Система сравнений

[Shadow]

Я напишу частный случай одной задачи, который меня затруднил. Я его решил, но мое решение мне кажется громоздким и мало связано с теорией чисел. Хотел бы увидеть другие. Задача не предполагает использование вычислительной техники. Вот она: Найти все нечетные простые $p,q$, такие что

$\begin{cases} q^3 \mid p^5-3^5\\p^3 \mid q^5-3^5\end{cases}$

свое решение напишу потом (если стыдно не станет)

[nnosipov]

Идея решения может быть такой. Имеем $p^5-3^5=(p-3)(p^4+\ldots+3^4) \equiv 0 \pmod{q^3}$. НОД чисел $p-3$ и $p^4+\ldots+3^4$ ограничен абсолютной константой $C$, поэтому если $p-3 \equiv p^4+\ldots+3^4 \equiv 0 \pmod{q}$, то $q$ делит не превосходит $C$ (и такие $q$ можно все перебрать). Значит, либо $p-3 \equiv 0 \pmod{q^3}$ (и тогда $p$ слишком велико, чтобы $q^5-3^5$ делилось на $p^3$), либо $p^4+\ldots+3^4 \equiv 0 \pmod{q^3}$. Считая теперь $p<q$, получим, что $p$ не меньше, чем что-то порядка $q^{3/4}$. Но тогда $p^5+q^5-3^5$ не может делиться на $p^3q^3$, поскольку делимое не превосходит чего-то порядка $q^5$, а делитель не меньше чего-то порядка $q^3(q^{3/4})^3=q^{21/4}>q^5$.

Здесь действительно нет (практически) теории чисел, ну так и хорошо, не надо голову ломать.

[Andrey A]

А вот недавно была задача $2x^2+y^2+1=xyk$. Там ведь тоже $2x^2 \equiv -1 \mod y,\ y^2 \equiv -1 \mod x,$, а кончилось всё разложением квадратного радикала. Можно записать по аналогии $p^5+q^5-3^5=k(pq)^5$ и посмотреть что получится. Мало ли.

[nnosipov]

Andrey A в сообщении #1440676 писал(а):

$p^5+q^5-3^5=k(pq)^5$

Это уравнение легко исследовать, даже не предполагая $p$ и $q$ простыми. Но вообще-то мы можем написать только $p^5+q^5-3^5=k(pq)^3$. В произвольных натуральных числах эту штуку решать непонятно как.

[Andrey A]

Ну, это скорее повод для размышления. Первое что пришло в голову.

PS Еще старинная тема https://dxdy.ru/post696381.html#p696381, там тоже степени "взаимосравнимы" по модулю друг друга, но с единицей. И числа большие выходят.

[Shadow]

nnosipov
Andrey A
Спасибо. У меня тоже решение с оценками.

nnosipov в сообщении #1440675 писал(а):

что $p$ не меньше, чем что-то порядка

именно так, но когда надо прецизно все расписать начинаются головные боли - что все верно при $p$ больше порядка 50, а до 50 проверять не охота. Изложу в оффтоп свое решение, у кого-то может быть другое.

(Оффтоп)

Считаем $p>q\ge 5$ а также

$\dfrac{p^5+q^5-3^5}{p^3q^3}=\dfrac{A}{B}\in \mathbb{N}$

Утверждение - знаменатель больше числителя при условиях задачи.

$\dfrac{q^5-3^5}{p^3}=(q-3)k$ для некоторого нечетного, неделящегося на три $k$. (числитель кратен $q-3$ которое взаимнопростое с $p$, т.к. меньше его).

