Решить в простых числах

[Руст]

Найти все решения в простых числах

$$p^3-5p^2-18p=q^9-7q.$$

[iou]

В $\mathbb{F}_3$ имеем:

$$1+p^2=1+2q,$$

поскольку $p \in \{1, 2\}$ (случай $p=3$ рассмотрим позже), имеем $2q = 1 \Leftrightarrow q=2.$
В $\mathbb{Z} / 4\mathbb{Z}$ имеем:

$$p^3-p^2+2p=(3k+2)((3k+2)^8-7) \equiv 0,$$

откуда $p=3,$ поэтому $p^3-5p^2-18p \equiv 0,$ следовательно $q=3.$
Тогда вернемся в $\mathbb{F}_3$ и получим:

$$p^2+1=(4k+3)^9-7(4k+3)=k(k^2-1) \equiv 0,$$

откуда $p^2+1=0,$ но этот многочлен неприводим, поскольку $2$ это квадратичный невычет.

Остался случай $p=3$ или $q=3.$ При $q=3$ получаем $p=29,$ при $p=3$ ничего хорошего не получаем. Поэтому пара $(p, q)=(29, 3)$ является единственным решением.

[maxal]

iou в сообщении #1238436 писал(а):

В $\mathbb{Z} / 4\mathbb{Z}$ имеем:

$$p^3-p^2+2p=(3k+2)((3k+2)^8-7) \equiv 0,$$

откуда $p=3,$ поэтому $p^3-5p^2-18p \equiv 0,$ следовательно $q=3.$

В $\mathbb{Z} / 4\mathbb{Z}$ есть решение $p=q=1$ - куда вы его потеряли?

-- Fri Aug 04, 2017 14:55:55 --

И вообще, если объединить ваши модули, и рассмотреть исходное уравнение по модулю 12, то у него есть решения (исключая простые 2,3): $p=5$ и $q\in\{1,5,7,11\}$ mod 12.

[lel0lel]

Предположим есть целочисленное решение для достаточно больших $p, q$. Извлекаем корень кубический из обеих частей
$p\sqrt[3]{1-\frac{5p^2+18p}{p^3}}=q^3\sqrt[3]{1-7/q^8}$.
Раскладываем обе части в первом порядке в ряд Тейлора
$p-5/3+o(1/p)=q^3+o(1/q^5)$. (остаточные члены можно записать точнее)
Если $p, q$ такие большие, что $|o(1/p)-o(1/q^5)|<1/3$, тогда приходим к выводу, что решение не целочисленное. Таким образом, осталось проверить достаточно маленькие значения (примерная оценка $q<7$). Проверка даёт $p=29$, $q=3$.
P.S. чувствую, что задумывалось другое решение.

[maxal]

lel0lel
Тогда уж проще:

$$p^3 - (q^3)^3 = 5p^2 + 18p - 7q < 6p^2$$

при $p\geq 18$.
Откуда $p > q^3 \geq p-2$, причём случай $p=q^3+1$ невозможен. Остается $p=q^3+2$.

[iou]

maxal в сообщении #1238440 писал(а):

В $\mathbb{Z} / 4\mathbb{Z}$ есть решение $p=q=1$ - куда вы его потеряли?

Нашёл ошибку в тетрадке: многочлен $(3k+2)((3k+2)^8-7)$ не является тождественным нулём по модулю $4.$

-- 04.08.2017, 23:51 --

Чего-то я не заметил совсем простого решения.
В $\mathbb {F}_3$ имеем:

$$q^9-7q=q(q^8-7)=q(q^2-1)=q(q-1)(q+1) \equiv 0.$$

Но для ненулевых $p$ левая часть не обращается в ноль, поскольку она равна $p^2+1,$ следовательно $p=0.$

[maxal]

iou, в $\mathbb{F}_3$ есть решение $p=2$ и $q\in\{1,2\}$, что легко проверяется подстановкой.
Боюсь, что эта задача модулярными методами не решается. Вся соль задачи в близости двух кубов как показано выше.

[iou]

maxal,
ага, я дурак, нашёл грубейшую глупость в решении, которой я пользовался на всем пути решения, лучше пойду спать.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1238418 писал(а):

Найти все решения в простых числах

$$p^3-5p^2-18p=q^9-7q.$$

Простота чисел здесь не важна. Важно то, что степени многочленов слева и справа имеют нетривиальный общий делитель. Вот у Sz. Tangely целая глава диссертации этому типу уравнений посвящена. См., например, Sz. Tengely, On the Diophantine equation F(x)=G(y), Acta Arith., 110 (2003), 185-200. Или саму Phd thesis где улучшенная версия.

[SiberianSemion]

maxal в сообщении #1238449 писал(а):

Остается $p=q^3+2$.

Подставляя это в уравнение и решая, получаем единственное решение $p = 29, q = 3$

(Выкладки)

$p^3 = q^9 +6q^6 +12q^3 + 8.$ Подставляя и сокращая все что можно, получаем
$q(q^5 -26q^2 +7) = 48,$ откуда выясняется, что $q$ делитель 48; либо $q = 2,$ либо $q = 3.$
Подходит только $q=3$.