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2019 Canada MO 第2题

题目

aabb 为正整数,且满足 a+b3a+b^3 能被 a2+3ab+3b21a^2+3ab+3b^2-1 整除.求证:a2+3ab+3b21a^2+3ab+3b^2-1 能被一个大于 11 的整数的立方整除.[1]

分析

根据题目中 a2+3ab+3b2a^2+3ab+3b^2 的形式,容易看出应该和 (a+b)3(a+b)^3 有关系,从而可以证出 (a+b)3(a+b)^3 能被 a2+3ab+3b21a^2+3ab+3b^2-1

而本题的难点在于如何证明 a2+3ab+3b21a^2+3ab+3b^2-1 有次数不小于 33 的因子.这里使用了反证法,并对要证明的结论进行了加强,把证明 a2+3ab+3b21a^2+3ab+3b^2-1 中素因子的次数大于 22,转化为证明其大于 (a+b)(a+b) 中对应的素因子的次数的 22 倍,从而更容易导出矛盾.

解答

T=a2+3ab+3b21T=a^2+3ab+3b^2-1,则

(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=a(a2+3ab+3b2)+b3=a(T+1)+b3=aT+(a+b3)\begin{aligned} \left( a+b \right)^3 &= a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 \\ &= a\left( a^2+3ab+3b^2 \right) + b^3 \\ &= a\left( T+1 \right) + b^3 \\ &= aT + \left( a+b^3 \right) \end{aligned}

由题知,Ta+b3T \mid a+b^3,故 T(a+b)3T \mid \left( a+b \right)^3

a+ba+b 的质因数分解为 p1r1p2r2pnrnp_1^{r_1}p_2^{r_2} \cdots p_n^{r_n}T=p1s1p2s2pnsnT = p_1^{s_1}p_2^{s_2} \cdots p_n^{s_n},其中 ri1,si0r_i\geqslant 1, s_i\geqslant 0,则只需证明存在一个 sk3s_k\geqslant 3 即可.

若对于任意的 1in1 \leqslant i \leqslant n,都有 si2s_i \leqslant 2,于是 si2ris_i \leqslant 2r_i,此时有 T(a+b)2T \mid \left( a+b \right)^2.但是,

T=a2+3ab+3b21>a2+2ab+b2=(a+b)2,\begin{aligned} T&=a^2+3ab+3b^2-1 \\ &>a^2+2ab+b^2 \\ &=\left( a+b \right)^2, \end{aligned}

矛盾.所以一定存在一个 sk3s_k\geqslant 3,于是 pk3Tp_k^3\mid T


  1. 英文题目的下载链接 ↩︎