n + 1)$-й степенью.
Решение:
Первое решение. Пусть условие выполнено, т. е. существует такая последовательность натуральных чисел $c_n$, что $a_n + b_n = c_n^{n+1}$. Ясно, что $c_n < а + b$, так как иначе $c_n^{n+1} > (а + b)^{n+1} \geq (a + b)^n = a^n +\cdots + b^n \geq a^n + b^n$. Значит, в последовательности $с_n$ хотя бы одно число $c \in \{1, 2,\cdots, a+b \}$ повторяется бесконечно много раз, т. е. уравнение $a^n + b^n = c^{n+1}$ (с фиксированными $a, b, с$) имеет бесконечно много решений в натуральных $n$. Пусть для определенности $а \geq b$. Перепишем уравнение $a^n + b^n = c^{n+1}$ в виде $\left (\frac{a}{c} \right )^n + \left (\frac{b}{c} \right )^n = c$.
Если $а > с$, то $\frac{a}{c} = 1 + d$, где $d > 0$. Но тогда $(\frac{a}{c})^n + (\frac{b}{c})^n > (\frac{a}{c})^n = (1+d)^n = 1 + nd + \cdots + d^n \geq 1 + nd$, что больше $с$ при $n > с/d$, т. е. число решений уравнения конечно.
Если $а \leq с$, то $(\frac{a}{c})^n \leq 1$ и $(\frac{b}{c})^n \leq 1$, откуда $с = 2$ или $с = 1$. Первый случай возможен только при равенстве $ \frac{a}{c} = \frac{b}{c} = 1$, т. е. при $а = Ь = 2$ этот случай удовлетворяет условию задачи. Второй случай, очевидно, невозможен.
Второе решение. Лемма 1. Если $(z,t) = 1,$ то $z^2 + t^2$ не делится на 3.
Доказательство. Квадрат целого числа при делении на 3 дает остаток 0 или 1. Значит, если $z^2 + t^2 \vdots 3$, то $z \vdots 3, t \vdots 3$.
Лемма 2. Если $(z, t) = 1$, то $(z +1, z^2 - zt +t^2)$ равен либо 1, либо 3.
Доказательство. * сразу следует из равенства $z^2 - zt + t^2 = (z + t)^2 - 3zt$.
Решение задачи. Обозначим $d = (a,b), x = \frac{a}{d}, у = \frac{b}{d}$. Докажем вначале, что $x = y = 1$. Предположив противное, имеем $x^k + y^k > x^m + y^m$ при $k > m$; в частности, рассматривая числа $D_n = x^{2 \cdot 3^n} + y^{2 \cdot 3^n}$, имеем $D_{n+1} > D_n$ при любом натуральном $n$. Пусть $p_n$ - некоторый простой делитель большего 1 натурального числа $\frac{D_{n+1}}{D_n}$. По лемме 1 $p_n \neq 3$. Отсюда по лемме $2 D_n$ не делится на $p_n$, и в разложение на простые множители любого числа $D_l$, где $l \geq n +1$, число $p_n$ входит в одной и той же степени (для доказательства второго утверждения нужно рассмотреть дробь $\frac{D_{n+k+1}}{D_{n+k}}$ и убедиться, что она не делится на $р_n$, так как $D_{n+k} \vdots р_n)$.
Поэтому $p_n \neq p_k$ при $n = k$. Очевидно, в последовательности попарно различных чисел $p_1, p_2, \cdots$ можно выбрать $p = p_{n_0}$ такое, что $(p, d) = 1$. В разложение любого числа $d^{2 \cdots 3^l} \cdots D_l$, где $l \geq n_0 + 1$, простой множитель $p$ входит в одной и той же степени. С другой стороны, из условия задачи следует, что эта степень делится на $2 \cdot 3^l + 1$ при любом натуральном $l \geq n_0 + 1$. Противоречие.
Получили $a = b = d$. Найдем $d$. Очевидно, $d \neq 1$; пусть простое число $p$ входит в разложение $d$ на простые множители в степени $а$. Пусть $p \neq 2$. Из условия задачи следует, что $n \alpha \vdots n +1$ при любом натуральном $n$; значит, $(n + 1) \alpha - \alpha \vdots n + 1, \alpha \vdots n + 1$, что невозможно. Если $p = 2$, то $1 + n \alpha \vdots n + 1$ при любом натуральном $n, 1 + (n +1) \alpha - \alpha \vdots n +1, 1 - \alpha \vdots n +1$. Отсюда $\alpha = 1$. Получили: $d = 2$.
Ответ. $(2, 2)$.
