Teoría de los números: Potencias primarias y cubos

Question

Determinar todos los triples $(p,a,b)$ de enteros positivos, donde $p$ es primo y $a \leq b$ tal que $$p^a+p^b$$ es un cubo perfecto.

Me encontré con esta pregunta mientras miraba los exámenes de la Olimpiada de Matemáticas de mi país. Me ha frustrado durante un tiempo. El único progreso que he hecho es el siguiente

Dejemos que $p^a+p^b=k^3$ .

Entonces $p^a(1+p^{b-a})=k^3$ pero a menos que $p=2,a=b$ , $\gcd(p^a,p^{b-a}+1)=1$ .

Caso 1: $b=a$ , $p=2$ .

Entonces $k^3=2^a+2^a=2^{a+1}$ Así que $a \equiv 2 \pmod3$ . Por lo tanto, $(2,a,a)$ es una solución $\forall \; \; a \equiv 2 \pmod3$ .

Caso 2: El caso 1 no es cierto.

Entonces, como $\gcd(p^a,p^{b-a}+1)=1$ , $p^a$ y $1+p^{b-a}$ deben ser ambos cubos y por lo tanto $3|a$ .

Dejemos que $a=3m$ ,

Parece que no puedo pasar de este punto aunque intenté ignorar el $p^a$ y se centra en hacer que el otro término sea un cubo. Hice algo de factorización pero no ayudó (por lo que pude ver).

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Te encargaste del caso $a=b$ y se ha obtenido la familia infinita de soluciones $2^{3k+2}+2{3k+2}$ .

Por lo tanto, supongamos que $a\lt b$ . Usted demostró que para $p^a(1+p^{b-a})$ un cubo, $a$ debe ser divisible por $3$ y $1+p^c$ debe ser un cubo, donde $c=b-a$ . A partir de ahí, aprendemos cosas.

Si $b-a=1$ queremos $1+p$ para ser un cubo, digamos $x^3$ . La factorización $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ nos dice que la única posibilidad es $x=2$ , dando $p=7$ .

Esto genera un número infinito de variantes, a saber $$7^{3k}+7^{3k+1}.$$

Así que ahora miramos el caso $1+p^c$ un cubo, donde $c\gt 1$ . Como señala Ross Millikan, no hay solución, por el Teorema de Mihailescu. Pero veamos si podemos demostrarlo sin una maquinaria pesada.

Supongamos que $p^c=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ . Así, cada uno de $x-1$ y $x^2+x+1$ es una potencia de $p$ . Excepto en el caso trivial $x=2$ , $p$ debe dividir cada uno de $x-1$ y $x^2+x+1$ . Cualquier divisor común de estos debe dividir $(x^2+x+1)-(x-1)^2$ , por lo que se divide $3x$ y por lo tanto $3$ .

Así que debemos tener $p=3$ . Además, dado que cada uno de $x-1$ y $x^2+x+1$ es una potencia propia de $3$ la única posibilidad que queda es $x-1=3$ . Esto no funciona.

Answer 2

Si $p^a$ es un cubo, por lo que debe $p^{b-a}+1$ , así que puedes ignorar $p^a$ , dejemos que $b-a=c$ y buscar $1+p^c$ siendo un cubo. Pero La conjetura de Catalán , probada por Preda Mihăilescu en abril de 2002, dice que esto no sucede, por lo que está hecho a menos que $c=1$ .

Answer 3

Una pista: Tomando $\mod 8$ para todos $a,b \in $ Los números pares descartarían la mitad de los números naturales.

$p , q \neq 2$

$p^{2k} \equiv 1 (\mod 8)$

$q^{2t} \equiv 1 (\mod 8)$

$p^{2k}+q^{2t} \equiv 2 (\mod 8)$ . Pero los cubos son $1$ o $0 (\mod 8)$