Найдите все натуральные m и n такие ,что 3^m+(n!-1)^m делиться на m^2-1
6 лайков
Пока что дошел к этому:
Если gcd(m,3)=1 то 3^m+(n!-1)^m\vdots 3 => n!-1\vdots 3=>n=1.Дальше получилось,что m=2
Если m\vdots 3 то разобрал четность m
m-even=>3^m+(n!-1)^m\vdots m^2-1\vdots q,где q-prime;q\equiv 3\pmod 4(Такое существует так как m^2-1\equiv 3\pmod 4=>По теореме Жирара 3\vdots q=>q=3=>n!-1 делиться на 3,n<3.Разбирая случаи получилось,что m=2;n=1
m-odd =>3^m+(n!-1)^m\vdots m^2-1\vdots 4=> n<4 .Разобрал случаи n=1;2 но не могу решить когда n=3.
Можете предложить свои решения или помочь добить решение
2 лайка
Эта задача была из книги “Problems from the book” ,я никак не мог ее решить но потом нашел книгу “Proofs from the book” и там нашел решение задачи.Прикол в том что в первой книге в условий было (n!-1)^m ,а во второй книге (n!-2)^m … 
3 лайка
Тогда получается что 3^m+(n!-2)^m\vdots m^2-1 .
i)gcd(m,3)=1=>3^m+(n!-2)^m\vdots 3=>n!-2\vdots 3=>n=2
3^m\vdots m^2-1=>m^2-1=3^t=>(m+1)(m-1)=3^t
m+1=3^a; m-1=3^b;a>b; a+b=t
(m+1)-(m-1)=2=3^a-3^b\vdots 3^b=>b=0=>m=2
ii)m\vdots 3
m-even=>m^2-1\equiv 3\pmod 4=>m^2-1 имеет простой делитель который дает остаток 3 по модулю 4=>3^m+(n!-2)^m\vdots q. (q\in P_3)
По теореме Жирара так как m-чётное,то 3 и n!-2 делятся на q=>q=3; n!-2\vdots 3=>n=2=>m=2.Противоречие так как m должно делиться на 3.
m-odd;m>1(Иначе m=1 не делиться на 3)=>3^m+(n!-2)^m\vdots m^2-1\vdots 4
n>3=> 3^m+(n!-2)^m\equiv 3-2^m\equiv 3\pmod 4 противоречие
Следовательно 4>n.
n=3=>3^m+4^m\vdots m^2-1\vdots 4=>3^m\vdots 4 противоречие
n=2=>3^m\vdots m^2-1=>m=2.Противоречие 2 не делиться на 3
n=1=>3^m-1\vdots m^2-1\vdots 4=>3^m\equiv 1\pmod 4=> m-even Противоречие так как мы рассматриваем случай когда m нечетное
5 лайков