Divisores de $\left(p^2+1\right)^2$ congruente a $1 \bmod p$ donde $p$ es el prime

Question

Deje $p>3$ ser un número primo. Cómo probar que $\left(p^2+1\right)^2$ no tiene divisores congruente a $1 \bmod p$, excepto el banales $1$, $p^2+1$, e $\left(p^2+1\right)^2$?

Cuando $p=3$, también ha $p+1$ como un divisor de a$\left(p^2+1\right)^2$.

Answer 1

Suponga que hay factores de $\def\num{(p^2+1)^2}\num$ que son congruentes a $1$ modulo $p$. Entonces tanto el factor y el cociente se $\equiv1\pmod p$ como $\num\equiv1\pmod p$, así que podemos escribir $(np+1)(mp+1)=\num$.

Entonces $$ (nmp+n+m)p+1=p^4+2^2+1, $$ por lo $nmp+n+m=p^3+2p$. Esto demuestra que $p$ divide $n+m$.

Sin pérdida de generalidad, escribir $n=a_np+k$ e $m=a_mp-k$ donde $a_m\geq1$ e $0\leq k<p$.

Sustituyendo en la ecuación de $nmp+n+m=p^3+2p$, obtenemos $$a_na_mp^2+(a_m-a_n)kp-k^2+a_n+a_m=p^2+2.$$

Ahora $(np+1)(mp+1)=(p^2+1)^2$ , significa que uno de $n$ e $m$ es $\leq p$, de lo contrario $(np+1)(mp+1)>\num$. Esto implica sólo tenemos que considerar tres casos: $a_n=1,\,k=0$, $a_n=0$ o $a_m=1$.

$a_n=1,\,k=0$:

La ecuación se convierte en $$a_mp^2+a_m=p^2+1.$$ This means $a_m=1$, and we obtain the solution $(p^2+1)(p^2+1)=(p^2+1)^2$.

$a_n=0$:

La ecuación se convierte en $$a_mkp-k^2+a_m=p^2+2.$$ Si $a_m>p$, entonces el lado izquierdo es mayor que el lado derecho de la ecuación, por lo $a_m\leq p$.

Desde $a_m-k^2\leq p$, debemos tener $a_m=p$ e $k=1$. De ello se desprende que $a_m-k^2=2$, lo $p=3$. Y obtenemos el caso de $(p+1)((p^2-1)p+1)=(p^2+1)^2$ para $p=3$.

$a_m=1$:

Escribir la ecuación como $$((a_np+k)p+1)((p-k)p+1)=p^4+2p^2+1.$$ Por lo tanto $$(a_np+k)(p-k)p^2+(a_np+p)p+1=p^4+2p^2+1$$ and $$(a_np+k)(p-k)+a_n=p^2+1.$$ Es decir, $$a_n(p^2-kp+1)=p^2+1-kp+k^2.$$

Esto significa que $p(p-k)+1$ divide $k^2$. Tenga en cuenta que aquí $k\ne0$, de lo contrario es sólo el caso de $(p^2+1)(p^2+1)=(p^2+1)^2$. Sustituyendo $k$ por $p-k$, obtenemos $pk+1\mid(p-k)^2$. Por esta cuestión, esto es imposible.

Por lo tanto, los factores de $\num$ que se $\equiv1\pmod p$ son como los descritos.

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Espero que esto ayude. Tal vez voy a publicar esto como wiki de la comunidad, ya que implica una respuesta de otros usuarios.

Answer 2

La proposición. Para un entero positivo $p$, $\left(p^2+1\right)^2$ es divisible por algún número entero positivo $d\equiv 1\pmod{p}$ tal que $$d\notin\left\{1,p^2+1,\left(p^2+1\right)^2\right\}$$ si y sólo si $$p=t_s(b)\text{ for some integers }b\geq 1\text{ and }s\geq 2\,,$$ donde $$t_j(b):=\frac{\left(\frac{\left(b^2+2\right)+b\,\sqrt{b^2+4}}{2}\right)^j-\left(\frac{\left(b^2+2\right)-b\sqrt{b^2+4}}{2}\right)^j}{\sqrt{b^2+4}}$$ para todos los enteros positivos $b$ e $j$. Además, si $p$ es en esta forma $t_s(b)$, entonces hay al menos dos enteros positivos no de la forma $1$, $p^2+1$, e $\left(p^2+1\right)^2$ que dividen $\left(p^2+1\right)^2$, que son $$t_s(b)\,t_{s-1}(b)+1\text{ and }\left(b^2+2\right)\,\left(t_s(b)\right)^2-t_s(b)\,t_{s-1}(b)+1\,.$$ Por último, el único primer número natural $p$ con esta propiedad es $p=3$.

