¿Cómo puede $p^{q+1}+q^{p+1}$ ser un cuadrado perfecto?

Question

¿Cómo se pueden encontrar todos los primos $(p,q)$ tal que $p^{q+1}+q^{p+1}$ es un cuadrado perfecto

Lo consideré $\mod 2$ y encontró una solución trival .

Tengo curiosidad por una eventual respuesta Las ecuaciones diofantinas son extremadamente difíciles. Esto parece más difícil que la OMI Q2 de este año .

editar1: Creo que hay que tenerlo en cuenta $\mod 4$ .

Answer 1

Reclamación : $(p,q)=(2,2)$ es el único par de soluciones primos .

Prueba.

Considere $$ p^{q+1} + q^{p+1} = n^2.$$ Con $(p,q)=(2,3),(3,2)$ el LHS es igual a $43$ un número primo en sí mismo.

Con $(p,q)=(3,3)$ es igual a $2\cdot3^4$ que obviamente no es un cuadrado ya que el exponente de $2$ es impar.

Con uno igual a $2$ y el otro $\ge29$ respectivamente $p$ y $q$ no es un cuadrado porque $$\left(2^{\frac{q+1}{2}}\right)^2<2^{q+1}+q^3<2^{q+1}+2^{\frac{q+3}{2}}+1=\left(2^{\frac{q+1}{2}}+1\right)^2;$$ se puede descartar $5\le q < 29$ por ensayo y error.

Supongamos que existen soluciones con $p,q\ge5$ . Son respectivamente iguales a $6a\pm1$ y $6b\pm1$ para algunos números enteros positivos $a,b$ por lo que sustituyendo para cada uno de los cuatro casos tenemos $$\begin{align}(6a+1)^{6b+2}+(6b+1)^{6a+2}&=n^2 \\ \left((6a+1)^{3b+1}\right)^{2}+\left((6b+1)^{3a+1}\right)^{2}&=n^2 \tag{1}\end{align}$$ o $$ \begin{align}(6a-1)^{6b+2}+(6b+1)^{6a}&=n^2 \\ \left((6a-1)^{3b+1}\right)^{2}+\left((6b+1)^{3a}\right)^{2}&=n^2 \tag{2}\end{align}$$ o $$\begin{align} (6a+1)^{6b}+(6b-1)^{6a+2}&=n^2 \\ \left((6a+1)^{3b}\right)^{2}+\left((6b-1)^{3a+1}\right)^{2}&=n^2 \tag{3}\end{align}$$ o $$\begin{align}(6a-1)^{6b}+(6b-1)^{6a}&=n^2 \\ \left((6a-1)^{3b}\right)^{2}+\left((6b-1)^{3a}\right)^{2}&=n^2. \tag{4}\end{align}$$

Todas ellas son identidades pitagóricas, y como tales, uno y sólo uno de los números elevados al cuadrado en su LHS es impar. Pero cada uno de ellos es una potencia de un número impar, por tanto un número impar en sí mismo. Por tanto, tenemos una contradicción, y la afirmación queda demostrada. $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{QED}$

Answer 2

En primer lugar, tenga en cuenta que $n^2\equiv 0,1\pmod 3$ para cada $n\in\mathbb Z$ .

Separémoslo en casos :

• Para $p\equiv q\equiv 0\pmod 3$ habiendo $p=q=3$ conduce $3^4+3^4=162$ que no es un cuadrado perfecto.

• Para $p\equiv 0,q\not\equiv 0\pmod 3$ habiendo $3^{q+1}+q^{3+1}=m^2$ conduce $3^{q+1}=(m-q^2)(m+q^2)$ . Así pues, tenemos $m-q^2=3^s,m+q^2=3^t$ donde $0\le s\le t$ por lo que sumando estos se obtiene $2m=3^s+3^t$ . Supongamos que $1\le s$ entonces $m\equiv 0\pmod 3$ Así que $q\equiv 0\pmod 3$ que contradice $q\not\equiv 0\pmod 3$ . Por lo tanto, tenemos $s=0,t=q+1$ . Por lo tanto, tenemos $3^{q+1}-2q^2=1$ que no tiene solución entera positiva.

• Para $p\equiv 1,q\not\equiv 0\pmod 3$ , $p^{q+1}+q^{p+1}\equiv 2$ por lo que no puede ser un cuadrado perfecto.

• Para $p\equiv q\equiv 2\pmod 3$ si $p=q=2$ entonces $2^3+2^3=4^2$ . Para impar $p,q$ existe $s,t$ tal que $p=6s-1,q=6t-1$ . Entonces, $p^{q+1}+q^{p+1}\equiv (-1)^{6t}+(-1)^{6s}\equiv 2\pmod 3$ que no puede ser un cuadrado perfecto.

Por lo tanto, $p=q=2$ es la única solución.