Encontrar todos los pares principales $(p,q)$ tal que $2p-1, 2q-1, 2pq-1$ son los cuadrados perfectos.
Fuente: San Petersburgo Olimpiada 2011
Sólo he encontrado el par $(5,5)$ por lo que estoy pensando que tal vez un modulo $5$ enfoque podría funcionar.
Aunque Ivan Loh la respuesta es correcta, creo que yo podría haber encontrado una forma mucho más simple y elemental prueba de que $(5,5)$ es la única pareja.
Suponer sin pérdida de generalidad que $q\geq p$ y escribir $2pq-1 = x^2$, $2q-1 = y^2$ , $x$ $y$ enteros positivos que son necesariamente tanto extraño.
Tenemos las siguientes desigualdades.
$$x = \sqrt{2pq-1} < \sqrt{2pq} \leq q\sqrt{2}$$
$$y = \sqrt{2q-1} < \sqrt{2q}$$
Para la primera desigualdad se ha utilizado el supuesto de que $p\leq q$. Ahora tenemos que
$$x^2 - y^2 = (2pq-1) - (2q-1) = 2q(p-1)$$
Por lo $2q(p-1) | (x+y)(x-y)$. Desde $q$ es primo, ahora debemos tener cualquiera $q|(x-y)$ o $q|(x+y)$. Además, $x$ $y$ son ambos impares, por lo que $x-y$ $x+y$ son ambos inclusive. La combinación de esta con la instrucción anterior vemos que cualquiera de las $2q|(x-y)$ o $2q|(x+y)$.
El ex no puede ocurrir desde $x-y < x < q\sqrt{2} < 2q$, por lo que si $2q|(x-y)$ $x = y$ , lo que implicaría que $p = 1$.
Por lo $2q|(x+y)$. Ahora$x + y > 0$, por lo que debemos tener
$$2q \leq x + y < q\sqrt{2} + \sqrt{2q}$$
Reorganización de esto conseguimos
$$(2-\sqrt{2})q < \sqrt{2q}$$
así
$$(2-\sqrt{2})^2q < 2$$ y por lo $q < \frac{2}{(2-\sqrt{2})^2} < 5.8$. Dado que tanto $p$ $q$ $1$ mod $4$, esto deja a $p = q = 5$ como la única posible pareja.
Primera nota de que $2p-1=x^2$ da $p \mid x^2+1$$p \equiv 1 \pmod{4}$. Del mismo modo $q \equiv 1 \pmod{4}$.
Resultado: Supongamos $p, q \equiv 1 \pmod{4}$ son primos, y que $p=w^2+x^2, q=y^2+z^2$ donde $w, x, y, z \in \mathbb{Z}^+$. Entonces, hay dos maneras de escribir $2pq$ como una suma de dos cuadrados perfectos (hasta el fin y signos), y las dos formas son
\begin{align} 2pq& =((w+x)(y+z)-2wy)^2+((w+x)(y+z)-2xz)^2 \\ & =((w+x)(y+z)-2wz)^2+((w+x)(y+z)-2xy)^2 \end{align}
Antes de que me vaya a probar este resultado, en primer lugar quisiera mostrar cómo esto se termina el problema. Desde $2p-1$ es un extraño cuadrado perfecto y $>1$, $2p-1=(2s+1)^2$ para algún entero positivo $s$, lo $p=2s^2+2s+1=(s+1)^2+s^2$. Del mismo modo $q=(t+1)^2+t^2$ para algún entero positivo $t$. Así se puede tomar $w=s+1, x=s, y=t+1, z=t$ en el resultado anterior.
Si $s=t=1$, entonces obtenemos $p=\frac{(2s+1)^2+1}{2}=5, q=\frac{(2t+1)^2+1}{2}=5$, dando la solución a $(p, q)=(5, 5)$, que es fácilmente controlado a trabajar.
De lo contrario,$st \geq 2$.
Estamos dado que el $2pq-1=k^2$ algunos $k$, lo $2pq=k^2+1$, dando una representación de $2pq$ como una suma de dos cuadrados. Aplicar el resultado, tenemos que uno de $(w+x)(y+z)-2wy, (w+x)(y+z)-2xz, (w+x)(y+z)-2wz, (w+x)(y+z)-2xy$ debe $\pm 1$ donde $(w, x, y, z)=(s+1, s, t+1, t)$.
Sin embargo, desde $w=s+1>s=x, y=t+1>t=z$, $(w+x)(y+z)-2wy$ es el más pequeño de los cuatro, y por lo tanto debe ser $\leq 1$ (ya que uno de los cuatro es $\pm 1$) sin Embargo
\begin{align} (w+x)(y+z)-2wy &=(2s+1)(2t+1)-2(s+1)(t+1) \\ &=2st-1 \\ & \geq 2(2)-1 \\ & >1 \end{align}
así que tenemos una contradicción.
