Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3404
2019-06-03 
Дано равенство
$(a^{m_1} - 1) \cdots (a^{m_n} - 1) = (a^{k_1} + 1) \cdots (a^{k_l} + 1)$,
где $a, n, l$ и все показатели степени - натуральные числа, причем $a > 1$. Найдите все возможные значения числа $a$.
Решение:
Значения $a = 2$ и $a = 3$ возможны: например, $2^2 - i = 2 + i, (3 - 1)^2 = 3 + 1$. Предположим, что при некотором $a > 3$ требуемое равенство выполнено:
$A = (a^{m_1} - 1) \cdots (a^{m_n} -1) = (a^{k_1} + 1) \cdots (a^{k_l} + 1)$. (1)
Доказательство 1. Как любое $m_i$, так и $a-1$ являются степенями двойки.
Доказательство. Пусть $\gamma$ - произвольный нечетный делитель числа $m_i$ (возможно, $\gamma = 1$), а $p$ - любой простой делитель числа $a^{\gamma} - 1$. Тогда $A$ делится на $p$, значит, в правом произведении найдется множитель $a^{k_j} + 1$, делящийся на $p$ (см. факт 9). Заметим, что
$((a^{k_j})^{\gamma} + 1)-((a^{\gamma})^{k_j} -1) = 2$.
С другой стороны, $(a^{k_j})^{\gamma} + 1$ делится на $p$, так как $a^{k_j} + 1$ делится на $p$, а $(a^{\gamma})^{k_j} - 1$ делится на $p$, так как $a^{\gamma} - 1$ делится на $p$. Значит, 2 делится на $p$, откуда $p = 2$. Итак, 2 - единственный простой делитель числа $a^{\gamma} - 1$, значит, $a^{\gamma} -1$ - степень двойки, т. е. найдется такое $K$, что $2^K = a^{\gamma} - 1 = (a^{\gamma} - 1 + \cdots + a + 1)(a-1)$. Так как $\gamma$ - нечетно, выражение в первой скобке - нечетный делитель числа $2^K$, т. е. 1. Значит, $\gamma = 1$. Следовательно, $a-1 = 2^K$. Кроме того, мы доказали, что единица - единственный нечетный делитель числа $m_i$, значит, $m_i$ - степень двойки.
Лемма доказана.
Так как $a-1 > 2$, то $a-1$ делится на 4, поэтому $a^k + 1$ дает остаток 2 при делении на 4 при любом $k$.
Обозначим $a_i = \frac {a^{2^i}}{2}$. Тогда $a_i$ - нечетное число. Нам понадобится следующая формула:
$a^{2^d} - 1 = (a-1)(a+1)(a^2 +1)(a^4 +1) \cdots (a^{2^{d-1}} +1) = 2^K \cdot 2^d \cdot a_0 \cdots a_{d-1}$. (2)
Лемма 2. Все $a_i$ попарно взаимно просты.
Доказательство. Рассмотрим числа $a_i$ и $a_j$ и докажем, что они взаимно просты. Можно считать, что $i > j$.
В силу (2) $a^{2^i} - 1$ делится на $a_j$, c другой стороны, $a^{2^i} + 1$ делится на $a_i$. Поэтому любой общий делитель чисел $a_i$ и $a_j$ является также и делителем числа
$2 = (a^{2^i} +1) - (a^{2^i} -1)$.
Для завершения доказательства остается заметить, что числа $a_i$ и $a_j$ нечетны. Лемма доказана.
Перемножив представления (2) для $a^{2m_i} - 1$, получим, что $A$ представляется в виде $A = 2^N(a_0)^N_0 \cdots (a_q)^{N_q}$, причем $N > N_0 + \cdots + N_q$. Поскольку любое из чисел $a^{k_j} + 1$ дает остаток 2 при делении на 4, то $l = N$ (см. (1)). Но каждое из $a^{k_j} + 1$ делится на одно из чисел $a_i$ (действительно, если $k_j = 2^r s$, где $s$ нечетно, то $a^{k_j} + 1$ делится на $a_r$). Тогда, поскольку $l > N_0 + \cdots + N_q$, то на какое-то из чисел $a_i$ делится больше, чем $N_i$ чисел $a^{k_j} + 1$, а следовательно, $A$ делится на $a_i^{N_i + 1}$. Противоречие с тем, что $a_i$ нечетны и попарно взаимно просты.
Ответ: 2 и 3.
