Mostrar que ni $\frac{p^p-1}{p-1}$ ni $\frac{p^p+1}{p+1}$ pueden ser una potencia de un número primo

Question

Sea $p\ge 5$ un número primo, muestra que ninguno de los dos números $$\dfrac{p^p-1}{p-1}; \dfrac{p^p+1}{p+1}$$ puede ser una potencia de primo

Sé que $(p-1)|p^p-1$ y $(p+1)|p^p+1

He leído algunos problemas similares:

Demuestra que $\frac{a^n-1}{b^n-1}$ y $\frac{a^{n+1}-1}{b^{n+1}-1}$ no pueden ser ambos primos.

Elegir $a$ tal que $\frac{a^k - 1}{a-1}$ no sea una potencia de primo.

Answer 1

Si tenemos una solución en enteros para $$ \frac{x^n-1}{x-1} = y^q, $$ con $n \geq 3$, $q \geq 2$ primo, $x, y > 1$ y $$ (x,y,n,q) \neq (18,7,3,3), $$ entonces un resultado de Bugeaud, Mignotte y Roy (Pacific J. Math. 2000) asegura que existe un divisor primo de $x$ que es congruente con $1$ módulo $q$. Si asumimos que $x=n=p$, esto implica que $p \equiv 1 \mod{q}$, digamos $p = aq+1$ y así podemos reescribir la ecuación $$ \frac{p^p-1}{p-1}=y^q $$ como $$ p (p^a)^q - (p-1) y^q = 1. $$ Un antiguo resultado de alguien implica que la ecuación $$ p u^q - (p-1) y^q = 1 $$ tiene solo la solución $(u,y) =(1,1)$ en enteros positivos y así $a=0$, una contradicción.

Un argumento similar funciona para demostrar que $\frac{p^p+1}{p+1}$ no es una potencia perfecta (reemplazando $x$ por $-x), después de un poco de trabajo.

Estos resultados que estoy citando requieren un buen montón de maquinaria, y por lo tanto esta prueba está bastante lejos de ser elemental.

Answer 2

COMENTARIO. Algo que ha estado ocurriendo en los últimos meses es que los principiantes de MSE publican problemas difíciles que muy probablemente lo hacen con toda deliberación. Quiero informar aquí algunos hechos mencionados por L. J. Mordell en relación con el problema propuesto.

(Nota que $x ^ p$ es más general que $p ^ p$).

Euler ya había demostrado que la ecuación $y^2-1=x^3$ tiene como únicas soluciones a $x=0,-1,2$. Para el primo $p\gt3$, Nagell demostró que si $$y^2-1=x^p$$ entonces se tiene que $$p\equiv 1\pmod8\text{ y } y\equiv 0\pmod p$$ además $$y\pm1=2x_1^p\text { y }y\mp2{p-1}x_2^p$$ de modo que $$x_1^p-2^{p-2}x_2^p=\pm 1\\\text { y }p\text{ divide }\frac{x^p+1}{x+1}\text { pero } p^2\text { no divide }\frac{x^p+1}{x+1}$$ Además, si $x_1+y_1\sqrt p$ es la unidad fundamental de $\mathbb Q(\sqrt p)$ entonces $x_1+y_1\equiv 1\pmod 8$ esta condición siendo equivalente al hecho de que $2$ es un residuo biquadrático de $p.

►T. Nagell. Sur l’impossibilité de l’équation indéterminée $z^p+1=y^2$. Norsk Mat. Forenings Skrifter, $\mathbf 1$ (1921),Nr. 4.

►T. Nagell. Sur une equation à deux indéterminées.Norsk Vid. Selsk Forh. $\mathbf 7$ (1934) p. 136-139.

Mordell añade “Concluimos esta sección mencionando la imposibilidad de las ecuaciones $$y^3=x^p+1, \space |x|\gt 1,\space\space \text{ Nagell }\\ y^3=x^p-1, \space |x|\gt 2,\space\space \text{ Nagell }\\y^4=x^p+1\text{ Selberg }$$ El último resultado es ahora un caso especial del teorema de Chao Ko.”

►Chao Ko. On the diophantine equation $x^2=y^n+1,\space xy\ne 0$. Scientia Sinica (Notes),$\mathbf {14}$ (1964),p.457-460.