Por lo tanto, la única solución está dada por $(p, q)=(5, 5)$.
A continuación, voy a dar dos pruebas del resultado anterior. En primer lugar, voy a dar una prueba a través de la teoría algebraica de números, pero no como adecuado (ya que se supone que esta es una olimpiada de problema). A continuación, voy a dar, como se supone que esta es una olimpiada problema, una puramente elemental de la prueba.
Prueba 1 (teoría Algebraica de números):
Supongamos que $2pq=(a^2+b^2)$. A continuación, $a, b$ son impares, por lo $(w^2+x^2)(y^2+z^2)=pq=(\frac{a-b}{2})^2+(\frac{a+b}{2})^2=c^2+d^2$ donde $c=\frac{a-b}{2}, d=\frac{a+b}{2}$ son enteros. Trabajamos en el anillo de los enteros de Gauss, $\mathbb{Z}[i]$, y volver a escribir la ecuación como
$$(w+xi)(w-xi)(y+zi)(y-zi)=pq=(c+di)(c-di)$$
Si $p=q$, esto se reduce a $(w+xi)^2(w-xi)^2=p^2=(c+di)(c-di)$, así que por única factorización en $\mathbb{Z}[i]$, tenemos $\epsilon(c+di)=(w+xi)^2$, $\epsilon(c+di)=(w+xi)(w-xi)$ o $\epsilon(c+di)=(w-xi)^2$ donde $\epsilon$ es una unidad y por lo tanto $=\pm 1, \pm i$. Multiplicando el resultado por unidades de pedidos y/o cambios de signos de $c, d$, por lo que podemos WLOG asumen $\epsilon=1$. Así llegamos $(c, d)=(w^2-x^2, \pm 2wx)$ o $(c, d)=(w^2+x^2, 0)$. Esto le da a los dos representaciones dadas en el resultado. (Nota: luego tenemos que $(w+xi)(w-xi)=p^2=(y+zi)(y-zi)$, de modo que por única factorización tenemos $\{w, x\}=\{y, z\}$ (recordemos que son positivos))
Si $p \not =q$, luego por única factorización en $\mathbb{Z}[i]$,$N(w \pm xi)=p, N(y \pm zi)=q, N(c \pm di)=pq$, e $p \not =q$, tenemos que
$$c+di=\epsilon_1(w \pm xi)(y \pm zi)$$ or $$c+di=\epsilon_2(w \pm xi)(y \mp zi)$$
donde $\epsilon_1, \epsilon_2$ son unidades, por lo que se $\pm 1$ o $\pm i$. Multiplicando el resultado por unidades de pedidos y/o cambios de signos de $c, d$, por lo que podemos WLOG asumen $\epsilon_1=\epsilon_2=1$. Esto le da a $(c, d)=((wy-xz), \pm(xy+wz))$ o $(c, d)=((wy+xz), \pm(xy-wz))$. Tenemos $$\{a, b\}=\{c+d, c-d\}=\{(wy-xz)-(xy+wz), (wy-xz)+(xy+wz)\}$$ or $$\{a, b\}=\{c+d, c-d\}=\{(wy+xz)-(xy-wz), (wy+xz)+(xy-wz)\}$$
Desde la representación hasta la reordenación y el cambio de signo, obtenemos las dos representaciones que figura más arriba en el resultado.
Prueba 2 (Primaria): es sencillo comprobar (a través de aburrido aunque tedioso de expansión) que las dos formas que se dan en el resultado para expresar $2pq$ como una suma de dos cuadrados son válidos y distintos. Por lo tanto es suficiente para demostrar que hay en la mayoría de las dos representaciones de $2pq$ como una suma de dos cuadrados (hasta el reordenamiento y el cambio de signo).
Como en la primera prueba podemos reescribir $2pq=a^2+b^2$ $pq=(\frac{a-b}{2})^2+(\frac{a+b}{2})^2$ desde que claramente $a, b$ impar. Por lo tanto es suficiente para demostrar que hay en la mayoría de las dos representaciones de $pq$ como una suma de dos cuadrados (hasta el reordenamiento y el cambio de signo).
Lema 1: Si $pq=\alpha_1^2+\beta_1^2=\alpha_2^2+\beta_2^2$ donde $0<\alpha_i<\beta_i$ son enteros y $(\alpha_1, \beta_1) \not =(\alpha_2, \beta_2)$, $pq \mid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)(\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$ pero $pq \nmid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)$, $pq \nmid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$.
