три простых и их 6е степени

[maxal]

Найдите все тройки простых чисел такие, что шестая степень каждого их них уменьшенная на 1 делится на произведение двух остальных.

(источник)

[gris]

Не могу молчать!
Соображения: Тройки считаем упорядоченные. В тройке все числа разные. Делимость на произведение простых есть делимость на каждое простое.
$p^6=(p+1)(p-1)(p^2+p+1)(p^2-p+1)$
Напишем простые делители для $p^6-1$:

$2: 3, 7$

$3: 2, 7, 13$

$5: 2, 3, 7, 31$

$7: 2, 3, 43, 19$

$11: 2, 3, 37, 133$

$13: 2, 3, 61, 157$

Вот и первая тройка: $2, 3, 7$

И 2 можно больше не рассматривать. И 3 тоже.

Умолкаю:(

[lel0lel]

А нечётных троек нет. Пусть $p_1<p_2<p_3$ нечётные простые. Имеем $(p_1+1)(p_1-1)(p_1^2+p_1+1)(p_1^2-p_1+1)\equiv 0 \bmod p_3$ и $(p_2+1)(p_2-1)(p_2^2+p_2+1)(p_2^2-p_2+1)\equiv 0 \bmod p_3$, поэтому $p_1^2\pm p_1+1\equiv 0 \bmod p_3$ и $p_2^2\pm p_2+1\equiv 0 \bmod p_3$. Таким образом у нас четыре случая, в зависимости от выбора знаков.
1) Если $p_1^2 - p_1+1\equiv 0 \bmod p_3$ и $p_2^2+ p_2+1\equiv 0 \bmod p_3$, то вычитая сравнения получим $(p_2+p_1)(p_2-p_1+1)\equiv 0 \bmod p_3$. Поскольку $p_1+p_2<2p_3$, то должно быть $p_1+p_2=p_3$, но для нечётных это неверно.
2) Если $p_1^2 + p_1+1\equiv 0 \bmod p_3$ и $p_2^2 - p_2+1\equiv 0 \bmod p_3$, то получим $(p_2+p_1)(p_2-p_1-1)\equiv 0 \bmod p_3$. Для нечётных с условием $p_1<p_2<p_3$ это неверно.
3) Если $p_1^2 + p_1+1\equiv 0 \bmod p_3$ и $p_2^2+ p_2+1\equiv 0 \bmod p_3$, то получим $(p_2-p_1)(p_2+p_1+1)\equiv 0 \bmod p_3$, откуда $p_3=p_1+p_2+1$. По условию $p_3^6\equiv 1\bmod p_1 p_2$, из этого, используя $p_3=p_1+p_2+1$, получаем $(p_1+1)^6\equiv 1\bmod p_2$ и $(p_2+1)^6\equiv 1\bmod p_1$, также из условия известно $p_1^6\equiv 1\bmod p_2$ и $p_2^6\equiv 1\bmod p_1$. Система сравнений $z^6\equiv (z+1)^6\equiv 1\bmod p$ для простого $p$ имеет решения только если $p\mid 2^6-1$, отсюда заключаем, что $p_1=3, p_2=7$, $p_3=11$, однако эта тройка не проходит проверку, а других в рассматриваемом случае просто нет.
4) Если $p_1^2 - p_1+1\equiv 0 \bmod p_3$ и $p_2^2 - p_2+1\equiv 0 \bmod p_3$, то $(p_2-p_1)(p_2+p_1-1)\equiv 0 \bmod p_3$, откуда $p_3=p_1+p_2-1$. Дальше рассуждая по аналогии с предыдущим пунктом получим, что $p_1=3, p_2=7, p_3=9$, но $9$ составное число.

[lel0lel]

gris в сообщении #1555348 писал(а):

тройка: $2, 3, 7$

Также тройками будут $x, x+1, x^2+x+1$ (при натуральном $x>2$ не простыми) , это легко проверить.

[gris]

lel0lel , ну да, этот паттерн достаточен, как и необходимо непрост, кроме одного случая. Но есть тройки другого типа, тоже непростые и даже не нечётные. Навскидку: $4, 5, 9$ и $4, 9, 13$. Интересно, если в условии задачи убрать требование простоты, что будет?

