Уравнение в целых числах.

[PWT]

Здравствуйте! Помогите, пожалуйста, разобраться в задаче.

Нужно решить уравнение $(p-n)^2=pn+1$, где $p$ - простое, а $n$ - натуральное.

У меня есть идея такая: $(p-n)^2-1=pn$, а значит $(p-n-1)(p-n+1)=pn$.

Я бы разбил на 2 ситуации:

1) $p-n$ -- четное, тогда $(p-n-1)(p-n+1)$ -- нечетное, значит $pn$ -- нечетное, тогда $p\ne 2$, $n$ -- нечетное, пока мало это что дает, но можно рассмотреть вторую ситуацию.

2) $p-n$ -- нечетное, тогда $(p-n-1)(p-n+1)$ -- четное (даже на 4 делится), значит $pn$ -- четное, тогда $n$ -- четное. а раз $p-n$ -- нечетное, значит $p\ne 2$, а тогда еще $n$ кратно $4$

Выяснилось, что $p\ne 2$, пока что других идей нет, к сожалению.

-- 03.10.2017, 14:21 --

Была еще мысль такая:

$(p-n)^2=pn+1$

$p^2-3pn+n^2=1$

$(p-1,5n)^2=1+1,25n^2$, тогда $p-1,5n=\pm\sqrt{1+1,25n^2}$, значит $p=1,5n\pm \sqrt{1+1,25n^2}$ (но ведь это не может быть ответом, верно?)

[grizzly]

PWT
Попытайтесь проверить делимость на 3. Как минимум, получите одно решение, а может и всю задачу.

[PWT]

grizzly в сообщении #1252736 писал(а):

PWT
Попытайтесь проверить делимость на 3. Как минимум, получите одно решение, а может и всю задачу.

Спасибо! Попробую обратить внимание на $(p-n-1)(p-n+1)=pn$.

Так как $p-n-1,p-n, p-n+1$ три последовательных числа, значит какое-то из них делится на $3$.

Рассмотрим две ситуации.

1) $p-n$ не делится на $3$. Значит произведение $(p-n-1)(p-n+1)$ делится на 3. А значит или $p=3$ или $n$ кратно $3$. Пока что дальше тупик.

2) $p-n$ делится на $3$, значит $p$ и $n$ имеют одинаковый остаток при делении на 3. Произведение $(p-n-1)(p-n+1)$ не делится на 3. Значит $pn$ не кратно трем.

Пока что такием мысли. В правильном ли направлении двигаюсь? Теперь есть только идеи представлять числа в виде $n=3k+r_1$ и аналогично $p=3m+r_2$. Но как-то ничего толкового вроде не выходит

[grizzly]

PWT в сообщении #1252747 писал(а):

В правильном ли направлении двигаюсь?

Как-то сложно. А если раскрыть скобки в задании? Получится $p^2+n^2=3pn+1$. Квадрат любого числа даёт при делении на 3 остаток либо 0, либо 1 (это понятно?). Могут ли оба числа $p$ и $n$ не быть кратны 3 одновременно? Ну и хотя бы одно решение нужно уже прямо сейчас заметить.
(Дальше не знаю, не решал, но похоже, что можно на этом пути раскрутить до конца.)

[PWT]

grizzly в сообщении #1252764 писал(а):

PWT в сообщении #1252747 писал(а):

В правильном ли направлении двигаюсь?

Как-то сложно. А если раскрыть скобки в задании? Получится $p^2+n^2=3pn+1$. Квадрат любого числа даёт при делении на 3 остаток либо 0, либо 1 (это понятно?). Могут ли оба числа $p$ и $n$ не быть кратны 3 одновременно? Ну и хотя бы одно решение нужно уже прямо сейчас заметить.
(Дальше не знаю, не решал, но похоже, что можно на этом пути раскрутить до конца.)

Спасибо, вроде как стало понятно про остаток 0 или 1. Я бы сказал, что хотя бы одно из чисел должно быть кратно 3, иначе сумма квадратов бы имела остаток 2 при делении на три, но правая часть дает остаток 1 при делении на 3, а значит приходим к противоречию. Тогда хотя бы одно из чисел делится на 3. Если это $p$, то $p=3$, тогда уравнение приобретает вид $9+n^2=9n+1$, а значит $n^2-9n+8=0$, тогда $n=1$ или $n=8$.

Вторая ситуация: $p\ne 3$, тогда $n=3k$, а значит $p^2+9k^2=9pk+1$, тогда $(p-1)(p+1)=9k(p-k)$

Значит $p\ge k$, при этом $(p-1)(p+1)$ делится на 9. А значит либо $p=9m+1$ или $p=9l+2$.

