Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2022 год

Найдите все пары натуральных чисел $(a,b)$ таких, что $a^3$ делится на $b^2$, и ${b-1}$ делится на ${a-1}$.

Комментарий/решение

Так как $b^2|a^3$ то $b^2|a^4$ поэтому $b|a^2$.

Пусть $a^2=bm$ и $b-1=(a-1)n$. Следовательно

$a-1| a^2-1= (b-1)m+m-1$ поэтому $a-1|m-1$.

Если $b=1$ тогда $a$ - любое натуральное число >1

Если $b>1$ тогда из $b-1=(a-1)n$ следует что $b\ge a$.

Из $a-1|m-1$ :

Если $m=1$ тогда $b=a^2$ , что неверно для любых $a>1$

Поэтому $m\ge a$:

Если $m=a$ тогда $a=b=k>1$

Остается случай $m>a$ , но тогда $a^2=bm>ab\ge a^2$ - противоречие.

$a^3=b^2k$ and $b\equiv 1$$(mod$ $a-1).$

$a \equiv 1$$(mod$ $a-1) \rightarrow a^3 \equiv 1 $$(mod$ $a-1.)$

$a^3 \equiv b^2k \equiv k \equiv 1 \rightarrow a-1|k-1$

$i)k=1$ $a^3=b^2$ пусть $a^3=c^6$ and $b=c^3$ so $c^2-1|c^3-1$ and $c+1|c^2+c+1$, $c \equiv -1$ $(mod$ $c+1) \rightarrow \phi $

$ii)$ $k>1$ and $k-1 \geq a-1$

$1)$ $k=a \rightarrow a=b$

$2)$ $k-1>a-1$ so $k>a$ and $b<a$ but by second condition it violates the rules until $b=1$ and $a$ is any natural number.

answers:$\boxed{a=b}$, $\boxed{b=1, a\in \forall \mathbb{N}>1}$

$a-1 \mid b-1;$ $\rightarrow$ $a \leq b$

$b^2 \mid a^3$

Значит: $b^2 \mid a^4;$ $\rightarrow$ $b \mid a^2$

Из чего:

$b(a-1) \mid (b-1)a^2;$

$ab-b \mid a^2b-a^2;$

$ab-b \mid a^2b-ab;$

$ab-b \mid a^2-ab;$

$ab-b \mid a^2-ab+ab-b;$

$ab-b \mid a^2-b;$

$ab \ge a^2;$ $\rightarrow$ $ab-b \ge a^2-b;$

Выходит 3 случая:

$ab-b=a^2-b;$

$a^2-b=0;$

$a^2-b=-k(ab-b);$ где $k \in Z^+$

Для первого случая:

$a=b;$

Для второго:

$a^4=b^2;$

$a^4 \mid a^3;$

Из чего:

$a=b=1;$

Для третьего:

$a^2=b-abk+bk;$ $a^2 > 0;$

$a^2=b(1+k-ak);$

$k+1 > ak;$

$k+1 \ge ak+1;$

$k \ge ak;$

$1 \ge a;$

$a=1=b;$

Также заметим что для $b=1$ работают все $a$

Ответ: $(a, b;) = (k, k;); (k, 1;)$

Обозначим НОД(a;b) = d. Пусть a=dx и b=dy, где x и y взаимнопросты. Тогда ввиду того, что $b \equiv 1 \equiv a \pmod {a-1}$, то $dx \equiv dy \pmod {dx-1}$. Тогда dx - 1 | dx-dy. То есть

dx-1 | d(x-y). Отсюда лишь два варианта:

1) d=1 $\Rightarrow$ НОД(a;b)=1 $\Rightarrow$ либо a=b=1, чего не может быть, либо b=1 и в таком случае a - любое натуральное > 1

2) x=y $\Rightarrow$ $(a;b) \in (n;n)$, $n \in N$

Пусть $a^3=kb^2$. Предположим, что $b$ не $1$ ($(a, 1)$ — решение). Тогда $a^3-1=kb^2-1$, так что $a-1 | kb^2-1 \equiv -1 (mod a-1)$. Итак, либо $k=1$ (тогда $a=x^2, b=x^3$, поэтому $x^2-1 | x^3-1$, поэтому, взяв по модулю $x+1$, мы видим $x= 1$), или $a \leq k$, так что $a^3=kb^2 \geq ab^2$, так что $a \geq b$, но $a-1 \leq b-1$ из второго делимости, так что $a=b$