Несложное уравнение в натуральных числах

[age]

Вот что у меня получилось:

Рассмотрим общий случай. $k=2m$ - чётно, $ord_2(k-1)=o=2l+1$ - нечётно. Тогда $n=o\cdot p$, $\dfrac{(k+1)^{o\cdot p}-1}{k^{o\cdot p}-1}$. Для того чтобы последнее выполнялось (было целым числом), необходимо чтобы

$n\div(ord_{k+1}(k^o-1))$

Обозначим $ord_{k+1}(k^o-1)=o_1$
Очевидно, что $o_1\div o$, поэтому уже $n=o_1\cdot p$. Но тогда имеем:

$\dfrac{(k+1)^{o_1\cdot p}-1}{k^{o_1\cdot p}-1}$ - целое.

Но тогда уже $n\div(ord_{k+1}(k^o_1-1))$, где как мы доказали $o_1\geq o$. Рассуждая аналогично, получим бесконечное количество возрастающих мультипликативных порядков, поэтому для того, чтобы выражение было целым необходимо чтобы $ord_{k+1}(o_i)=ord_{k+1}(o_{i+1})$.

Откуда $ord_{k+1}(k^{o_i}-1)=o_i$. Очевидно, что если какое-то $n=o_i$ - решение, то никакие $n_1=c\cdot n$ - решениями быть не могут. Т.е. для каждого $k$ решение единственно и обязано быть мультипликативным порядком.

[maxal]

age в сообщении #455431 писал(а):

где как мы доказали $o_1>o$.

это не доказано. Возможен случай $o_1=o$.

[nnosipov]

age в сообщении #455431 писал(а):

Очевидно, что если какое-то $n=o_i$ - решение, то никакие $n_1=c\cdot n$ - решениями быть не могут.

Приведите доказательство, это не очевидно. Для обозначения порядка числа $a$ по модулю $m$ лучше использовать обозначение $\mathop{\mathrm{ord}}_m{(a)}$.

[age]

Пусть $\dfrac{(k+1)^{cn}-1}{k^{cn}-1}$ - целое. Тогда $\dfrac{(k+1)^{cn}-1}{k^c-1}$ - тоже целое. Тогда для $c$ справедливы все те же рассуждения выше, что и для $n$. Откуда $ord_{k+1}(k^c-1)=c$. И т.д. и т.п.

-- Ср июн 08, 2011 11:40:55 --

Но боюсь даже если я предъявлю всё доказательство от начала и до конца это делу никак не поможет. Ну единственно $n$ для каждого $k$, и что?

[maxal]

age в сообщении #455565 писал(а):

Пусть $\dfrac{(k+1)^{cn}-1}{k^{cn}-1}$ - целое. Тогда $\dfrac{(k+1)^{cn}-1}{k^c-1}$ - тоже целое. Тогда для $c$ справедливы все те же рассуждения выше, что и для $n$.

Это неверно. Здесь показатели (в отличие от формул с $n$) в числителе и знаменателе разные. В частности, из того, что $\dfrac{(k+1)^{cn}-1}{k^c-1}$ - целое, следует лишь, что $\mathrm{ord}_{k^c-1}(k+1)$ делит $cn$, но он может не делить $c$.

[age]

age в сообщении #455565 писал(а):

Тогда для $c$ справедливы все те же рассуждения выше, что и для $n$.

Т.е. для $nc$ справедливы все те же рассуждения выше, что и для $n$. Но это всё равно ничего не меняет. Согласен:

age в сообщении #455431 писал(а):

Очевидно, что если какое-то $n=o_i$ - решение, то никакие $n_1=c\cdot n$ - решениями быть не могут. Т.е. для каждого $k$ решение единственно и обязано быть мультипликативным порядком.

Неверно. Проверил. Могут быть десять и двадцать решений.

-- Ср июн 08, 2011 14:49:52 --

Пора подводить черту:

Всё, что может быть применено для $\dfrac{(k+1)^n-1}{k^n-1}=m$ может быть применено и для $\dfrac{(k+p)^n-1}{k^n-1}=m$. А там решений сколько угодно.

Единственные ограничения, которые можно установить для $p=1$ - это $n$ не может быть чётно, $k$ не может быть нечётно. Для большего уже нужно исследовать $\dfrac{(k+p)^n-1}{k^n-1}=m$.