Делимост, прости(и нечетни) числа

[poankare56]

Условието е на картинката

[pal702004]

$n\ge 2$ - важно условие, което пропуснах и се поизмъчих. Както и да е...

Елементарно се доказва, че $p=q=3$ е решение зя всяко $n$, еднствено за $p=q$ или $p=3$

Нека $p>q>3$

От $p^n \mid q^{n+2}-3^{n+2}$ следва $q^{n+2}-3^{n+2} \ge 2p^n$ (понеже числителя е четен, а знаменателя - не), откъдето $q^{n+2}>2p^n$

Обединявайки условията, отчитайки че $p,q$ са взаимнопрости, получаваме

$\dfrac{p^{n+2}+q^{n+2}-3^{n+2}}{p^nq^n}\in \mathbb{N}$

Да умножим числителя и знаменателя на $q^2$

$\dfrac{p^{n+2}q^2+q^{n+4}-3^{n+2}q^2}{p^nq^{n+2}}\in \mathbb{N}$

Отчитайки условието $q^{n+2}>2p^n$ получаваме, че знаменателя е по голям от $2p^{2n}$, а числителя е по-малък от $2p^{n+4}$

което означава, че при $n\ge 3$ числителя ще е по-малък от знаменателя и дробта не може да е цяло число. Остана да разгледаме случая $n=2$

$p^2\mid q^4-3^4\Rightarrow$

$p^2 \mid (q^2-9)(q^2+9)$. Двата множителя са взаимнопрости, следователно единият от тях трябва да се дели на $p^2$, което е невъзможно, понеже и двата са по-малки от него.

$q^2+9<(q+2)^2 \le p^2$

(Почти съм убеден, че и при $n=1$ няма (други) решения, но там има особености).

[vezni]

Отчитайки условието $q^{n+2}>2p^n$ получаваме, че знаменателя е по голям от $2p^{2n}$, а числителя е по-малък от $2p^{n+4}$

което означава, че при $n\ge 3$ числителя ще е по-малък от знаменателя и дробта не може да е цяло число. Остана да разгледаме случая $n=2$

Не е ли [tex]n\geq 4[/tex]? При [tex]n=3[/tex] не виждам къде има противоречие: [tex]2p^{2n}=2p^6<2p^7=2p^{n+4}[/tex]. Тоест трябва да разгледаме и [tex]n=3[/tex] (освен ако не си използвал някоя оценка, която не си написал?)

[pal702004]

Не е ли [tex]n\geq 4[/tex]? При [tex]n=3[/tex] не виждам къде има противоречие: [tex]2p^{2n}=2p^6<2p^7=2p^{n+4}[/tex]. Тоест трябва да разгледаме и [tex]n=3[/tex] (освен ако не си използвал някоя оценка, която не си написал?)

Абсолютно правилна забележка, нещо съм се отнесъл. Трябва по-прецизна оценка. При $n=3$

При $q>p/3$

$\dfrac{p^5+q^5-3^5}{p^3q^3}\in \mathbb{N}$

$p^3q^3>p^6/27>p^5+q^5-3^5$ е изпълнено за всяко $p \ge 49$ (отврат)

При $q<p/3$

$p^3 \mid (q-3)(q^4+3q^3+9q^2+27q+81)$

$p \nmid (q-3)\Rightarrow q^4+3q^3+9q^2+27q+81 \ge p^3$

$\dfrac 3 2 q^4>q^4+3q^3+9q^2+27q+81$ за всяко $q\ge 9$, Следователно $3q^4>2p^3$

$\dfrac{3qp^5+3q^6-3q3^5}{3p^3q^4}\in \mathbb{N}$

$3p^3q^4>2p^6$

Така знаменателя е по-голям от числителя, понеже $p>3q$

Много неприятни оценки, не може да е това решението, ако е състезателна задача.