Найдите все пары $(a, b)$ натуральных чисел такие, что при любом натуральном $n$ число $a^n + b^n$ является точной $(n + 1)$-й степенью.
Решение:
Первое решение. Пусть условие выполнено, т. е. существует такая последовательность натуральных чисел $c_n$, что $a_n + b_n = c_n^{n+1}$. Ясно, что $c_n < а + b$, так как иначе $c_n^{n+1} > (а + b)^{n+1} \geq (a + b)^n = a^n +\cdots + b^n \geq a^n + b^n$. Значит, в последовательности $с_n$ хотя бы одно число $c \in \{1, 2,\cdots, a+b \}$ повторяется бесконечно много раз, т. е. уравнение $a^n + b^n = c^{n+1}$ (с фиксированными $a, b, с$) имеет бесконечно много решений в натуральных $n$. Пусть для определенности $а \geq b$. Перепишем уравнение $a^n + b^n = c^{n+1}$ в виде $\left (\frac{a}{c} \right )^n + \left (\frac{b}{c} \right )^n = c$.
Если $а > с$, то $\frac{a}{c} = 1 + d$, где $d > 0$. Но тогда $(\frac{a}{c})^n + (\frac{b}{c})^n > (\frac{a}{c})^n = (1+d)^n = 1 + nd + \cdots + d^n \geq 1 + nd$, что больше $с$ при $n > с/d$, т. е. число решений уравнения конечно.
Если $а \leq с$, то $(\frac{a}{c})^n \leq 1$ и $(\frac{b}{c})^n \leq 1$, откуда $с = 2$ или $с = 1$. Первый случай возможен только при равенстве $ \frac{a}{c} = \frac{b}{c} = 1$, т. е. при $а = Ь = 2$ этот случай удовлетворяет условию задачи. Второй случай, очевидно, невозможен.
Второе решение. Лемма 1. Если $(z,t) = 1,$ то $z^2 + t^2$ не делится на 3.
Доказательство. Квадрат целого числа при делении на 3 дает остаток 0 или 1. Значит, если $z^2 + t^2 \vdots 3$, то $z \vdots 3, t \vdots 3$.
Лемма 2. Если $(z, t) = 1$, то $(z +1, z^2 - zt +t^2)$ равен либо 1, либо 3.
Доказательство. * сразу следует из равенства $z^2 - zt + t^2 = (z + t)^2 - 3zt$.
Решение задачи. Обозначим $d = (a,b), x = \frac{a}{d}, у = \frac{b}{d}$. Докажем вначале, что $x = y = 1$. Предположив противное, имеем $x^k + y^k > x^m + y^m$ при $k > m$; в частности, рассматривая числа $D_n = x^{2 \cdot 3^n} + y^{2 \cdot 3^n}$, имеем $D_{n+1} > D_n$ при любом натуральном $n$. Пусть $p_n$ - некоторый простой делитель большего 1 натурального числа $\frac{D_{n+1}}{D_n}$. По лемме 1 $p_n \neq 3$. Отсюда по лемме $2 D_n$ не делится на $p_n$, и в разложение на простые множители любого числа $D_l$, где $l \geq n +1$, число $p_n$ входит в одной и той же степени (для доказательства второго утверждения нужно рассмотреть дробь $\frac{D_{n+k+1}}{D_{n+k}}$ и убедиться, что она не делится на $р_n$, так как $D_{n+k} \vdots р_n)$.
Поэтому $p_n \neq p_k$ при $n = k$. Очевидно, в последовательности попарно различных чисел $p_1, p_2, \cdots$ можно выбрать $p = p_{n_0}$ такое, что $(p, d) = 1$. В разложение любого числа $d^{2 \cdots 3^l} \cdots D_l$, где $l \geq n_0 + 1$, простой множитель $p$ входит в одной и той же степени. С другой стороны, из условия задачи следует, что эта степень делится на $2 \cdot 3^l + 1$ при любом натуральном $l \geq n_0 + 1$. Противоречие.
Получили $a = b = d$. Найдем $d$. Очевидно, $d \neq 1$; пусть простое число $p$ входит в разложение $d$ на простые множители в степени $а$. Пусть $p \neq 2$. Из условия задачи следует, что $n \alpha \vdots n +1$ при любом натуральном $n$; значит, $(n + 1) \alpha - \alpha \vdots n + 1, \alpha \vdots n + 1$, что невозможно. Если $p = 2$, то $1 + n \alpha \vdots n + 1$ при любом натуральном $n, 1 + (n +1) \alpha - \alpha \vdots n +1, 1 - \alpha \vdots n +1$. Отсюда $\alpha = 1$. Получили: $d = 2$.
Ответ. $(2, 2)$.
