Es esta olimpiada-como la pregunta sobre los restos de un problema abierto?

Question

Supongamos que tenemos dos números enteros positivos $x$ $y$ tal que

$$x \mod p \leqslant y \mod p$$

para cada número primo $p$. (Aquí, $x \mod p,\; y \mod p$ stand por lo menos no negativo residual.) De lo anterior se sigue que el $x = y$?

El problema es aparentemente fácil, porque tenemos a la prueba de $x,y$ contra un número finito de números primos sólo. Sin embargo, después de varios intentos me empiezan a preguntarse si este es un problema abierto...

Tenga en cuenta que parece ser un problema si no es un número primo entre un par de plazas (una referencia se agradece), para el caso en que $x$ $y$ son plazas en sí es lo suficientemente duro. Sin embargo, bien puede suceder que esto no requiere de un argumento.

Answer 1

Algunos resultados parciales:

Tomando un gran $p$, podemos ver que $x\le y$. Deje $d=y-x$. Suponga $y>x$ (ciertamente,$y\ge 2$). Si $p\mid y$ obtenemos $x\bmod p\le y\bmod p=0$, por lo tanto $p\mid x$ también $p\mid d$. Especialmente, $d\ge2$.

Ahora Vamos a $p$ ser un primer dividiendo $x+1$ ( $\ge 2$ ). A continuación, $x\bmod p=p-1$ implica $y\bmod p=p-1$, es decir,$p\mid y+1$. Por lo tanto $d$ es divisible por cualquier primer dividiendo $x+1$. Especialmente, $d\ge 6$ porque $x+1$ $y$ no tienen prime en común.

Ahora vamos a $p$ ser cualquier primer dividiendo $d+1$ ( $\ge 7$ ). A continuación,$y+1\bmod p=x\bmod p$, de modo que podamos evitar la contradicción $y\bmod p<x\bmod p$ sólo por la evasión a $x\bmod p=0$, $y\bmod p=p-1$.

Ahora vamos a $p$ ser un primer dividir un número entre el$x$$y$, decir $(r-1)p\le x<rp\le y$. A continuación, $y-rp\ge y\bmod p\ge x\bmod p=x-(r-1)p$ implica $y\ge x+p$. Por lo tanto el $d$ números consecutivos $x+1,\ldots, y$ $d$- suave (tiene sólo el primer divisores $\le d$). En otras palabras, ${y\choose d}\mid d!^m$ adecuado $m$

Answer 2

De tomar cualquier número primo mayor que $x$ $y$ conduce a $x\leq y$.

Ahora, todos los $p$ dividiendo $y$ también se divide $x$ porque $x \mod p \leq 0$, lo $y=kx$.

Para cualquier número primo $p$ como $x(k-1)<p<kx=y$ obtenemos $y\mod p <x$, con la condición de que los números primos dividiendo $k$ también se dividen $x$.

Si podemos demostrar que siempre hay números primos en los intervalos que luego tenemos a $x=y$.