[nnosipov]

gris в сообщении #1555387 писал(а):

Интересно, если в условии задачи убрать требование простоты, что будет?

Скорее всего, задача станет трудно решаемой. Впрочем, здесь сначала разумно провести компьютерный эксперимент, чтобы посмотреть на возможный ответ.

[Dendr]

Тройку, конечно, удобно составлять из пар.
Мысленно соединяя пары отрезками, находим треугольники, - это и есть искомые тройки.

"Тривиальные" тройки назвали выше.
"Тривиальная" пара, конечно, $(a, a+1)$. И она не обязательно порождает только тривиальную тройку. Один пример - выше, другой: (7, 18, 19).

Еще интересное наблюдение. Если $(a, b)$ - пара, то они взаимно просты, а шестая степень их суммы без единицы обязательно разделится на их произведение.
Тогда если $(a, a+b)$ - пара, то есть $a^6-1$ делится на сумму, тогда автоматически $(b, a+b)$ пара, и $(a, b, a+b)$ - тройка. Это, кстати, предлагает довольно алгоритм поиска пар: для данного $n$ такое разложение на два слагаемых, что $n^6-q$ делится на оба слагаемых. Или искать такие делители m числа $n^6-1$, что $n-m$ тоже делитель.

Два примера таких троек уже приведены выше, еще пример: (5, 9, 14)

Этот пример приводит нас к любопытной конфигурации наподобие пирамиды. В ее вершине - число 9, по основанию вокруг расположены 4, 5, 14, 13. Все четыре боковые грани пирамиды дают разные тройки.

Вот так с ходу больше никаких интересных троек (разновидностей троек) не нашлось. Но это без машинного перебора, все руками, максимум калькулятор.

[mathpath]

Если в исходной задаче поменять степень 6 на 12, то решений будет сильно много:
2,3,5
2,3,7
...
3,5,7
...
5,7,13

Вообще, при возрастании если степень кратна 2 или 4, то как правило, больше 1 решения

[Dendr]

Dendr в сообщении #1555540 писал(а):

Вот так с ходу больше никаких интересных троек (разновидностей троек) не нашлось.

Ну вот, нашлась такая тройка: (4, 9, 35). Действительно, для любых $a, b$, если мы обозначим $c=ab\pm1$, то $c^6-1$ разделится на $ab$. Но дальнейшее доказательство, что это тройка, требует непосредственного вычисления.

[gris]

тройка нечётная непростая:)

$9, 73, 91$. Нет, не правильно.

[lel0lel]

на всякий случай уточню, что в сообщении

lel0lel в сообщении #1555363 писал(а):

А нечётных троек нет. Пусть $p_1<p_2<p_3$ нечётные простые

речь о простых нечётных тройках. Впрочем, думаю это было ясно из постановки задачи.

-- Чт май 26, 2022 21:27:25 --

gris
Надо бы её ещё раз проверить, поскольку $9^6-1=2^4\cdot 5\cdot 7\cdot 13\cdot 73$

Вот машина нашла нечётную $9,65,511$, то есть они есть.

[gris]

lel0lel, конечно для простых нечётных троек я вроде бы понял ваше доказательство. Хотелось найти просто:) нечётную (и успокоиться). А что вам не понравилось?
$91=13\cdot 7$
Ой, проблема с $73^6-1$/ Растяпа. И как это я:(((

[lel0lel]

Мне как раз она понравилась, вот только машина её не хочет находить, что странно. Я начал искать в чём причина и в спешке принял число $91$ за простое (видимо, старею, раньше я лучше помнил простые до двухста). Но вот как быть с $73^6\equiv 64\bmod 91$. Вы раньше обнаружили, чем я успел это сообщить)

[kotenok gav]

А есть ли четвёрки таких чисел?

[mathpath]

kotenok gav в сообщении #1555617 писал(а):

А есть ли четвёрки таких чисел?

В случае с тройками проверяются всего три условия, а в случае с четверками нужно проверять уже 12, что снижает вероятность их существования