Задача №17255

Изобретатель-самоучка Акакий Шестеренкин взял у сурового ростовщика Порфирия Кровопийцева кредит на $S$ рублей на срок $n$ месяцев. Условия Порфирия безжалостны:

— каждый месяц долг Акакия возрастает на 50% по сравнению с концом предыдущего месяца;

— после этого Акакий приносит платеж (строго в целых рублях, сдачи Порфирий не дает);

— долг должен погашаться дифференцированно: каждый месяц после платежа остаток долга должен быть на одну и ту же величину $\frac{S}{n}$ меньше долга на конец предыдущего месяца.

Известно, что ни в один из месяцев Акакию не пришлось делить рубли на копейки (все ежемесячные платежи — целые числа). Пусть $M$ — общая сумма рублей, выплаченная за $n$ месяцев.

А) Могло ли оказаться так, что общая сумма выплат $M$ ровно в 2 раза превысила размер займа $S\text{?}$
Б) Акакий подсчитал, что число $M$ является простым. Возможно ли это при $n>1\text{?}$
В) Найдите все возможные значения суммы займа $S\text{,}$ если известно, что срок кредита $n>2\text{,}$ разность между первым и вторым платежом составила ровно 1 рубль, а общая сумма выплат $M$ в точности равна квадрату некоторого простого числа.

Обозначим $D_k$ — остаток долга в конце $k$-го месяца после платежа, $D_0=S\text{.}$ По условию $D_k=D_{k-1}-\frac{S}{n}\text{,}$ значит

$$D_k=\frac{S(n-k)}{n},D_n=0.$$

Платёж в месяц $k$ — это $1,5\cdot D_{k-1}-D_k\text{:}$

$$P_k=\frac{3}{2}\cdot \frac{S(n-k+1)}{n}-\frac{S(n-k)}{n}=\frac{S(n-k+3)}{2n}.$$

Суммируем:

$$M=\sum _{k=1}^n{P}_k=\frac{S}{2n}\sum _{k=1}^n(n-k+3)=\frac{S}{2n}\cdot \frac{n(n+5)}{2}=\frac{S(n+5)}{4}.$$

Условие целочисленности. $P_k=\frac{S(n-k+3)}{2n}$ должно быть целым для всех $k\in \{1,\dots ,n\}\text{,}$ т.е. $2n\mid S\cdot j$ для всех $j\in \{3,4,\dots ,n+2\}\text{.}$

Взяв $j=3$ и $j=4$ (взаимно простые): $2n\mid 4S-3S=S\text{.}$ Значит $S=2nm$ для некоторого $m\in \mathbb{N}\text{.}$ Обратно, при $S=2nm$ платежи $P_k=m(n-k+3)$ — целые.

Тогда $M=\frac{2nm(n+5)}{4}=\frac{nm(n+5)}{2}$ (целое, так как одно из $n,n+5$ чётно).

А) Может ли $M=2S\text{?}$

$\frac{S(n+5)}{4}=2S\iff n+5=8\iff n=3\text{.}$ Пример: $n=3\text{,}$ $m=1\text{,}$ $S=6\text{.}$

Проверка: $P_1=1\cdot 5=5\text{,}$ $P_2=4\text{,}$ $P_3=3\text{.}$ Остатки: $D_1=4\text{,}$ $D_2=2\text{,}$ $D_3=0\text{.}$ Итого $M=12=2\cdot 6\text{.}$

Ответ А: да, может (например, $n=3\text{,}$ $S=6$).

Б) Простое ли $M$ при $n>1\text{?}$

При $n=2\text{,}$ $m=1\text{,}$ $S=4\text{:}$ $M=\frac{2\cdot 1\cdot 7}{2}=7$ — простое.

Проверка: $P_1=1\cdot (2-1+3)=4\text{,}$ $P_2=1\cdot 3=3\text{.}$ Остаток: $D_0=4\to 6-4=2=D_1\text{,}$ $D_1=2\to 3-3=0\text{.}$ Итого $M=7$ — простое.

Ответ Б: да, возможно (например, $n=2\text{,}$ $S=4$).

В) $n>2\text{,}$ $P_1-P_2=1\text{,}$ $M=p^2$ — квадрат простого.

