Balkan MO：考えられるすべての素数を見つける $p$ そして $q$ そのような $3p^{q-1}+1$ 分水界 $11^p+17^p$。[閉まっている]
可能なすべての素数を見つける $p$ そして $q$ そのような $3p^{q-1}+1$ 分水界 $11^p+17^p$。
この問題はMSEに2回投稿されましたが、解決されませんでした。誰かが私を助けることができますか？
私は注文と改造を使用することになっています
回答
隠されたヒントで答えてください。私たちは$3p^{q-1} +1$ 分水界 $11^p+17^p$ いくつかの素数のために $p$ そして $q$。
- 場合 $p=2$、 それは不可能。（強引な）
ために $p=2$ 我々は持っています $11^2+17^2 = 410$ その要因は $1,2,5,10,41,82,205,410$。場合$3 \times 2^{q-1}+1$ が因子である場合、その因子は次の形式になります $3k+1$ つまり、その要因は $1,10,82$ または $204$、しかしいずれの場合も $k \neq 2^{q-1}$ ために $q$ プライム。
- 今のために $p>2$、 $ 8 \nmid 11^p+17^p$。
以来 $p$ 奇妙です、 $$11^p + 17^p \equiv 3^p+1 \equiv 3+1\equiv 4 \mod 8$$
- しましょう $r$ の奇妙な素数除数になる $3p^{q-1}+1$。次に$r \notin \{3,11,17\}$。
もちろん $r \neq 3$そうでなければ、それはフォームの数を分割することはできません $3k+1$。だが$3p^{q-1}+1$ 分水界 $11^p+17^p$ だからもし $r$ RHSを除算すると、どちらも除算できません $11^p$ または $17^p$もう一方も分割する必要があるためですが、両方とも互いに素です。その結果、$r \neq 11,17$。
- あります $b$ そのような $17b \equiv 1 \mod r$、ベズーの定理による。それを示す$ord_r(11b) \in \{2,2p\}$。
場合 $17b \equiv 1 \mod r$ その後 $b^p(11^p+17^p) \equiv (11b)^p +1\mod r$、 だが $r$ 分水界 $11^p+17^p$ そう $(11b)^p + 1$ の倍数です $r$、 したがって $(11b)^{2p}-1$ の倍数です $r$。したがって、$ord_r(11b)$ 分水界 $2p$、しかし等しくない $1$ 明らかに。
- しましょう $ord_r(11b) = 2$。次に$r=7$。
もしそうなら、 $r$ 分水界 $(11b)^2-1$、しかしそれはまた分割します $(11b)^2 - (17b)^2$、そして互いに素であるため $b$ の約数です $11^2-17^2 = -168$。以来$r \neq 3$ 私たちは持っている必要があります $r=7$。
場合 $ord_r(11b) = 2p$ その後 $2p$ 分水界 $r-1$、フェルマーの小定理による。したがって、素因数分解を書くことができます$$ 3p^{q-1}+1 = 2^{\alpha}7^{\beta}p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k} $$ どこ $p_i \neq 2,7$ の素因数です $p_i \equiv 1 \mod 2p$。
我々は持っています $\beta \leq 1$、それを観察することによって $\frac{11^p+17^p}{28}$ の倍数ではありません $7$。（ヒント：$11+17= 28$、その分数は間違いなく自然数ですが、もっと言うことができます）したがって $\beta \leq 1$。
標準的な因数分解 $\frac{a^p-b^p}{a-b} = \sum_{k=1}^{n-1} a^kb^{n-k}$ で適用 $a=11,b=-17$ そして私たちは使用します $11 \equiv 4$ そして $17 \equiv -4$ モッド $7$、 それ $\frac{11^p+17^p}{28} \equiv p4^{p-1}$ モッド $7$、および $p \neq 7$（なぜ？）
- 場合 $q=2$、その場合、問題には解決策がありません。
もしそうなら、 $3p+1 = 2^{\alpha}7^{\beta}p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k}$、しかしそれぞれ $p_i$ 少なくとも $2p+1$ 半分以上です $3p+1$。したがって、$p_i$存在します。上の既存の境界によって$\alpha,\beta$ 候補者だけがいます $3p+1 = 2,4,14,28$、どれも機能しません。
- 場合 $q>2$、その後 $\alpha = 2$ そして $p=3$。
場合 $q>2$、その後 $p^{q-1} \equiv 1 \mod 4$ 以来 $q-1$ 偶数であるため $3p^{q-1} +1$ の倍数です $4$、 そう $\alpha = 2$。最終的に、$2^{\alpha}7^{\beta} p_1^{\gamma_1}...p_k^{\gamma_k}$ に合同です $4$ または $28$ モジュロ $p$、 なぜなら $p_i$ すべてが合同です $1$ モジュロ $p$。だが$3p^{q-1}+1$ に合同です $1$ モジュロ $p$。これらは等しいので、どちらかを取得します$1-4$ または $1-28$ の倍数です $p$。どちらにしても$p=3$。
- それを参照してください $q=3$ 次の場合に発生する必要があります $p=3$。
まあ、私たちは持っています $11^3+17^3= 6244 = 2^2 \times 7 \times 223$、そうなら $3 \times 3^{q-1} +1$ の倍数です $6244$、これは言うことと同じです $3^q+1$ の倍数です $6244$、 したがって $q=3$ 以来の唯一のオプションです $q=1,2,4,...,7$ 動作しないと $q=8$ 大きすぎます。
- したがって、 $p=q=3$ 唯一の解決策です。
別のアプローチ：
オイラーの基準による：
$A=3^{\frac{7-1}2=3}+1 \equiv 0 \ mod (7)$
$3\times 3^{q-1}+1\equiv 0 \ mod (7)$
これらの2つの関係は $p=q=3$
この場合 $A=28$。
これをRHSで確認します。 $B=11^p+17^q$：
$11\equiv 4 \mod (7)$ 、 $\rightarrow 11^p \equiv 4^p \mod (7)=7a+4^p$
$17 \equiv 3 \ mod (7)$、 $\rightarrow 17^q\equiv 3^q \ mod (7)=7b+3^q$
$17^q$ そして $3^q$ 奇妙なので $7b$ したがって、偶数です：
$17^q=14 b_1+3^q$
⇒ $11^p+13^q=7a+7b+4^p+3^q$
$11^p+17^q$ そして $4^p+3^q$ 奇妙なので $7a+7b$ 均等でなければなりません。 $7b=14b_1$ でもそうです $7a$ また、均一でなければなりません、 $7a=14a_1$、だから私たちは持っています：
$11^p+17^q=14(a_1+b_1)+4^p+3^q$
$4^p+3^q=(7-3)^p+3^q= 7t -3^p+3^q$
必要です $11^p+11^q\equiv (4^p+3^q)\equiv 0 \ mod (7)$
これは次の場合にのみ可能です $p=q$ そのような：
$4^p+3^q=(7-3)^p+3^q= 7t +(-3^p+3^q=0)=7t$
今なら $p=q=3$ その後 $14a_1+14b_1=28 k$、理由：
$11^3+17^3=223\times 28$
したがって、 $A=28\big|B$
あれは $p=q=3$ 解決策になる可能性があります。