2013年中国西部数学邀请赛试题

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  二试数论部分

略

证法一
若 $2^a - a^2 \neq 0$，则取质数 $p>\max\{|2^a - a^2 |, 2\}$ 且 $(p,a)=1$，并取正整数 $n=p(p-1)+2$．
由于 $p\geqslant 3$，
因此 $n\geqslant 8>5$．
由费马小定理，此时有 $\begin{aligned} 2^{n}-n^{2} & \equiv\left(2^{p-1}\right)^{p} \cdot 2^{2}-[p(p-1)+2]^{2} \equiv 1 \times 2^{2}-2^{2} \equiv 0(\bmod p) \end{aligned}$
所以 $p|(a^n -n^a )$．
而 $a^{n}-n^{a} \equiv\left(a^{p-1}\right)^{p} \cdot a^{2}-[p(p-1)+2]^{a} \equiv 1 \times a^{2}-2^{a}(\bmod p)$，所以 $p|(2^a - a^2 )$．
但是 $p> |2^a - a^2 |$ 且 $2^a - a^2 \neq 0$，
这与 $p|(2^a - a^2 )$ 矛盾!
因此必有 $2^a - a^2 =0$．
当 $a\leqslant 4$ 时显然只有 $a=2,4$ 满足上式．
当 $a\geqslant 5$ 时，$\begin{aligned} 2^{a} &=(1+1)^{a}>1+a+\frac{a(a-1)}{2}+\frac{a(a-1)(a-2)}{6} >a+\frac{a(a-1)}{2}+\frac{a(a-1) \cdot 3}{6}=a^{2} \end{aligned}$
所以可能满足条件的正整数 $a$ 只有 $2$ 和 $4$．
当 $a=2$ 时显然满足条件，当 $a=4$ 时，$4^n - n^4 = (2^n - n^2 )(2^n + n^2 )$ 也满足条件，所以所求的正整数 $a$ 的值为 $2$ 和 $4$．
证法二
所求的正整数 $a$ 的值为 $2$ 和 $4$．
首先验证 $a=2$ 或 $4$ 时满足题目条件（同方法一）．
下面证明只有 $2$ 和 $4$ 满足条件．
（1）先证明 $a$ 为偶数．事实上，取 $n$ 为任意大于 $5$ 的偶数，由 $2^n -n^2 $ 为偶数知 $a^n - n^a$ 为偶数，于是 $a$ 为偶数．
（2）其次，证明 $a$ 无奇素因子．
假设 $a$ 存在奇素因子 $p$，则
当 $p=3$ 时，取 $n=8$，则 $2^n - n^2 = 192$ 为 $3$ 的倍数，但此时 $a^n - n^a$ 不是 $3$ 的倍数，与题设矛盾；
当 $p=5$ 时，取 $n=16$，则 $2^n - n^2 =64110$ 是 $5$ 的倍数，
但此时 $a^n - n^a$ 不是 $5$ 的倍数，与题设矛盾；
当 $p\geqslant 7$ 时，取 $n=p-1$，则由费马小定理，$2^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$．
注意到 $(p-1)^a \equiv 1\pmod{p}$，
从而 $p|(2^n - n^2 )$．
由 $(p-1)^a \equiv (-1)^a \equiv 1 \pmod{p}$ 及 $p|a^n$，
知 $p$ 不整除 $(a^n - n^a )$，
这与题设矛盾．
（3）最后，证明正整数 $a$ 的值为 $2$ 和 $4$．
由（1），（2）知，可设 $a=2^t$，其中 $t$ 是正整数．
则由 $(2^n - n^2 )~|~(2^{tn}-n^{2^{t}})$ 及 $(2^n - n^2 )~|~(2^{tn}-n^{2t})$，得 $
\left(2^{n}-n^{2}\right) |\left(n^{2^{t}}-n^{2 t}\right)
$
这时取充分大的 $n$，注意到 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{n^{2^{t}}}{2^{n}}=0$ 知道 $n^{2^{t}}-n^{2t}=0$，于是 $2^t =2t$．
当 $t=1$，$t=2$ 是满足条件的；
当 $t\geqslant 3$ 时，由二项式定理，知 $
t=2^{t-1}=(1+1)^{t-1}>1+(t-1)=t
$
这是不能成立的．
综上所述，所求的正整数 $a$ 的值为 $2$ 和 $4$．