Разность платежей:

$$P_1-P_2=\frac{S(n+2)-S(n+1)}{2n}=\frac{S}{2n}.$$

Условие $\frac{S}{2n}=1\Rightarrow S=2n$ (т.е. $m=1$).

Тогда $M=\frac{n(n+5)}{2}=p^2\text{.}$

Ищем $n>2\text{,}$ при котором $n(n+5)=2p^2$ и $p$ — простое.

Заметим: одно из $n,n+5$ чётно, другое нечётно. Рассмотрим случаи.

Случай $n$ нечётно, $n+5$ чётно. Тогда $n\cdot \frac{n+5}{2}=p^2\text{.}$ Пусть $j=(n+5)/2\text{.}$ Имеем $\gcd (n,j)\mid \gcd (n,2j-n)=\gcd (n,5)\text{.}$

1. Если $\gcd (n,5)=1\text{,}$ то $\gcd (n,j)=1\text{,}$ $nj=p^2\text{,}$ $\{n,j\}=\{1,p^2\}\text{.}$ Подбор: $n=1$ даёт $j=3\text{,}$ $p^2=3$ — нет; $n=p^2\text{,}$ $j=1\Rightarrow n+5=2$ — невозможно.
2. Если $5\mid n\text{,}$ $n=5l$ ($l$ нечётно), $n+5=5(l+1)\text{,}$ $l+1=2s\text{.}$ Получим $25ls=p^2\text{,}$ $\gcd (l,s)=1\text{.}$ Значит $5\mid p\text{,}$ $p=5q\text{,}$ $q^2=ls\text{.}$ $l$ и $s$ — взаимно простые квадраты: $l=a^2\text{,}$ $s=b^2\text{,}$ $a^2+1=2b^2\text{.}$

Решения уравнения $a^2-2b^2=-1$ (Пелля): $(a,b)=(1,1),(7,5),(41,29),\dots$

1. $(a,b)=(1,1)\text{:}$ $l=1\text{,}$ $s=1\text{,}$ $q=1\text{,}$ $p=5$ — простое; $n=5l=5>2\text{,}$ $S=2n=10\text{,}$ $M=25=5^2\text{.}$ Подходит.
2. $(a,b)=(7,5)\text{:}$ $l=49\text{,}$ $s=25\text{,}$ $q=7\cdot 5=35\text{,}$ $p=5\cdot 35=175=5^2\cdot 7$ — не простое.
3. $(a,b)=(41,29)\text{:}$ $p=5\cdot 41\cdot 29=5945$ — не простое.

В общем для $(a,b)$ с $a>1\text{:}$ $p=5ab$ имеет три множителя — не простое.

Случай $n$ чётно, $n=2k\text{.}$ Тогда $k(2k+5)=p^2\text{,}$ $\gcd (k,2k+5)\in \{1;5\}\text{.}$

1. $\gcd =1\text{:}$ $\{k,2k+5\}=\{1,p^2\}\text{.}$ $k=1\text{:}$ $2k+5=7=p^2$ — нет.
2. $\gcd =5\text{:}$ $k=5l\text{,}$ $2k+5=5(2l+1)\text{,}$ $25l(2l+1)=p^2\text{,}$ $\gcd (l,2l+1)=1\text{.}$ $5\mid p\text{,}$ $p=5q\text{,}$ $q^2=l(2l+1)\text{,}$ $l=m^2\text{,}$ $2l+1=c^2\text{,}$ т.е. $c^2-2m^2=1$ (Пелля): $(m,c)=(0,1),(2,3),(12,17),\dots$ При $m=0\text{:}$ $l=0$ — недопустимо ($S=0$). При $m=2\text{:}$ $l=4\text{,}$ $c=3\text{,}$ $q=6\text{,}$ $p=30$ — не простое. Дальше $p$ растёт и составное.

Итого единственное решение: $n=5\text{,}$ $S=10\text{,}$ $M=25=5^2\text{.}$

Ответ:

А) Да, может (например, $n=3\text{,}$ $S=6\text{,}$ тогда $M=12=2S$).

Б) Да, возможно (например, $n=2\text{,}$ $S=4\text{,}$ тогда $M=7$).

В) $S=10\text{.}$