Puede $pk+1$ dividir $(p-k)^2$ ?

Question

Sea $p>3$ sea un primo, $0<k<p$ . Entonces, ¿es posible que $pk+1\mid(p-k)^2$ ?

Para $k=1$ ya que $(p-1)^2\equiv(-2)^2\equiv4\pmod{p+1}$ y $p>3$ Esto no es posible.

Y si $pk+1\mid(p-k)^2$ entonces $k^2-3pk+p^2-1\geq0$ Así que $k\leq\frac{3p-\sqrt{5p^2+4}}2$ .

---

Esto se deriva de otra cuestión. Me estoy quedando sin ideas, así que cualquier ayuda es sinceramente apreciada, gracias de antemano.

Answer 1

Reclamación: Si $a,b$ son enteros positivos y $q(a,b) := \frac{(a-b)^2}{ab+1}$ es un número entero, es un número cuadrado. Esto se puede demostrar por Vieta saltando de la siguiente manera:

Sea $k \geqslant 1$ ser un número entero, que no es un cuadrado. Supongamos que hay enteros positivos $A,B$ tal que $q(A,B) = k$ y elija $A$ y $B$ para que $A \geqslant B$ y que $A+B$ es mínima.

Ampliando la declaración $q(A,B) = k$ encontramos que $A$ es una solución de la ecuación cuadrática $X^2 - B(2+k)X + B^2 - k = 0$ . Como su discriminante es positivo, existe otra solución $C$ que puede expresarse mediante las fórmulas de Vieta como

\begin{align*} C = B(2+k) - A = \frac{B^2 - k}{A} < A. \end{align*} La primera representación de $C$ muestra que es un número entero, y la otra muestra que es distinto de cero, ya que $k$ no es un cuadrado. Además, como \begin{align*} \frac{(C-B)^2 }{CB + 1} = k > 0, \end{align*} vemos que $C$ tiene que ser un positivo entero. Pero entonces \begin{align*} C+ B < A+B, \end{align*} contradiciendo la minimalidad de $A+B$ . $\blacksquare$

Esto significa que si $q(p,t)$ es un número entero, existe algún número entero $m$ con

\begin{align*} q(p,t) = \frac{(p-t)^2}{pt + 1} = m^2, \end{align*} y estimando $q(p,t)$ (utilizando $1 \leqslant t \leqslant p-1$ ) es fácil ver que $m^2 \leqslant p-1$ . Reordenando esta ecuación se obtiene \begin{align*} p^2 - 2pt + t^2 = m^2 p t + m^2, \end{align*} así que \begin{align*} p \mid p^2 - (2 + m^2) p t = m^2 - t^2 = (m-t)(m+t). \end{align*} Dados los límites de $m$ y $t$ las únicas posibilidades aquí son que $m = t$ o que $m+t = p$ . En el primer caso, nuestra ecuación es \begin{align*} p^2 - 2pt + t^2 = t^3 p + t^2 &\Leftrightarrow p^2 - 2pt - t^3 p = 0 \\ &\Leftrightarrow p = 2t + t^3 \end{align*} así que $t \mid p$ que significa $t = 1$ Así que $p = 3$ lo cual es imposible. En el segundo caso, tenemos $m = p-t$ por lo que nuestra ecuación es \begin{align*} (p-t)^2 = p^2 - 2pt + t^2 = (p-t)^2 p t + (p-t)^2 &\Leftrightarrow 1 = pt + 1, \end{align*} forzando $t = 0$ lo cual es imposible.

Answer 2

Supongamos que $p$ y $k$ son números enteros tales que $p>k>0$ y $$n=\frac{(p-k)^2}{pk+1}$$ para algún número entero $n>0$ . Tenga en cuenta que $(x,y)=(p,k)$ es una solución de la ecuación cuadrática $$x^2+y^2-(n+2)xy=n.\tag{1}$$ Sea $(x,y)=(a,b)$ sea una solución de (1) tal que $a>b>0$ y $a+b$ toma el valor más pequeño posible. Afirmamos que $n=b^2$ .

Observe que $$(x,y)=\big(b,(n+2)b-a\big)=\left(b,\frac{b^2-n}{a}\right)\tag{2}$$ es una solución entera de (1), pero no necesariamente positiva. Si $b^2>n$ entonces vemos que (2) da una solución entera en la que $$b>\frac{b^2-n}{a}>0\text{ and }b+\frac{b^2-n}{a}<a+b.$$ Esto contradice la hipótesis de que $a+b$ es mínimo. Por lo tanto, $b^2\leq n$ .

Si $b^2<n$ observe que $$(x,y)=\left(\frac{b^2-n}{a},\frac{b^2-n}{a}(n+2)-b\right)=\left(\frac{b^2-n}{a},\frac{\left(\frac{b^2-n}{a}\right)^2-n}{b}\right)$$ es otra solución entera de (1), siendo ambos números negativos. Dado que (1) es invariante bajo la asignación $(x,y)\mapsto (-y,-x)$ vemos que $$(x,y)=\left(\frac{n-b^2}{a}(n+2)+b,\frac{n-b^2}{a}\right)$$ es una solución entera positiva con $$\frac{n-b^2}{a}(n+2)+b>\frac{n-b^2}{a}>0.$$ Por minimalidad de $a+b$ debemos tener $$\left(\frac{n-b^2}{a}(n+2)+b\right)+\frac{n-b^2}{a}\geq a+b.$$ Por lo tanto, $$n(n+3)\geq a^2+(n+3)b^2.$$ Recordemos que en (2) $$(n+2)b-a=\frac{b^2-a}{n}<0.$$ Eso es, $a>(n+2)b$ y obtenemos $$\begin{align}n(n+3)&\geq a^2+(n+3)b^2>(n+2)^2b^2+(n+3)b^2\\&\geq (n+2)^2+(n+3)=n(n+3)+(2n+7)>n(n+3).\end{align}$$ Esto es una contradicción, así que $n=b^2$ es la única posibilidad.

Con $n=b^2$ (2) se convierte en $(x,y)=\big(b,(b^2+2)b-a\big)=(b,0)$ Así que $$a=b(b^2+2).$$ Tenga en cuenta también que $$(x,y)=\big((b^2+2)p-k,p\big)=\left(\frac{p^2-n}{k},p\right)$$ es también una solución entera de (1) que satisface $x>y>0$ siempre que $(x,y)=(p,k)$ es una solución de (1) con $p>k>0$ . De hecho, podemos ver que todas las soluciones enteras $(x,y)=(p,k)$ con $n=b^2$ satisfaciendo $p>k>0$ vienen dadas por $$(p,k)=(t_{j+1},t_j)$$ para algún número entero positivo $t_j$ . Aquí definimos $t_0=0$ , $t_1=b$ y $$t_j=(b^2+2)t_{j-1}-t_{j-2}$$ para $j\geq 2$ . Tenga en cuenta que $t_j$ es divisible por $b$ en absoluto $j$ . Desde $t_j>b$ para $j>1$ concluimos que $p$ no es primo cuando $b>1$ .

Para $b=1$ Sin embargo, $t_j=F_{2j}$ (donde $\left(F_m\right)$ es la sucesión de Fibonacci). Dado que $F_j$ divide $F_{2j}$ para todos $j$ y $F_j>1$ para $j>2$ concluimos que $p$ es primo sólo cuando $p=F_4=3$ .