Encontrar todos los pares de números primos $p$ $q$ tal que $\,p^2-p-1=q^3.$

Question

Estoy preparando una olimpiada matemática y nuestro grupo está atascado en este problema. Aquí está todo lo que hemos hecho:

En primer lugar, vamos a reescribir la ecuación $$p^2-p-1=q^3\Rightarrow p(p-1)=(q+1)(q^2-q+1)$$ Es obvio que $q$ debe ser menor que $p$. A continuación, $p|(q^2-q+1)$ y, a continuación, la ecuación es de la forma $$p-1=k(q+1)$$ Para algunos entero $k$. Poner en la primera ecuación $$\left(\frac{p-1}{k}-1\right)^3=q^3=p^2-p-1$$ Que es el mismo que $$p^2-(2+3k+k^3)p+(3k^2+3k+1)=0$$ Desde $p$ primer $p|3k^2+3k+1$, una posible solución es $p=3k^2+3k+1$. La sustitución de \begin{align*} (3k^2+3k+1)^2-(2+3k+k^3)(3k^2+3k+1)+3k^2+3k+1=-k^2(k-3)(3k^2+3k+1)=0 \end{align*} $k$ no puede ser 0, por lo que la única posible valor entero es$3$$p=37$. De problemas, $q=11$ que es una solución válida, pero no sabemos si hay más o cómo demostrar que no hay más, por favor, nos ayudan a continuar.

Answer 1

Ya tienes $$q^2-q+1=pk\quad\text{and}\quad p-1=k(q+1)$$ donde $k$ es un entero positivo.

La eliminación de $p$ da $$q^2-q+1=(kq+k+1)k,$$ es decir, $$q^2+(-1-k^2)q-k^2-k+1=0$$ tener $$q=\frac{k^2+1+\sqrt{k^4+6k^2+4k-3}}{2}$$

Nota aquí que tenemos, para $k\gt 3$, $$k^2+3\lt \sqrt{k^4+6k^2+4k-3}\lt k^2+4$$ a partir de la cual tenemos que tener $k=1,2,3$.

• Para $k=1$, $\sqrt{k^4+6k^2+4k-3}=\sqrt 8\not\in\mathbb Z$

• Para $k=2$, $\sqrt{k^4+6k^2+4k-3}=\sqrt{45}\not\in\mathbb Z$

• Para $k=3$, $q=11,p=37$.

Por lo tanto, $\color{red}{(p,q)=(37,11)}$ es la única solución.

Answer 2

Desde que desee $$p^2-(2+3k+k^3)p+(3k^2+3k+1)=0$$ a han entero soluciones de su Discriminante tiene que ser un cuadrado perfecto

es decir, $k^2(k^4+6k^2+4k-3)$ tiene que ser un cuadrado perfecto, por lo tanto

$k^4+6k^2+4k-3$ tiene que ser un cuadrado perfecto Pero $(k^2+3)^2 \le k^4+6k^2+4k-3<(k^2+4)^2$, con lo que tenemos $4k-3=9 \Rightarrow k=3$