Le terne (p,x,y)

[pi_greco_quadro]

Determinare tutte le terne $ (p,x,y) $ con $ p $ primo e $ x,y\in \mathbb N_0 $ che verificano l'equazione $ p^x-y^p=1 $.....
Buon Lavoro!!

[Ani-sama]

È la versione "edulcorata" del problema che ho messo io ieri... di seguito una soluzione parziale, l'ultima parte non mi viene e avrei bisogno di qualche aiuto...

1) Caso $ $p=2$ $. Abbiamo che:

$ \[ 2^x-y^2=1 \] $

Abbiamo che $ $2^x$ $ è sicuramente pari, $ $1$ $ dispari, dunque $ $y$ $ deve essere dispari. Poniamo $ $y=2k+1$ $ con $ $k \in \mathbb{N}_0$ $. Sostituendo:

$ \[ 2^x-4k^2-1-4k=1 \Rightarrow 2^{x-1} = 2k^2+2k+1 \] $

ma questo è ASSURDO per $ $x>1$ $. Con $ $x=1$ $ abbiamo come soluzione la terna:

$ \[ (2,1,1) \] $


2) Caso $ $p>2$ $. Scriviamo l'equazione come:

$ \[ y^p+1=p^x \] $

$ $p$ $ è dispari, quindi abbiamo sicuramente che $ $y+1 | y^p+1$ $ e che $ $y+1=p^m$ $ con $ $m \in \mathbb{N}_0$ $. Adesso, presi $ $a,k \in \mathbb{N}_0$ $ tali che $ $p^k \| y$ $, possiamo scrivere che $ $y=p^k a$ $, con $ $(a,p)=1$ $. Abbiamo dunque:

$ \[ p^{kp} a^p + 1 = p^x \] $

Ora, abbiamo che $ $p^{kp}a^p +1 \equiv 1 \pmod p$ $ se $ $k \neq 0$ $, dall'altra parte invece è sicuramente $ $p^x \equiv 0 \pmod p$ $ (il caso $ $x=0$ $ viene facilmente escluso), e ciò conduce ad un ASSURDO $ $\bmod\ {p}$ $.

Nel caso $ $k=0$ $ ci riduciamo a:

$ \[ y^p+1=p^x, \quad (y,p)=1 \] $

...e adesso? Boh! Si può individuare un'altra soluzione nella terna $ $(3,2,2)$ $ ma non so dire se è unica o che... come vado avanti?

[darkcrystal]

Le mie idee, molto informalmente... stasera non ho voglia di metterle giù per bene
Dopo essersi liberati dei casi speciali (p=2) si ha che $ p^x=y^p+1 $, che, con le "scomposizioni notevoli", diventa $ p^x=(y+1)(y^{p-1}-y^{p-2}+...+1) $, da cui $ y=p^m-1 $, poichè solo il prodotto di potenze di p è una potenza di p.
Detto questo, vediamo la seconda parentesi modulo $ p^m $. Ogni termine è congruo a 1 (in quanto è o congruo a -1 elevato ad esponente pari, o a -1 elevato ad esponente dispari con un meno davanti), pertanto la somma è congrua a p. Pertanto la parentesi di destra, chiamiamola h, è $ h=k*p^m+p=p(k*p^{m-1}+1) $ e pertanto non può essere una potenza di p a meno che non sia proprio uguale a p. In questo caso abbiamo che
$ p^{m+1}=(p^m-1)^p+1 $
Da questa si ottiene $ p^{m+1}-1=(p^m-1)^p $
Si vede ben presto che $ (p^m-1)^p \geq (p^m-1)^3 $ che voglio dimostrare essere >= a $ (p^{m+1}-1) $
Si ha dunque $ p^{3m}+3p^m \geq p^{m+1}+3p^{2m} $
$ p^{2m}+3 \geq p+3p^m $
$ p^m(p^m-3) \geq (p-3) $ e poichè p^m-3 è maggiore di p-3 la disuguaglianza è verificata. Si ha solo il caso di uguaglianza per m=1 che dà $ (p+1)(p-1)=(p-1)^p $, da cui, poichè p-1 divide p+1, p=3, e da lì l'altra soluzione. Domani spero di aver voglia di riscriverla decentemente

Ciao a tutti!

[pi_greco_quadro]

Lascia stare Crystal, le tue idee sono fondamentalmente corrette già così... in alternativa potete sfruttare il fatto che $ y\equiv -1 \pmod p $ (avete già trattato il caso $ p=2 $ ).
Quindi, per un certo $ a $, abbiamo $ (ap-1)^p=p^x-1 $ ovvero
$ (ap)^p-\binom{p}{1}(ap)^{p-1}+\cdots+\binom{p}{p-1}(ap)=p^x $..
Ora , dato che $ (a,p)=1 $, ne concludi necessariamente che $ a=1 $ oppure $ a=p $ (perché? )
D'altra parte se $ a=p $ allora ottieni $ p^{2p}-\binom{p}{1}p^{2p-2}+\cdots+\binom{p}{1}p^2=p^x $ che non ammette soluzioni.... (perché?)
Se invece $ a=1 $ allora ottenete $ p^p-\binom{p}{p-1}p^{p-1}+\cdots+\binom{p}{1}p^2=p^x $ che invece ammette la terna di soluzioni $ p=3,x=y=2 $
E siete a posto... saluti