Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3058
2019-05-06 
Пусть $a, a+d, a+2d, a+3d, \cdots$ - произвольная (бесконечная) арифметическая прогрессия, начальный член $a$ и разность $d$ которой являются натуральными числами. Доказать, что прогрессия содержит бесконечно много членов, разложение которых на простые множители содержит одни и те же множители (но взятые, разумеется, в разных степенях).
Решение:
Ясно, что начальный член $a$ и разность $d$ прогрессии можно считать числами взаимно простыми: ведь если бы и $a$, и $d$ делились на какое-то число $k > 1$, то мы просто сократили бы все члены - прогрессии на $k$. Если же $а$ и $d$ взаимно просты, то в силу теоремы Эйлера (задача 3053) найдется такое целое число $r$, что $a^r - 1$, а следовательно, и $a^{r+1} - a$ делятся на $d$. Но в таком случае $a;^{r+1} - a = Nd$, т. е. $a^{r+1} = a + Nd$, где $N$ - натуральное число, т. е. число $a^{r+1}$ принадлежит нашей арифметической прогрессии. Более того, в таком случае также и все числа $a^{rk+1}$, где $k = 1, 2, 3, \cdots$, принадлежат прогрессии, поскольку $a^rk - 1 = (a^r - 1) (a^{r(k-1)} + a^{r(k-2)} + \cdots + 1)$ делится на $a^r - 1$, т. е. делится на $d$; следовательно, и $a^{rk+1} - a = Md$ делится на $d$ и $a^{rk+1} = a + Md$ есть $(М + 1)$-й член прогрессии. Ясно, что числа $a, a^{r+1}, a^{2r+1}, a^{3r+1}, \cdots$ разлагаются на одинаковые простые множители (в разных степенях), что и завершает доказательство утверждения задачи.
Пусть $a, a+d, a+2d, a+3d, \cdots$ - произвольная (бесконечная) арифметическая прогрессия, начальный член $a$ и разность $d$ которой являются натуральными числами. Доказать, что прогрессия содержит бесконечно много членов, разложение которых на простые множители содержит одни и те же множители (но взятые, разумеется, в разных степенях).
Решение:
Ясно, что начальный член $a$ и разность $d$ прогрессии можно считать числами взаимно простыми: ведь если бы и $a$, и $d$ делились на какое-то число $k > 1$, то мы просто сократили бы все члены - прогрессии на $k$. Если же $а$ и $d$ взаимно просты, то в силу теоремы Эйлера (задача 3053) найдется такое целое число $r$, что $a^r - 1$, а следовательно, и $a^{r+1} - a$ делятся на $d$. Но в таком случае $a;^{r+1} - a = Nd$, т. е. $a^{r+1} = a + Nd$, где $N$ - натуральное число, т. е. число $a^{r+1}$ принадлежит нашей арифметической прогрессии. Более того, в таком случае также и все числа $a^{rk+1}$, где $k = 1, 2, 3, \cdots$, принадлежат прогрессии, поскольку $a^rk - 1 = (a^r - 1) (a^{r(k-1)} + a^{r(k-2)} + \cdots + 1)$ делится на $a^r - 1$, т. е. делится на $d$; следовательно, и $a^{rk+1} - a = Md$ делится на $d$ и $a^{rk+1} = a + Md$ есть $(М + 1)$-й член прогрессии. Ясно, что числа $a, a^{r+1}, a^{2r+1}, a^{3r+1}, \cdots$ разлагаются на одинаковые простые множители (в разных степенях), что и завершает доказательство утверждения задачи.
