|
Найдите все простые числа $%p$%,$%q$% и $%r$% такие, что $$\frac{p^{q}-q^{p}}{p+q}=r-1.$$ задан 13 Июл '21 16:47 
Rene |
|
Итак, у нас $%p \neq q$%. Тогда переписываем следующим образом: $%p^{q}-q^{p}=(r-1)(p+q)$%. Возьмём это по модулю $%p$% и получим $%-q^{p}=(r-1) q \bmod p \Rightarrow r=0 \bmod p$%. Поскольку $%r$% простое, сразу получаем $%r=p$%. Возьмём это по модулю $%q$% и получим $%p^{q}=(r-1) p \bmod q \Rightarrow r=2 \bmod q$%. Таким образом, мы получаем $%p=r=kq+2$%. Обратите внимание, что $%p>q>e \Rightarrow p^{q}-q^{p}<0$%, что определенно неверно в нашем случае. Единственный другой выбор - это $%p=r=2$%. Таким образом, $%2^{q}-q^{2}=q+2$%. Единственное целочисленное решение этого уравнения - это $%q=5$%. Итак, у нас есть решение $%p=2$%, $%q=5$%, $%r=2$%. Теперь случай $%p=q$%, очевидно, не дает нам других решений, поскольку $%r=1$% не является простым числом. Фактически у нас есть только одно решение: $%p=2$%, $%q=5$%, $%r=2$%. отвечен 3 Окт '21 11:48
Rene |
Пока есть только отдельные мысли. Ясно, что p не равно q, и после прибавления 1 к обеим частям, числитель делится на p по малой теореме Ферма. Отсюда r=p, и уравнение немного упрощается. При p=2 легко проверить, что q=5. Остаётся доказать, что случай p>=3 невозможен. Примерная идея в том, что числитель при этом быстро растёт. Но технически это пока до кондиции я не довёл.
@falcao У вас ещё есть желание добить эту задачу? Я просто сегодня о ней вспомнил и состряпал решение, но шанс хочется дать :)
У меня получилось, что p-2 делится на q. Значит p>q и числитель отрицательный.
@Rene: я уже подзабыл про эту задачу, и не помню, до какой "кондиции" она была доведена. Но возвращаться к ней точно не хочу. Так что смело можете изложить решение.