2014-06-07
Пусть $a > 1$ - натуральное число. Найти все числа, являющиеся делителями хотя бы одного из чисел
$a_{n}= \sum_{k=0}^{n}a^{k}, n \in \mathbf{N}$.
Решение:
Докажем, что искомое множество М состоит из всех чисел $m \in \mathbf{N}$, взаимно простых с числом $a$. Если некоторое число $m \in \mathbf{N}$ имеет общий делитель $d > 1$ с числом $a$, то $n \notin M$. Действительно, для любого $n \in \mathbf{N}$ имеем
$(a_{n},a)= \left ( \sum^{n}_{k=0}a^{k},a \right ) = \left ( 1+ a \sum_{k=0}^{n-1} a^{k},a \right ) = (1,a)=1$,
поэтому число $a_{n}$ не делится на $d$, а значит, и на $m$. Пусть теперь $m>1$ и $(m, a) = 1$. Среди чисел $a_{1}, \cdots , a_{m}, a_{m+1}$ найдутся две числа $a_{i}$ и $a_{j}$ ($i > j$), которые имеют одинаковые остатки от деления на $m$, так как количество возможных различных остатков меньше количества чисел. Тогда разность этих чисел
$a_{i}-a_{j}= \sum^{i}_{k=0}a^{k} - \sum^{j}_{k=0}a^{k} = \sum^{i}_{k=j+i}a^{k}=a^{j+i} \sum^{i-j-1}_{k=0}a^{k}$
делится на $m$. Но число $a^{j+1}$ взаимно просто с $m$, поэтому число
$a_{i-j-1}= \sum^{i-j-1}_{k=0}a^{k}$
делится на $m$ (случай $i-j-1=0$ невозможен, ибо $m \neq 1$). Поэтому $m \in M$. Наконец, замечаем также, что $1 \in M$.