Deje $p$ ser una de las primeras y $n>1$ un entero tal que $n\mid p-1$$p\mid n^3-1$, $4p-3$ es un cuadrado perfecto.

Question

Deje $p$ ser una de las primeras y $n>1$ un entero tal que $n\mid p-1$$p\mid n^3-1$, $4p-3$ es un cuadrado perfecto.(*)

Lo que yo hice: Supongamos $p>4$ desde $n<p$ $\gcd(p,n-1)=1$ por lo tanto $p$ divide $n^2+n+1$ por lo $n^2 \equiv -n-1 \mod p$ por Fermat poco teorema: $n^{p-1} -1 \equiv 0 \mod p$ esto implica $1+n+n^2+...+n^{p-2} \equiv 0 \mod p$ por lo $p \equiv 1 \mod 3$. Ahora estoy atascado.

EDIT: con el fin de evitar la ambigüedad: Supongamos por un determinado número primo no es un número natural, $n$, mayor que 1 tal que: $\begin{cases} n \vert p-1\\ p \vert n^3-1 \end{casos}$ demostrar (*)

Answer 1

Tenga en cuenta que $$n\,|\,p-1\implies p-1=kn\implies p=kn+1$$ for some $k\in \mathbb N$

Del mismo modo $$p\,|\,n^2+n+1\implies mp = n^2+n+1$$ for some $m\in \mathbb N$

De ello se desprende que $$n^2+n+1=m(kn+1)=mkn+m\implies n^2+(1-mk)n+(1-m)=0$$

Ahora, las raíces de esta ecuación cuadrática deben ser números enteros, por lo que el discriminante debe ser un cuadrado perfecto. De ello se desprende que hay algunos $N\in \mathbb N$ tal que $$(1-mk)^2+4(1-m)=N^2$$

Caso I: $m=1$ En el caso de $$p=n^2+n+1\implies 4p-3=(2n+1)^2$$

Caso II: $m>1$. En ese caso se ve fácilmente que $$4(m-1)≥2(mk-1)+1$$ But this quickly shows that $k=1$ which implies that $p=n+1$ which would imply that $n+1\,|\,n^2+n+1$, que es imposible.