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Oppure
$a\mid abc+ab+ac+bc+a+b+c=(a+1)(b+1)(c+1)$
E cicliche
Da cui
$abc\mid (a+1)(b+1)(c+1)$
Supponiamo ora $a>b>c$
Se fossero tutti primi sarebbe $a>b+1$, $a>c+1$ e $a\nmid a+1$
Infatti non può essere $a=b+1$ perchè gli unici primi consecutivi sono $2,3$ ma $c$ non sarebbe più primo in quel caso ...

Infatti $2p$ è il più piccolo divisore pari di $n$ maggiore di $2$ e $p<2p$
Ma $2p$ deve essere sommato necessariamente quindi anche $p$ deve essere sommato

Puoi accorciare eliminando il caso $1$
Infatti deve essere $1+4+d_3^2+d_4^2=2n_1$
Quindi esattamente $1$ tra $d_3$ e $d_4$ è pari
Ma allora $2n_1\equiv 1+0+1+0\equiv 2\pmod 4$
Quindi $4\nmid n$
Ma allora $n=2d$ con $d$ dispari
Quindi, sia $p$ il più piccolo primo che divide $n$, vale
$d_3=p,d_4=2p ...

$1)$ Dimostriamo che non esiste $N$ tale che $c_n$ è dispari per $n\ge N$
Supponiamo $c_n$ dispari per un qualche $n$ intero positivo
Sia $c_n=2^md+1$ con $d$ dispari
$c_{n+1}=3\cdotp 2^{m-1}d+1$
$c_{n+2}=3^2\cdotp 2^{m-2}d+1$
.
.
.
$c_{n+m}=3^md+1\equiv 0\pmod 2$

$2)$ Dimostriamo che non esiste $N ...

Grazie mille per i consigli

Guarderò quel link

$n=p_1^{a_1}\cdotp p_2^{a_2}\cdotp \ldots \cdotp p_m^{a_m}$
Allora $\varphi (n)=n(\frac {p_1-1} {p_1})\cdotp \ldots \cdotp (\frac {p_m-1} {p_m})$
Osserviamo che per $n$ dispari, $\varphi (n)$ è pari con $n\ge 2$, infatti $p_q-1$ sarebbe pari, con $1\le q\le m$
In quel caso dunque $\varphi (n)\nmid n ...

Sí intendevo $a$ e $-a$ modulo $p$ cioé $a$ e $p-a$
Scusate l'imprecisione

Ho provato in vari modi col pigeonhole ma non ne uscivo in fretta quindi ho optato per un'altra soluzione

Supponiamo di avere già $x,y,z$ tali che
$x^2+y^2+z^2\equiv 0\pmod p$
Allora, poiché $x^2\equiv (p-x)^2\pmod p$
Possiamo sempre scegliere
$x,y,z\le \frac {p-1} 2$
Quindi $x^2+y^2+z^2<p^2$

Ora, supponiamo che esistano $a$ e $-a$ positivi tali che siano entrambi residui quadratici modulo $p$
Allora ...

L'unica soluzione è
$(2,251,252)$

$x^3(y+z)(y^2-yz+z^2)=2012(xyz+2)$
$max{gcd(x^3,xyz+2)=2}$
Quindi
$x=1$ o
$gcd(x,2012)\ne 1$
Ma allora
$x=2x_1$
Se no avremmo $x\ge 503$
Ma allora srebbe $LHS>RHS$
Quindi
$x_1^3(y+z)(y^2-yz+z^2)=503(x_1yz+1)$
Chiaramente $gcd(x_1,503)=1$
Quindi $gcd(y^3+z^3,503 ...

Oppure
$p(p-1)=(k-1)(k^2+k+1)$
$p\nmid k-1$
Quindi
$p\mid k^2+k+1$
Quindi
$k-1\mid p-1$
$p=nk-n+1$
$nk-n+1\mid k^2+k+1$
Ma allora, senza aumentare le soluzioni infatti $(n,nk-n+1)=1$,
$nk-n+1\mid n(k^2+k+1)-k(nk-n+1)$
$nk-n+1\mid 2nk+n-k$
Ma allora
$nk-n+1\mid 2nk+n-k-2(nk-n+1)$
$nk-n+1\mid 3n-k-2 ...

$p(x)=a_nx^n+\ldots +a_1x+a_0$
$p(k)-p(m)=a_n(k^n-m^n)+\ldots +a_1(k-m)$
$k-m\mid p(k)-p(m)$
Quindi
$b-7\mid 8$
$a-7\mid 77$
$a-b\mid 85$
Con
$7<a<b$
Da cui
$b=8,9,11,15$
$a=8,14,18,84$
$a-b=1,5,17,85$

Da cui l'unica coppia possibile
$(14,9)$

Giuste entrambe!!

Ho risposto tardi perchè non mi apriva il topic

Sia $k=ord_r(t)$
Essendo, per il Piccolo Teorema Di Fermat, $t^{r-1}\equiv 1\pmod r$
Avremo $k\mid r-1$
Se vale la tesi avremo $t^{pq}\equiv 1\pmod r$
Ma allora deve essere $k\mid pq$
Da cui i casi
$k=p$
$k=q$
$k=1$
$k=pq$

Nel primo caso e nel terzo vale $r\mid t^p-1$
Dal quarto caso otteniamo $pq ...

Certo, se $b-1\mid b+1$ deve essere $b-1\mid 2$ cioè $b=2,3$
Mi sono perso solo quella no?

Sia $k\in \mathbb N$
Siano $p=\frac {p_1} {p_2}, q=\frac {q_1} {q_2},m=\frac {m_1} {m_2}, n=\frac {n_1} {n_2}$
Con $p_1,p_2,q_1,q_2,n_1,n_2,m_1,m_2\in \mathbb Z^0$
Trovare $(p,q,n,m,k)$ tali che valga
\begin{equation} (p+q\sqrt {2})^{2k}+(n+m\sqrt {2})^{2k}=5+4\sqrt {2} \end{equation}