Делимость для любого натурального $n$

[nnosipov]

Натуральные числа $a$ и $b$ таковы, что $a^n+n^2+2n$ делится на $b^n+n$ при любом натуральном $n$. Найдите $a$ и $b$.

[Verka-Serdyuchka]

nnosipov в сообщении #477452 писал(а):

Натуральные числа $a$ и $b$ таковы, что $a^n+n^2+2n$ делится на $b^n+n$ при любом натуральном $n$. Найдите $a$ и $b$.

1 и 1

[nnosipov]

Verka-Serdyuchka в сообщении #477503 писал(а):

1 и 1

Спасибо, конечно, но хотелось бы знать, есть ли другие решения, а если их нет, то почему.

[RIP]

1) Пусть $b=1$. Тогда при любом $n$ имеем $a^n\equiv1\pmod{n+1}$, в частности, $a^{2^\alpha-1}\equiv1\pmod{2^\alpha}$, откуда $a\equiv1\pmod{2^\alpha}$ (поскольку $\operatorname{ord}_{2^\alpha}a$ делит $(2^\alpha-1,\varphi(2^\alpha))=1$), что при $2^\alpha>a$ даёт $a=1$.

2) Чуть более интересный случай: $b>1$. Обозначим $z_n=\frac{a^n+n^2+2n}{b^n+n}$, $k=\left\lfloor\frac{\log a}{\log b}\right\rfloor$. Тогда

$$z_n=\sum_{l=1}^{k+1}(-n)^{l-1}\left(\frac a{b^l}\right)^n+n^2b^{-n}+O\left(n^{k+1}\left(\frac a{b^{k+2}}\right)^n+nb^{-n}\right),\qquad n\to\infty.$$

Пусть $\mathcal B$ --- оператор правого сдвига: $\mathcal Bx_n=x_{n-1}$. Применим к $z_n$ оператор

$$\prod_{l=1}^k\left(1-\frac a{b^l}\mathcal B\right)^l.$$

Полученная последовательность ведёт себя как

$$\prod_{l=1}^k\left(1-b^{k+1-l}\right)^l\cdot(-n)^k\left(\frac a{b^{k+1}}\right)^n+\prod_{l=1}^k\left(1-\frac a{b^{l-1}}\right)^l\cdot n^2b^{-n}+O\left(n^{k-1}\left(\frac a{b^{k+1}}\right)^n+nb^{-n}\right),\qquad n\to\infty.$$

Но это последовательность рациональных чисел с ограниченными знаменателями, поэтому при всех достаточно больших $n$ она равна нулю. Методом пристального взгляда убеждаемся, что это возможно только при $a=b^2$.

[nnosipov]

RIP, спасибо. У меня почему-то другой разностный оператор используется, надо бы перепроверить.

[Sonic86]

RIP в сообщении #477546 писал(а):

Методом пристального взгляда убеждаемся, что это возможно только при $a=b^2$.

Наверное, еще нужно дописать, что при $a=b^2$ делимость есть лишь при $a=1$.

[RIP]

nnosipov в сообщении #477549 писал(а):

У меня почему-то другой разностный оператор используется, надо бы перепроверить.

я погонял численно при $a=9$, $b=2$ --- вроде бы более-менее сходится.

Sonic86 в сообщении #477550 писал(а):

Наверное, еще нужно дописать, что при $a=b^2$ делимость есть лишь при $a=1$.

да, это я зевнул: показалось, что тогда числитель есть квадрат знаменателя. а так, видно, что и в этом случае "главные члены" не уничтожаются, так что можно с чистой совестью "возможно только..." заменить на "невозможно".

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #477550 писал(а):

Наверное, еще нужно дописать, что при $a=b^2$ делимость есть лишь при $a=1$.

Если уже доказано, что $a=b^m$ для некоторого натурального $m$, то остальное пустяки: $0 \equiv b^{mn}+n^2+2n \equiv (-n)^m+n^2+2n \pmod{b^n+n}$, что при $b>1$ противоречиво.

Я использовал оператор $\Delta$, ставящий в соответствие последовательности $y_n$ последовательность $by_n-ay_{n-1}$. Вроде бы

$$ \Delta^m z_n \asymp (a/b^{m+1})^nn^m, \quad n \to \infty, $$

для любого натурального $m$ (но аккуратно я это не проверял, только численно), так что если $b^m<a<b^{m+1}$, то $\Delta^m z_n \to 0$ при $n \to \infty$.

[RIP]

Не, одного оператора $\Delta$ не хватит: при любых $m$

$$\Delta^mz_n\asymp n(a/b^2)^n.$$

Можете потестить $a=5$, $b=2$.

[nnosipov]

Увы, уже обнаружил.