найти все простые числа, удовлетворяющие соотношению

[daogiauvang]

найти все простые числа, которые удовлетворяют уравнению:
$7^{p-1}-1=k^2p$ ( где $k$ целое число)

[Руст]

Случай $p=2$ дает $k^2=3$ - нет решения, $p=3$ $k^2=16$ - решение. $p=5$ не решение.
Соответственно остаётся $p>7$. Так как $p-1$ чётное, то $3|k|7^{p-1}-1$. Следовательно $3^{2m-1}|p-1$ т.е. $ord_3(k)=m\ge 1 \to ord_3 (p-1)=2m-1$.
В частности $7^6-1=2^4*3^2*19*43|7^{p-1}$. Случай $p=19$ не годится, так как $ord_3(19-1)=2$ чётное. Следовательно $6*19|p-1$ или $7^{114}-1|7^{p-1}-1$.
Устанавливая, что $m_i|p-1$ получаем большее число $m_{i+1}|p-1, m_{i+1}>m_i$, что доказывает отсутствие других решений кроме $p=3$.

[Батороев]

Заметим сразу, что $ k $ - четное.
Перепишем:
$ 7^{p-1} - 1 = 4m^2p $, где $ m=\frac{k}{2} $.

При $p=2 $ решений нет, следовательно, для остальных простых в левой части имеем разность квадрата числа и единицы,
откуда число $ 4m^2p $ должно содержать два множителя, отличных одно от другого на $2$.

Единственный вариант:
$ 2m^2-2p = 2 $
$ 2(m^2-p) = 2 $
$ m^2-p = 1 $
или $ p = m^2-1 $ (1)

Единственное простое, удовлетворяющее равенству (1) $ p=3 $.

p.s. Некоторые места требуют доказательства, но там несложно.

Добавлено спустя 17 минут 53 секунды:

Нет, я ошибся.

Вариантов два:
$ 2m^2-2p = \pm2 $
$ 2(m^2-p) = \pm 2 $
$ m^2-p = \pm1 $
или $ p = m^2\pm1 $ (1)

Поэтому мое доказательство не годится.

[maxal]

немного похожая (нерешенная) задачка: http://dxdy.ru/topic12232.html

[Батороев]

Батороев писал(а):

Нет, я ошибся.

Вариантов два:
$ 2m^2-2p = \pm2 $
$ 2(m^2-p) = \pm 2 $
$ m^2-p = \pm1 $
или $ p = m^2\pm1 $ (1)

Поэтому мое доказательство не годится.

Но должно существовать доказательство того, что $ m^2>p $.

[daogiauvang]

у меня еще одна задача
$\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\left(1+\frac{1}{d}\right)=5$
где $a,b,c,d$ натуралные числа

[Xaliuss]

1,2,3,4;
9,2,2,1;
14,6,1,1

Может еще есть...

[Руст]

есть ещё.
Допустим $a\ge b\ge c\ge d$, тогда из $d>2$ получаем противоречие $(3/2)^4>5, (3/2)^3(4/3)<5$.
Поэтому $d=1$ или $(1+1/a)(1+1/b)(1+1/c)=5/2$. Из $c>2$ получаем противоречие, поэтому
1) $c=1,(1+1/a)(1+1/b)=5/4$
или 2) $c=2,(1+1/a)(1+1/b)=5/3$.
В первом случае имеется два решения $a=24,b=5,c=1=d$ и $a=14,b=6,c=1=d$.
Во втором случае $a=9,b=c=2,d=1$, $a=4,b=3,c=2,d=1$.

[Nilenbert]

А если $a=9, b=8, c=d=1$?

[Руст]

Да, в первом случае 3 решения.

[daogiauvang]

Руст писал(а):

В частности $7^6-1=2^4*3^2*19*43|7^{p-1}$. Случай $p=19$ не годится, так как $ord_3(19-1)=2$ чётное. Следовательно $6*19|p-1$ или $7^{114}-1|7^{p-1}-1$.
Устанавливая, что $m_i|p-1$ получаем большее число $m_{i+1}|p-1, m_{i+1}>m_i$, что доказывает отсутствие других решений кроме $p=3$.

это я не понял... я перечитал, но я думал что, это не полное решение

[daogiauvang]

Почему так? В частности $7^6-1=2^4*3^2*19*43|7^{p-1}$.
еще Следовательно ...... или..........
для меня трудно понять

[Руст]

Вообще то есть теоремы о существовании простых чисел, имеющих точный порядок m, которую можно использовать для строгого доказательства. Однако имеется и более элементарный путь для нахождения решений $\frac{q^{p-1}-1}{p}=x^2$.
При небольших q можно проверить малые простые числа $p=2,3,5,...<q$ и возможно найти некоторые решения. Пусть $p>q\ge 2$, разложим $q^{p-1}-1$ на множители. Для любого делителя $m|p-1$ множители $q^m-1,q^{(n-1)m}+q^{(n-2)m}+...+q^m+1,nm=p-1$ имеют малый общий делитель $(q^m-1,\frac{q^{p-1}-1}{q^m-1})=(q^m-1,n)$. В нашем случае, взяв $m=(p-1)/2$ получаем, что для нечётного q $q^m-1=2y^2,q^m+1=2pz^2,x=2yz$ или $q^m-1=2py^2,q^m+1=2z^2$. В частности из первого следует, что $-2,2p$ квадраты по модулю q из второго $-2p,2$ квадраты по модулю q. Когда q имеет простой делитель вида 4k+3 возможно выполнение только одного случая. Если q имеет несколько простых делителей может не выполняться ни один из случаев. В частности, если q имеет простой делитель 8k+5 не выполняется не один из случаев. Так как p>3 и $q$ не делится на 3, следует $6|p-1$, соответственно из разложения $q^{p-1}-1=(q^m-1)(q^{2m}+q^m+1),m=(p-1)/3$ получаем
$q^m-1=3u^2,q^{2m}+q^m+1=3pv^2$ или $q^m-1=3pu^2,q^{2m}+q^m+1=3v^2$. Это значит, что или $-3,3p$ квадраты по модулю q или $-3p,3$ квадраты по модулю q. Если q>3 имеет простой делитель 4k+3, такой что 6=2*3 не является квадратичным вычетом по нему, это приводит к противоречию. В частности при q=7 возможно решение только $p\le 3$.

[daogiauvang]

daogiauvang писал(а):

Руст писал(а):

В частности $7^6-1=2^4*3^2*19*43|7^{p-1}$. Случай $p=19$ не годится, так как $ord_3(19-1)=2$ чётное. Следовательно $6*19|p-1$ или $7^{114}-1|7^{p-1}-1$.
Устанавливая, что $m_i|p-1$ получаем большее число $m_{i+1}|p-1, m_{i+1}>m_i$, что доказывает отсутствие других решений кроме $p=3$.

это я не понял... я перечитал, но я думал что, это не полное решение

Я уже понял вашу идею.Это замечательная идея но если $7^{6*19}-1| 7^{p-1}-1$
Допустим $7^{114}-1=\left(p_1p_2\dots \dots \dotsp_k \right)^2p_{k+1}*p_n$
Eсли $ord_3(p_{i+1}-1) $ равна четному числу ( для $ i \geq k$)
Что будет дальше???