Supongamos que $p$ e $d$ son enteros positivos tales que a$d\equiv 1\pmod{p}$ e $d$ divide $\left(p^2+1\right)^2$. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la $d\leq p^2+1$; de lo contrario, reemplace $d$ por $\dfrac{\left(p^2+1\right)^2}{d}$. Debido a $d\equiv 1\pmod{p}$, tenemos $$d=pk+1\text{ for some integer }k\text{ such that }0\leq k\leq p\,.$$

Como $d\mid \left(p^2+1\right)^2$, obtenemos que $d=pk+1$divide $$\left(p^2+1\right)^2+(pk+1)(-2p^2+pk-1)=p^2\,\left(p-k\right)^2\,.$$ Desde $\gcd\left(pk+1,p^2\right)=1$, se deduce que $$\frac{(p-k)^2}{pk+1}\in\mathbb{Z}\,.$$ Por supuesto, $k=0$ e $k=p$ son las posibles soluciones, pero que conducen a la trivial divisores $d=1$ e $d=p^2+1$.

De Zvi la respuesta en este enlace, todas las soluciones integrales $(p,k)$ con $p>k>0$ tomar la forma $$(p,k)=\big(t_{j+1}(b),t_j(b)\big)\text{ for some positive integers }b\text{ and }j\,,$$ donde $\left\{t_j(b)\right\}_{j\in\mathbb{Z}_{\geq 0}}$ es una secuencia definida por las condiciones iniciales $t_0(b):=0$ e $t_1(b):=b$, junto con la recurrencia $$t_{j}(b):=\left(b^2+2\right)\,t_{j-1}(b)-t_{j-2}(b)\text{ for all integers }j\geq 2\,.$$ Para un dado positivo intger $b$, tenga en cuenta que $$t_j(b)=\frac{\left(\frac{\left(b^2+2\right)+b\,\sqrt{b^2+4}}{2}\right)^j-\left(\frac{\left(b^2+2\right)-b\sqrt{b^2+4}}{2}\right)^j}{\sqrt{b^2+4}}\text{ for all }j=0,1,2,\ldots\,.$$

A partir de aquí, llegamos a la conclusión de que todos los enteros positivos $p$ para que $\left(p^2+1\right)^2$ es divisible por algún número entero positivo $d\equiv 1\pmod{p}$ no de la forma $1$, $p^2+1$o $\left(p^2+1\right)^2$ debe satisfacer $$p=t_{s}(b)\text{ for some integers }b>0\text{ and }s>1\,.$$ Entre $1$ a $100$, enteros positivos $p$ en dicho formulario son $$t_2(1)=3\,,\,\,t_3(1)=8\,,\,\,t_2(2)=12\,,\,\,t_4(1)=21\,,\,\,t_2(3)=33\,,$$ $$t_5(1)=55\,,\,\,t_3(2)=70\,,\text{ and }t_4(1)=72\,.$$ Por ejemplo, con $p:=t_2(2)=12$, tenemos $\left(p^2+1\right)^2=145^2$, el cual es divisible por $$d:=5^2=25\equiv 1\pmod{p}\,,$$ which is not of the form $1$, $p^2+1$, or $\a la izquierda(p^2+1\right)^2$. In particular, if $p$ es el primer número natural, entonces debemos $$p=t_2(1)=3\,,$$ donde $\left(p^2+1\right)^2=10^2=100$ tiene un divisor $d:=4\equiv 1\pmod{p}$ no de la forma $1$, $p^2+1$o $\left(p^2+1\right)^2$.

Answer 3

Creo que este es un buen intento en una respuesta, pero no estoy 100% seguro. Voy a poner lo que hay de todos modos. Puedo empezar por mirar los factores de $(p^2+1)$. Para $a_i,b_j\in \mathbb{N}$, vamos a:

$$2\le a_i<(p-1)<(p+1)<b_j\le \frac{p^2+1}{2}$$ For certain $a_k,b_k$, $a_kb_k=(p^2+1)$. $a_k\equiv a_k\no\equiv 1\mod{p}$. Hence, $b_k\no\equiv 1\mod{p}$. Rather, $b_k\equiv \bar a_k\mod{p}$ where $\bar a_k$ represents the multiplicative inverse of $a_k\mod{p}$.

Por lo tanto, $(p^2+1)$ no tiene factores de la forma $(np+1)$. Esto significa que $(p^2+1)^2$ tiene ninguna tales factores.

Asumir que hay un factor de $q$ de $(p^2+1)^2$ que es mayor que $(p^2+1)$. Si $q\equiv 1\mod{p}$, entonces no debe ser otro factor de $r=\frac{(p^2+1)^2}{q}<(p^2+1)$ donde $r\equiv 1\mod{p}$. Pero eso no es posible.

En suma (a menos que haya cometido un error), no existen factores de $(p^2+1)^2$ que son congruentes a $1\mod{p}$.