Que $p$ ser un número primo. Muestran que $p^p-(p-1)^{p-1}$ no puede ser un cuadrado.
En otras palabras, no hay $n\in\mathbb{N}^{+}$ tal que % $ $$p^p-(p-1)^{p-1}=n^2.$
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alberta
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Que $p=2m+1$. Entonces $p^p=((p-1)^m+ni)((p-1)^m-ni)$. Ahora, la facturización en los números enteros Gaussian es única y no hay un factor a la derecha es divisible por $p$, así que el único lógicamente posible caso es $p=4k+1=x^2+y^2$ y $(p-1)^m+ni=(x+iy)^p$. A continuación, $1\equiv (p-1)^m\equiv x^p\equiv x\mod p$, que $x=1$. Sin embargo, en este caso la parte real de la LHS es divisible por $y$ y la parte real en el lado derecho es congruente a $1$ modulo $y$, que es una clara contradicción.
vadim123
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$p=2$ da $p^p-(p-1)^{p-1}=3$, que no es un cuadrado. Todos los demás números primos son congruentes a $1$ o $3$, modulo $4$. Puedo demostrar que no $p$ de los del segundo tipo satisface la ecuación dada.
Tome $p^p-(p-1)^{p-1}$ modulo $p$; obtenemos $0-(-1)^{p-1}=-1$. Por lo tanto, una solución puede existir sólo si $-1$ es un cuadrado modulo $p$. Esto sucede cuando el símbolo de Legendre $(\frac{-1}{p})=1$, pero para $p\equiv 3\pmod{4}$, que no es el caso, por una de las partes de la Ley de la Reciprocidad Cuadrática.
Daniel Robert-Nicoud
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Tengo una alternativa de la prueba no se basa en el símbolo de Legendre de el hecho de que sólo los números primos satisfacer $p\equiv1\operatorname{mod}4$, posiblemente, puede satisfacer la ecuación.
Si $p=2$, $2^2-1^1 = 3$ es obvio que no es un cuadrado.
Si $p>2$, $p$ es impar. Por lo tanto, $(p-1)^{(p-1)} = m^2$ es un cuadrado perfecto y tenemos que $$p^p = n^2 + m^2$$ es la suma de dos cuadrados. Pero para que esto sea cierto debemos tener $p\equiv1\operatorname{mod}4$, porque si tuviéramos $p\equiv-1\operatorname{mod}4$,$p^p\equiv-1\operatorname{mod}4$. Pero como cada cuadrado es congruente a $0$ o $1$ modulo $4$, $n^2+m^2$ es en $\{0,1,2\}$ modulo $4$, una contradicción (argumento por @user236182).
Erick Wong
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El caso restante se $p \equiv 1 \pmod 4$ a la izquierda por vadim123 la respuesta puede ser resuelto por un 2004 resultado de Ellenberg de que no existen soluciones positivas a $A^4 + B^2 = C^p$ para cualquier prime $p>211$. Esto era más afilado por Bennett, Ellenberg y Ng para demostrar que no hay soluciones positivas a $A^4 + B^2 = C^n$ cualquier $n > 3$: https://www.math.wisc.edu/~ellenber/BeElNgdraftFINAL.pdf
Como es común hoy en día, los métodos de arriba hacer uso de la modularidad teorema, por lo que muy posiblemente este es enorme exageración para este problema.
