Encontrar todos los números primos $p,q$ tal que $p^3+p=q^7+q$

Question

Lo siguiente ha sido sin respuesta en el arte de resolver problemas y otros foros por meses.

Encontrar todos los números primos $p,q$ tal que

$p^3+p=q^7+q$

Una solución es $(5,2)$ y ha sido computadora comprueba que no hay ninguna otra solución hasta $10^7$.

Estoy muy curioso de ver una solución completa.

Answer 1

Supongamos que tenemos otra solución, por lo que el $q\ge 3$. Sabemos que $p(p^2+1)=q(q^2+1)(q^4-q^2+1)$. También tenemos $p>q^2+1$. De hecho, de lo contrario $p\le q^2+1$ y, a continuación, $$ q^7+p=p^3+p\le (q^2+1)^3+q^2+1=q^6+3t^4+4t^2+2, $$ y por lo $q^7< q^6+3q^4+4q^2+2< 2q^6$, lo cual es imposible si $q\ge 3$.

Como también tenemos $p>q$, se deduce que el $p|(q^4-q^2+1)$, por lo que existe un número natural $k$ tal que $pk=q^4-q^2+1$. Pero, a continuación, $$ p(p^2+1)=q(q^2+1)pk, $$ y por lo $p^2+1=q(q^2+1)k$. Esto implica $$ p^2k^2+k^2=q(q^2+1)k^3. $$ Desde $p^2k^2=(q^4-q^2+1)^2$, se llega finalmente a $$ (q^4-q^2+1)^2+k^2=q(q^2+1)k^3, $$ que podemos reescribir como $$ (q^3+q)(q^5-3t^3+6q)-8q^2+1+k^2=(p^3+q)k^3. $$ Así obtenemos $$ (1)\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad (q^3+q)(k^3-q^5+3t^3-6q)=k^2+1-8q^2. $$ De ello se desprende que $k^2+1\equiv 0 \mod q$.

Deje $y\in\{0,1,\dots, q-1\}$ ser tal que $k\equiv y\mod q$.

Si $y< \sqrt{q-1}$ o $q-y<\sqrt{q-1}$, $0\le y^2<q-1$ o $q(2y-q)\le y^2<q(2y-q)+q-1$, por lo que, en particular, es imposible que $k^2\equiv y^2\equiv -1\mod q$.

Ahora, desde la $k^3\equiv -k\equiv -y\mod q$, para cualquier $N\in\Bbb{N}$ tenemos $|k^3+qN|\ge \sqrt{q-1}$. Así, a partir de (1), se deduce que $$ |1+k^2-8q^2|=(p^3+p)|k^3+q(3t^2-q^4-6)|\ge (p^3+q)\sqrt{q-1}. $$ Por un lado, se verifica que $q=3$, $q=5$ y $q=7$ no son soluciones, por lo que podemos suponer $q>8$, por lo tanto $q^3> 8q^2$, por lo que, necesariamente, $k^2+1>8q^2$ y, a continuación, $|1+k^2-8q^2|=k^2+1-8q^2<k^2$.

Así llegamos a la $$ k^2>q^3\sqrt{q-1}. $$ Pero, a continuación,$k^{12}>q^{18}(q-1)^3$, por lo que $$ (p^2+1)^{12}=k^{12}p^{12}(q^2+1)^{12}>q^{18}(q-1)^3t^{12}(q^2+1)^{12}>q^{54}(q-1)^3. $$ Por otro lado $p>10$ implica $2p^8>(p^2+1)^4$, y así $$ (p^2+1)^{12}=(p^2+1)^{8}(p^2+1)^{4}<2(p^2+1)^{8}p^8=2(p^3+p)^8=2(q^7+q)^8. $$ Poner las desigualdades, obtenemos finalmente $$ 2(q^7+q)^8>q^{54}(q-1)^3,\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(*) $$ lo cual es imposible, ya que el lado izquierdo es de orden 56 y el lado derecho es de orden 57.

$\textbf{Detailed proof that (*) is impossible:}$

Desde $q>10$, $q-1>\frac{9}{10}q$ y desde $\left(\frac{9}{10}\right)^3>\frac 12$, obtenemos $(q-1)^3>\frac{q^3}{2}$. Por lo tanto (*) implica $$ 4(q^6+1)^8>q^{49},\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(**) $$

Por otro lado, para cualquier $\alpha>10^6$ tenemos $2\alpha^8>(\alpha+1)^8$, por ejemplo, el uso de ese $(1+\frac{1}{\alpha})^8<(1+10^{-6})^8<2$.

En particular, para$\alpha=q^6>10^6$,$2(q^6)^8>(q^6+1)^8$, y a partir de (**) obtenemos $$ 8q^{48}=4(2(p^6)^8)>4(q^6+1)^8>q^{49}, $$ lo cual es imposible, ya que $q>8$.

${\textbf{Note:}}$ La prueba utiliza fundamentalmente que $p$ es primo cuando deducir que $p$ divide $q^4−q^2+1$. Sin embargo, la condición de que $q$ es el primer no es necesario.