Prueba: Tenemos $$(\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)(\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)=\alpha_1^2\beta_2^2-\alpha_2^2\beta_1^2=(pq-\beta_1^2)\beta_2^2-(pq-\beta_2^2)\beta_1^2 \equiv 0 \pmod{pq}$$
Si $pq \mid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)$, entonces a partir de la $0<\alpha_1, \beta_1, \alpha_2, \beta_2<\sqrt{pq}$ tenemos $-pq<\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1<pq$$\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1=0$.
Ahora, si $(\alpha_1, \beta_1) \not =1$, $(\alpha_1, \beta_1)^2 \mid pq$ implica que el$p=q$$(\alpha_1, \beta_1)=p$. Esto le da a $1=(\frac{\alpha_1}{p})^2+(\frac{\beta_1}{p})^2 \geq 1^2+1^2$, una contradicción.
Por lo tanto $(\alpha_1, \beta_1)=1$. Luego tenemos la $\alpha_1 \mid \alpha_2\beta_1$, lo $\alpha_1 \mid \alpha_2$. Escribir $\alpha_2=k\alpha_1$, $\beta_2=k\beta_1$ $pq=\alpha_1^2+\beta_1^2=\alpha_2^2+\beta_2^2=k^2(\alpha_1^2+\beta_1^2)$ $k^2=1$ $k=1$ (desde $k>0$). Por lo tanto $(\alpha_1, \beta_1)=(\alpha_2, \beta_2)$, una contradicción.
Por lo tanto $pq \nmid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)$.
Si $pq \mid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$, entonces a partir de la $0<\alpha_1, \beta_1, \alpha_2, \beta_2<\sqrt{pq}$,$0<\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1<2pq$$\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1=pq$. Ahora $(pq)^2=(\alpha_1^2+\beta_1^2)(\alpha_2^2+\beta_2^2)=(\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)^2+(\alpha_1\alpha_2-\beta_1\beta_2)^2=(pq)^2+(\alpha_1\alpha_2-\beta_1\beta_2)^2$. Por lo tanto $(\alpha_1\alpha_2-\beta_1\beta_2)=0$. Sin embargo $0<\alpha_1\beta_1<\alpha_2\beta_2$ desde $0<\alpha_i<\beta_i$, por lo que tenemos una contradicción.
Por lo tanto $pq \nmid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$, y hemos terminado con el Lema 1.
Lema 2: Si $p\not =q$, e $pq=\alpha_1^2+\beta_1^2=\alpha_2^2+\beta_2^2=\alpha_3^2+\beta_3^2$ donde $0<\alpha_i<\beta_i$ son enteros, entonces $(\alpha_1, \beta_1), (\alpha_2, \beta_2), (\alpha_3, \beta_3)$ no pares distintos.
Prueba: Supongamos por el contrario que son pares distintos. Aplicar el Lema $1$ a $pq=\alpha_1^2+\beta_1^2=\alpha_2^2+\beta_2^2$, $pq=\alpha_1^2+\beta_1^2=\alpha_3^2+\beta_3^2$, y $pq=\alpha_2^2+\beta_2^2=\alpha_3^2+\beta_3^2$. Obtenemos:
\begin{align} pq \mid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)(\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1) \\ pq \nmid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1) \\ pq \nmid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1) \\ pq \mid (\alpha_1\beta_3-\alpha_3\beta_1)(\alpha_1\beta_3+\alpha_3\beta_1) \\ pq \nmid (\alpha_1\beta_3-\alpha_3\beta_1) \\ pq \nmid (\alpha_1\beta_3+\alpha_3\beta_1) \\ pq \mid (\alpha_2\beta_3-\alpha_3\beta_2)(\alpha_2\beta_3+\alpha_3\beta_2) \\ pq \nmid (\alpha_2\beta_3-\alpha_3\beta_2) \\ pq \nmid (\alpha_2\beta_3+\alpha_3\beta_2) \\ \end{align}
De las tres primeras ecuaciones, podemos WLOG asumen $p \mid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)$$q \mid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$. (De lo contrario cambiar los papeles de $p, q$)
Tenemos $p \mid (\alpha_1\beta_3 \pm \alpha_3\beta_1)$ (para algunos la elección de la muestra), a continuación,$q\nmid (\alpha_1\beta_3 \pm \alpha_3\beta_1)$$q \mid (\alpha_1\beta_3 \mp \alpha_3\beta_1)$.
A continuación,$p \mid [\beta_3(\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)-\beta_2(\alpha_1\beta_3 \pm \alpha_3\beta_1)]=-\beta_1(\beta_2\alpha_3 \pm \beta_3\alpha_2)$. Desde $p \nmid \beta_1$, obtenemos $p \mid (\beta_2\alpha_3 \pm \beta_3\alpha_2)$.