Если $k>1$, т.е $k\ge 5$, то $(q-3)k \ge 2q$ для всех $q\ge 5$ Или $q^5 \ge 2qp^3$, т.е $q^4>2p^3$. И тогда

$qB>2p^6$

$qA<qp^5+q^6$


Для $k=1$ опять пришлось рассмотреть 2 случая. ("большое" и "малое" $q$)

Если $\boxed{q>\dfrac 3 5 p}$

$B>\dfrac{27}{125}p^6$

$A=p^5+(q-3)p^3<p^5+p^4$

$27p>125(1+\dfrac 1 p)$ для всех $p\ge 5$


Если $\boxed{q<\dfrac 3 5 p}$

$q-3 \ge \dfrac 2 3 q\;\; \forall q>9$ (5 и 7 придется проверять отдельно)

$qB>\dfrac 2 3 p^6$

$qA<\dfrac 3 5 p^6+\left(\dfrac 3 5 p\right)^6$

сводится к $5^5>3^7$

Осталось рассмотреть случаи $q=5\text{ и } q=7$ Можно без вычислений. Для $q=7$

$\dfrac{p^5+4p^3}{7^3p^3}=\dfrac{p^2+4}{7^3}$

$7 \nmid p^2+4$.

Аналогично для $q=5$
$5 \nmid p^2+2$

Как-то так...сильно притянуто.

В оригинале задача была: Для каких $n\ge 2$ и нечетных простых $p,q$...степени в знаменателях были $n$, в числителях - $n+2$. Я выложил частный случай $n=3$ - едниственный интересный.

[Shadow]

(Оффтоп)

Я кажется зря рассматривал отдельно случай $k\ge 5$. Просто вначале, когда нащупавал коэффициенты, меня бесило то, что при оценке числителя его нужно считать практически равным $2p^5$ (когда рассматривается случай $q>rp$)
И тогда я неправильно посчитал, что необходимо $2/3\ge 2r$. И первый вариант был $r=1/3$, что неприятно.
На самом деле необходимо $2/3 \ge r+r^6$. Значит можно взять даже $r=1/2$, но отдельные случаи для $k$ все таки рассмотреть - в избежании проверок до $p=13$

[Andrey A]

Можно воспользоваться свойством равных сумм: $A+B=C+D=\dfrac{AC-BD}{A-D=C-B}.$ Если верно первое равенство, то верны и остальные. В сущности выписанное сравнение. Запишем
$P^5-3^5=k_1q^3$
$q^5-3^5=k_2p^3$

Перепишем это так: $3^5=p^5-k_1q^3=q^5-k_2p^3$, отсюда видно что коэффициенты $k_1,k_2$ положительные. Тогда

$3^5=\dfrac{(pq)^5-k_1k_2(pq)^3}{P^5+k_2p^3=q^5+k_1q^3}=\dfrac{(pq)^3\left ( (pq)^2-k_1k_2 \right )}{p^3(p^2+k_2)=q^3(q^2+k_1)}.$

Из вз простоты $p,q$ следует
$q^3 \mid p^2+k_2$
$p^3 \mid q^2+k_1,$ тогда дробь можно сократить на $(pq)^3:$

$3^5=\dfrac{(pq)^2-k_1k_2}{\frac{p^2+k_2}{q^3}=\frac{q^2+k_1}{p^3}=k_3}.$ Причем $k_3$ тоже положительное число. То есть $(pq)^2=3^5k_3+k_1k_2.$
$k_1k_2$ — остаток от деления $(pq)^2$ на $3^5$, или положительный вычет. Это дает ощутимое ограничение на величину коэффициентов, но и только. А больше не знаю что, мне кажется тут вопрос процедуры. Если не удается свести дело к сильному алгоритму, то никаким волшебным образом не удастся объехать поиск $5-$x степеней по модулю кубов простых. Почему бы не попробовать напрямую? Вольфрам находит простой корень сравнения $x^5=243 \mod 125:\ x=53$, но $k_1$ в разы превышает $(5 \cdot 53)^2.$ Есть еще составной корень $x=28$, но и он несоразмерен. По остальным кубам, включая $13$, имеем только $x=3$ за исключением $11^3$, но там простых корней нет, или совсем уже несоразмерно будет.
Shadow Из ваших размышлений следует, на сколько понял, конечность числа возможных решений. Ну так можно их проверить. Собственно, уже и проверили )