MathTime

Vrem să construim o secvență infinită p_0,p_1,p_2,... de numere prime ce satisfac cerința. Alegem p_0=61 . Alegerea este bine făcută deoarece 61 divide 8!+1 . Să presupunem că avem numerele p_0<p_1<...<p_{k-1} și vrem să găsim un nou număr p_k . Ne uităm la un număr n\equiv 1\ (mod\ 6) cu n>p_{k-1} ...

A, ok, neatenția mea. Acum văd că ambele soluții fac același lucru.

Poate sunt orb, dar nu văd ce legătură are remarca ta cu problema.

Uitați, măi copii.

http://en.wikipedia.org/wiki/Art_gallery_problem

Dar ce-i cu atâtea calcule? Projective geometry saves our day. E clar că BCEF e inscriptibil dacă și numai dacă BRCQ e inscriptibil. Mai departe, AD este polara unghiulară a lui P față de \widehat{BAC} , prin urmare diviziunea (B,C,D,P) e armonică. Acum, M fiind mijlocul lui [BC] , e clar că DM\cdot...

S-a mai dat și în Brazilia în 2007 și se bazează pe arhicunoscuta:

Lemma. If $p, q$ are primes and $q\mid \frac{x^{p}-1}{x-1}$ then $q \equiv 1\ (mod\ p)$ or $q \equiv 0\ (mod\ p)$.

Superbă problema! Iată soluția mea, sunt curios să văd și o alta. :P Fie E,F,G,H punctele de tangență ale cercului înscris la laturile AB,BC,CD, respectiv DA . Avem m(\widehat{IPC})=m(\widehat{IFC})=m(\widehat{IGC})=90^\circ , precum și m(\widehat{IPA})=m(\widehat{IEA})=m(\widehat{IHA})=90^\circ , ...

Și mai departe?

Relația este echivaletă cu $(x+1)(y+1)(xy-x-y)=0$.
În situația în care $xy=x+y$ se observă imediat că $x$ și $y$ sunt asociate în divizibilitate, iar de aici posibilitățile $x=y=0$ și $x=y=2$.
Soluțiile problemei sunt $\{(0,0),(2,2),(-1,k),(k,-1)\}$.

O pereche $(a_i,b_i)$ nu poate avea ambii componenți de aceeași parte a lui $n$ datorită ordinii din ipoteză.
Asta înseamnă că fiecare modul din sumă va fi diferența dintre un număr $\ge n+1$ și altul $\le n$, qed.

Problema este de la IRAN TST 2013.
Hint: Scrieți relația ca $(2013k+2)(a^2+b^2+c^2) = 2013k\cdot (a+b+c)^2$ și uitați-vă la exponentul unui divizor prim $p\equiv 2\ (mod\ 3)$ în ambii membri.