Пока что найдено два решения $(3,1)$ $(8;3)$. Дальше не вижу, но я так понял, что вроде дальше хорошо продвинулся, спасибо большое за подсказки.

[wrest]

PWT в сообщении #1252780 писал(а):

Пока что найдено два решения $(3,1)$ $(8;3)$.

Если это $(n,p)$, то $(3,1)$ не подходит т.к. $1$ - не простое. Если наоборот, то не подходит $(8,3)$ т.к. теперь не простое $8$.
Но решений действительно два $n=1,p=3$ и $n=8, p=3$, и других точно нет.

[PWT]

Хорошо, спасибо! Но пока не понимаю -- как доказать, что других действительно нет?

[grizzly]

PWT в сообщении #1252780 писал(а):

$(p-1)(p+1)=9k(p-k)$

Это хорошо. Теперь зеркально можно получить, что $(3k-1)(3k+1)=p(9k-p)$. Значит, либо $3k+1$, либо $3k-1$ делится на $p$.

PWT в сообщении #1252780 писал(а):

Значит $p\ge k$

Добавьте к этому сказанное выше и покрутите -- может, этого будет достаточно.

PWT в сообщении #1252780 писал(а):

$p=9l+2$.

$p=9l-1$?

[wrest]

Вообще интересное уравнение.
Кажись, все его натуральные решения (без учета простоты $p$) это
$p=F(2i);n=F(2i\pm 2)$, $i=1,2,3,...$ - если считать ноль тоже натуральным, где $F(k)$ - числа Фибоначчи (получается - с четными номерами).

Единственное простое число Фибоначчи с составным номером это $F(2\cdot 2)=F(4)=3$, т.е. единственное простое $p=F(4)=3$, и ему соответствуют два натуральных $n=F(4-2)=F(2)=1$ и $n=F(4+2)=F(6)=8$

[Shadow]

Решения данного уравнения - два последовательные члена ряда

$1,3,3a_{n-1}-a_{n-2}$

Другое дело почему в этой последовательности не будет простых, кроме 3.

В задаче легко выводятся 2 условия:

$\\n \mid (p^2-1)\\ p\mid (n^2-1)$

Первое условие - ничего, сомножители $p-1$ и $p+1$ могут "распределить обязаности" по делимости на $n$

А вот второе...

[Sonic86]

Shadow в сообщении #1252836 писал(а):

Другое дело почему в этой последовательности не будет простых, кроме 3.

wrest в сообщении #1252820 писал(а):

Кажись, все его натуральные решения (без учета простоты $p$) это
$p=F(2i);n=F(2i\pm 2)$, $i=1,2,3,...$ - если считать ноль тоже натуральным, где $F(k)$ - числа Фибоначчи (получается - с четными номерами)

У чисел Фибоначчи есть свойство $F_k | F_{kn}$, это помогает решить уравнение $p=F(2i)$.

(Оффтоп)

А вот уравнение $x^2-xy-y^2=1$ для простого $x$ или $y$ уже не должно так просто решаться... И действительно не решается...

[PWT]

Спасибо! Возможно ли как-то обосновать -- почему не решается, вот что не пойму...

[grizzly]

PWT
Зачем Вы отвлекаетесь на задачи, которые не решаются? Таких задач очень много.

Sonic86 в сообщении #1252853 писал(а):

А вот уравнение $x^2-xy-y^2=1$...

А что насчёт нашего? В Ваших обозначениях будет так: $x^2-3xy+y^2=1$, где $x$ -- простое. Разве здесь есть принципиальные сложности?

[ex-math]

Shadow
Как Вы получили рекуррентную формулу для решений?

[Shadow]

ex-math в сообщении #1252939 писал(а):

Shadow
Как Вы получили рекуррентную формулу для решений?

По формулам Виета. Если есть решение $n_1<p$, то есть и решение $n_2>p$, причем $n_1+n_2=3p$

Соответственно, рекуррентную формулу можно было задать и с помощью другой формулы Виета, а именно $a_k=\dfrac{a_{k-1}^2-1}{a_{k-2}}$, но зачем деление...

Можно и свести к уравнению Пелля $(2x-3y)^2-5y^2=4$ - с заморочками получится тоже самое.

Топикстартеру: вот условие
$\begin{cases} n<p\\p \mid (n^2-1)\\p \in \mathbb{P} \end{cases}$

Какое может быть $n$?