Олимпиадная задача по теории чисел: делимость в уравнении с многочленами для 7–10 классов

  Далее в решении латинские буквы обозначают целые числа.

  Заметим, что  НОД(t + 1, t² – t + 1)  равен 1 или 3 (это следует из равенства  t² – t + 1 = (t – 2)(t + 1) + 3.

  Аналогично из равенства  t⁴ – t³ + t² – t + 1 = (t³ – 2t² + 3t – 4)(t + 1) + 5  следует, что  НОД(t + 1, t⁴ – t³ + t² – t + 1)  равен 1 или 5.

  Обозначим  t = y⁵,  тогда  t³ + 1 = (t + 1)(t² – t + 1) = 2x².  Так как число  t² – t + 1  нечётно, то либо  t + 1 = 2u², t² – t + 1 = v²,  либо  t + 1 = 6u²,

t² – t + 1 = 3v².  По условию  x > 1,  значит,  t > 1  и  (t – 1)² < t² – t + 1 < t².  Следовательно, равенство  t² – t + 1 = v²  выполняться не может. Поэтому

t + 1 = y⁵ + 1 = 6u².

  С другой стороны,  (y⁵ + 1) – (y³ + 1) = y³(y – 1)(y + 1)  делится на  (y – 1)y(y + 1)  и поэтому делится на 3. Таким образом,  y³ + 1  кратно 3.

  Положим  z = y³,  тогда  z⁵ + 1 = (z + 1)(z⁴ – z³ + z² – z + 1) = 2x².  Если  z⁴ – z³ + z² – z + 1  делится на 5, то все доказано. В противном случае множители в средней части равенства взаимно просты. Поскольку  z⁴ – z³ + z² – z + 1  нечётно,  z + 1 = 2a²,  z⁴ – z³ + z² – z + 1 = b².  Но так как  z ≡ –1 (mod 3),  то

z⁴ – z³ + z² – z + 1 ≡ 2 (mod 3)  и не может быть полным квадратом. Противоречие.

Ответ задачи отсутствует