Resolviendo $x^p + y^p = p^z$ en números enteros positivos $x,y,z$ y un primer $p$

Question

La pregunta es del libro de Zeitz "El arte y el arte de la resolución de problemas".

Encuentra todas las soluciones de números enteros positivos $x,y,z,p$ con $p$ un primo, de la ecuación $x^p + y^p = p^z$ .

Una cosa que noté es que

$$ \frac {x^p + y^p}{x + y} = \sum_ {i=0}^{p-1}x^{(p-1)-i}(-y)^i \implies (x+y) |p^z \implies x + y = p^n, \text { }n < z $$

Tampoco es difícil determinar todas las soluciones para $p =2$ . Después de esto, sin embargo, estoy perdido. No sé qué restricciones puedo imponer para tratar de reducir el conjunto de soluciones; por ejemplo, la clase de soluciones

$$ p=3, x = 3^n, y = 2 \cdot3 ^n, z = 2 + 3n $$

para $n \ge 0$ mostrar que $x+y = p^n$ no puede ser afilada. (Permítanme notar que estas son las únicas soluciones que he encontrado además de las de $p = 2$ .)

¿Alguien podría darme un empujón en la dirección correcta en este problema?

Answer 1

Lo siento, no se me ocurre una buena pista para darte un empujón. Aquí está mi solución. Es probable que haya una mejor manera de abordarlo, ya que esto es de Arte y Artesanía.

Ocúpate del caso $p=2$ por separado. A partir de ahora, $p$ es un impar Prime.

Si $ \gcd (x, y) = k > 1$ Entonces $k^p \mid p^z$ lo que implica que $k \mid p^z$ . Por lo tanto, podemos dividirnos por $k$ . De ahora en adelante, asume que $ \gcd (x,y) = 1$ .

Desde $x + y \mid x^p + y^p$ Por lo tanto $ x+y = p^n$ . Tenemos

$$x^p + (p^n - x)^p = p^z.$$

Con la condición de que $ \gcd (x,y) = 1$ tenemos que $ p \not \mid x$ . Como tal, $p^{n+1}$ divide $x^p + (p^n - x)^p$ pero $p^{n+2}$ no lo hace. Por lo tanto,

$x^p + (p^n - x)^p = p^{n+1} $ .

Esto se vuelve extremadamente restrictivo. Para $p \geq 5$ Tenemos

$LHS \geq \frac {p^{5n}}{16} > p^{n+1}=RHS$ ,

Por lo tanto, la única posibilidad es $p=3$ .

Answer 2

Así que esto es muy fácil de resolver si sólo usas el lema LTE. $z=v_p(p^z)=v_p(x^p+y^p)=v_p(x+y)+v_p(p)=v_p(x+y)+1 \Rightarrow v_p(x+y)=z-1$ para que podamos escribir eso $x+y=p^{z-1} \alpha $ donde alfa es un entero positivo que no se puede dividir con p. Es fácil mostrar que $ \alpha =1$ bcs que tenemos $(x+y)(x^{p-1}-...+y^{p-1})=p^{z-1} \alpha (x^{p-1}-...+y^{p-1})=p^z$ y bcs $p \nmid\alpha $ tenemos que $ \alpha =1$ .

Todo esto funciona sólo para impar p. Ahora para $p \ge5 $ que tenemos: $x^p+y^p \ge 2( \frac {x+y}2)^p>p(x+y)$ $( \frac {x+y}2)^{p-1}>2^{p-1}$ , bcs de $x+y=p^{z-1} \ge5 ^{z-1}>4^{z-1} \ge4 $ Y ofc $2^{p-1}$ crece más rápido que $p$ para $p \ge5 $ así que $2^{p-1}>p$ .

Ahora sólo tienes que ver por $p=2$ y $p=3$ y eso es todo.

Answer 3

Existen soluciones más elementales, pero El teorema de Zsigmondy lo resuelve.

$a^p+b^p=p^c$ no tiene soluciones ( $a,b,c \ge 1$ , $p$ prime), excepto para $$(\{a,b\},c,p)=(\{2,1\},2,3),(\{2^k,2^k\},2k+1,2),\,k \in\Bbb Z_{ \ge 0}$$

• $a=b$ . Luego $(a,b,c,p)=(2^k,2^k,2k+1,2)$ , $k \in\Bbb Z_{ \ge 0}$ .
• $p=2$ . Deje que $(a,b)=(2^ka_1,2^kb_1)$ , $k \ge 0$ y $a_1,b_1 \ge 1$ impar. $a_1^2+b_1^2=2^{c-2k}$ .
  $4 \mid a_1^2+b_1^2\, \Rightarrow\ , 2 \mid a_1,b_1$ así que $c-2k \in\ {0,1\}$ , $(a,b,c,p)=(2^k,2^k,2k+1,2)$ .
• wlog $a>b$ , $p>2$ . $(a,b,c,p)=(2,1,2,3)$ de lo contrario, por El teorema de Zsigmondy $$a^p+b^p=(a+b)(a^{p-1}-a^{p-2}b+ \cdots +b^{p-1})$$ tiene un divisor principal que no divide $a+b \ge 2$ así que tiene al menos dos divisores principales.