Докажите, что для взаимно натуральных чисел k и n, если a^k+b^k делится на 101 и a^n+b^n делится на 101 при некоторых

Скользящий_Тигр

43

Для начала, давайте вспомним некоторые факты о делимости.

Пусть m и n — два целых числа, а p — простое число. Если \(a\) делится на \(p\), то \(a^n\) также делится на \(p\) для любого натурального числа \(n\). Это следует из малой теоремы Ферма.

Теперь давайте рассмотрим два случая.

Случай 1: \(a\) и \(b\) не делятся на 101.

По условию задачи, \(a^k+b^k\), а также \(a^n+b^n\) делятся на 101. Мы можем записать это следующим образом:

\[a^k+b^k \equiv 0 \pmod{101}\]
\[a^n+b^n \equiv 0 \pmod{101}\]

Так как \(a\) и \(b\) не делятся на 101, то справедливо выражение:

\[a^k \equiv -b^k \pmod{101}\]
\[a^n \equiv -b^n \pmod{101}\]

Теперь сложим эти два выражения:

\[a^k + a^n \equiv -b^k + (-b^n) \pmod{101}\]
\[a^k + a^n \equiv -(b^k + b^n) \pmod{101}\]

Мы знаем, что \(a^k + a^n\) и \(b^k + b^n\) делятся на 101. Поэтому, выражение \(-(b^k + b^n)\) также должно делиться на 101. Тогда:

\[a^k + a^n \equiv 0 \pmod{101}\]

Таким образом, мы показали, что \(a^k + a^n\) делится на 101 для невырожденного случая.

Случай 2: \(a\) или \(b\) делятся на 101.

Пусть, без ограничения общности, \(a\) делится на 101. В этом случае \(a^k\) и \(a^n\) также делятся на 101. Поэтому, \(a^k + a^n\) также делится на 101. Аналогично, если \(b\) делится на 101, то \(b^k + b^n\) делится на 101.

Теперь рассмотрим случай, когда \(a\) делится на 101, а \(b\) не делится на 101. В этом случае, \(a^k\) и \(a^n\) делятся на 101, но \(b^k\) и \(b^n\) не делятся на 101. Поэтому, \(a^k + b^k\) и \(a^n + b^n\) не могут оба одновременно делиться на 101. Это противоречие с условием задачи. Аналогично, если \(a\) не делится на 101, а \(b\) делится на 101, то также получаем противоречие.

Таким образом, из любого случая следует, что либо \(a\) и \(b\) делятся на 101, либо они оба не делятся на 101. В обоих случаях \(a + b\) будет делиться на 101. Получили, что \(a + b\) делится на 101.