Дано равенство
$(a^{m_1} - 1) \cdots (a^{m_n} - 1) = (a^{k_1} + 1) \cdots (a^{k_l} + 1)$,
где $a, n, l$ и все показатели степени - натуральные числа, причем $a > 1$. Найдите все возможные значения числа $a$.
Решение:
Значения $a = 2$ и $a = 3$ возможны: например, $2^2 - i = 2 + i, (3 - 1)^2 = 3 + 1$. Предположим, что при некотором $a > 3$ требуемое равенство выполнено:
$A = (a^{m_1} - 1) \cdots (a^{m_n} -1) = (a^{k_1} + 1) \cdots (a^{k_l} + 1)$. (1)
Доказательство 1. Как любое $m_i$, так и $a-1$ являются степенями двойки.
Доказательство. Пусть $\gamma$ - произвольный нечетный делитель числа $m_i$ (возможно, $\gamma = 1$), а $p$ - любой простой делитель числа $a^{\gamma} - 1$. Тогда $A$ делится на $p$, значит, в правом произведении найдется множитель $a^{k_j} + 1$, делящийся на $p$ (см. факт 9). Заметим, что
$((a^{k_j})^{\gamma} + 1)-((a^{\gamma})^{k_j} -1) = 2$.
С другой стороны, $(a^{k_j})^{\gamma} + 1$ делится на $p$, так как $a^{k_j} + 1$ делится на $p$, а $(a^{\gamma})^{k_j} - 1$ делится на $p$, так как $a^{\gamma} - 1$ делится на $p$. Значит, 2 делится на $p$, откуда $p = 2$. Итак, 2 - единственный простой делитель числа $a^{\gamma} - 1$, значит, $a^{\gamma} -1$ - степень двойки, т. е. найдется такое $K$, что $2^K = a^{\gamma} - 1 = (a^{\gamma} - 1 + \cdots + a + 1)(a-1)$. Так как $\gamma$ - нечетно, выражение в первой скобке - нечетный делитель числа $2^K$, т. е. 1. Значит, $\gamma = 1$. Следовательно, $a-1 = 2^K$. Кроме того, мы доказали, что единица - единственный нечетный делитель числа $m_i$, значит, $m_i$ - степень двойки.
Лемма доказана.
Так как $a-1 > 2$, то $a-1$ делится на 4, поэтому $a^k + 1$ дает остаток 2 при делении на 4 при любом $k$.
Обозначим $a_i = \frac {a^{2^i}}{2}$. Тогда $a_i$ - нечетное число. Нам понадобится следующая формула:
$a^{2^d} - 1 = (a-1)(a+1)(a^2 +1)(a^4 +1) \cdots (a^{2^{d-1}} +1) = 2^K \cdot 2^d \cdot a_0 \cdots a_{d-1}$. (2)
Лемма 2. Все $a_i$ попарно взаимно просты.
Доказательство. Рассмотрим числа $a_i$ и $a_j$ и докажем, что они взаимно просты. Можно считать, что $i > j$.
В силу (2) $a^{2^i} - 1$ делится на $a_j$, c другой стороны, $a^{2^i} + 1$ делится на $a_i$. Поэтому любой общий делитель чисел $a_i$ и $a_j$ является также и делителем числа
$2 = (a^{2^i} +1) - (a^{2^i} -1)$.
Для завершения доказательства остается заметить, что числа $a_i$ и $a_j$ нечетны. Лемма доказана.
Перемножив представления (2) для $a^{2m_i} - 1$, получим, что $A$ представляется в виде $A = 2^N(a_0)^N_0 \cdots (a_q)^{N_q}$, причем $N > N_0 + \cdots + N_q$. Поскольку любое из чисел $a^{k_j} + 1$ дает остаток 2 при делении на 4, то $l = N$ (см. (1)). Но каждое из $a^{k_j} + 1$ делится на одно из чисел $a_i$ (действительно, если $k_j = 2^r s$, где $s$ нечетно, то $a^{k_j} + 1$ делится на $a_r$). Тогда, поскольку $l > N_0 + \cdots + N_q$, то на какое-то из чисел $a_i$ делится больше, чем $N_i$ чисел $a^{k_j} + 1$, а следовательно, $A$ делится на $a_i^{N_i + 1}$. Противоречие с тем, что $a_i$ нечетны и попарно взаимно просты.
Ответ: 2 и 3.