También se $q \mid [\beta_3(\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)-\beta_2(\alpha_1\beta_3 \mp \alpha_3\beta_1)]=\pm \beta_1(\beta_2\alpha_3 \pm \beta_3\alpha_2)$. Desde $q \nmid \beta_1$, obtenemos $q \mid (\beta_2\alpha_3 \pm \beta_3\alpha_2)$.
Por lo tanto, $pq \mid (\beta_2\alpha_3 \pm \beta_3\alpha_2)$ para algunos la elección del signo, una contradicción.
Por lo tanto no son pares distintos, así que hemos terminado con la prueba del Lema $2$.
Ahora para$p \not =q$$pq=\alpha^2+\beta^2$, podemos claramente WLOG asumen $0<\alpha<\beta$, por lo que en virtud del Lema $2$, hay en la mayoría de las dos representaciones de $pq$ como la suma de dos cuadrados, hasta la reordenación y el cambio de signo.
Para $p=q$, e $p^2=\alpha^2+\beta^2$, tenemos la representación trivial $p^2=p^2+0^2$. De lo contrario podemos WLOG asumen $0<\alpha<\beta$. Si tenemos dos distintas (hasta el reordenamiento y el cambio de signo) representaciones de $p^2$ como una suma de dos distinto de cero cuadrados perfectos (es decir, excluyendo $p^2+0^2$), luego tenemos a $p^2=\alpha_1^2+\beta_1^2=\alpha_2^2+\beta_2^2$ donde $p \nmid \alpha_1\beta_1\alpha_2\beta_2$ (de lo Contrario podemos obtener la representación trivial)
Lema $1$ da $p^2 \mid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)(\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$ pero $p^2 \nmid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)$, $p^2 \nmid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$. Por lo tanto $p \mid (\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1)$$p \mid (\alpha_1\beta_2+\alpha_2\beta_1)$. Por lo tanto $p\mid 2\alpha_1\beta_2$, una contradicción. Por lo tanto, no es en la mayoría de los que uno no trivial de la representación de $pq$ como una suma no cero cuadrados perfectos, por lo que hay en la mayoría de las dos representaciones de $pq$ en total. (hasta el reordenamiento y el cambio de signo)
Asumir $p,q$ divisible no $5$.
$p=5k\pm1$ or $p=5k\pm2$
$$p=5k-1,5k+1,5k-2,5k+2$$
$$2p-1 = 10k-3,10k+1,10k-5,10k+3$$
$-3$ Y $+3$ no son residuos cuadráticos módulo $5$, que $$p=5k+1, 5k-2$ $
Obtener una restricción similar en $q$ con el hecho de que $2q-1$ es cuadrado perfecto. Utilice la última condición para matar.
Así $p$ y $q$ tienen que ser divisibles por $5$, pero son prime, así $p=q=5$
Me gustaría ofrecer otra respuesta basada en la única factorización de $\mathbb{Z}[i]$.
Aviso de que si nos vamos a $a^2=2p-1$, $b^2=2q-1$ y $c^2=2pq-1$, podemos escribir $p=(\frac{a+1}{2})^2+(\frac{a-1}{2})^2$, $q=(\frac{b+1}{2})^2+(\frac{b-1}{2})^2$ y $pq=(\frac{c+1}{2})^2+(\frac{c-1}{2})^2$. Esto ya implica, que $a,b,c$ son impares (de lo contrario $p,q$ no ser números enteros) y por el teorema de Fermat que $p,q$ son de la forma $4k+1$ ya que son sumas de dos cuadrados. (También esta representación es única).
Ahora vamos a $\alpha=\frac{a+1}{2}+\frac{a-1}{2}i$, $\beta=\frac{b+1}{2}+\frac{b-1}{2}i$ y $\gamma=\frac{c+1}{2}+\frac{c-1}{2}i$. A continuación, $\alpha$ $\beta$ son primos de Gauss, ya que su norma es primo. También, si dejamos $\epsilon$ ser una unidad ($\pm 1$ o $\pm i$), a continuación, por única factorización de enteros de Gauss, podemos escribir $\alpha \beta=\epsilon \gamma$.
Esta ecuación conduce a cuatro de los casos, con dos ecuaciones en cada caso (la real y la parte imaginaria). Escribir y sumar/restar para eliminar la $c$ da las siguientes cuatro posibilidades: $$ (a-1)(b-1)-2 = \pm2 \\ (a+1)(b+1)-2 = \pm2 $$ Por única factorización de los números enteros, esto conduce a: $$ a, b = \pm(1, k), \pm(k, 1), \pm(3, 3), \pm(2, 5), \pm(5, 2) $$ Desde $a=\pm1$ o $b=\pm1$ implica que uno de $p$ o $q$ es igual a $1$ y el tanto $a$ $b$ necesidad de ser impar, nos quedamos con $a,b=\pm(3,3)$, lo que implica $p,q=5,5$
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