Školjka

%V0 Prva N5ica :) Posmatrajmo prvo slučaj $p=2$ da nas ne zamara tokom rijesavanja, dobijamo $$x+y=2^k$ te za neki $l<2^k$ i $ l \in \mathbb{N}$ imamo $(x,y)\in \{(l,2^k - l)\}$ Nadalje pretpostavimo da je $p>2$. Neka je $x^{p-1} + y=p^{\alpha}$ i $x + y^{p-1}=p^{\beta}$ te pretpostavimo $B.S.O$ da $x\leq y$ što povlači $\alpha \leq \beta$, i $p^{\alpha}|p^{\beta}$ što ćemo kasnije koristiti. Pokušaji oduzimanja i zbrajanja izraza ne dovode nigdje, barem mene nisu, te pokušavamo direktno s uvrštavanjem $y=p^{\alpha}-x^{p-1}$ u $x+y^{p-1}$ i dobijamo $$x + (p^{\alpha}-x^{p-1})^{p-1}=p^{\beta}$$ a ovaj korak uistinu i je logičan jer svodimo zadatak na dva bazna broja $x$ i $p$. Gledajući $mod \enspace p^{\alpha} $ dobijamo : $$x + x^{(p-1)^2} \equiv 0 \quad (mod \enspace p^{\alpha}) $$ $$\iff x(1 + x^{(p-1)^2-1}) \equiv 0 \quad (mod \enspace p^{\alpha}) $$ što se grana na dva slučaja $x\equiv 0 \quad (mod \enspace p)$ odakle slijedi $x\equiv 0 \quad (mod \enspace p^{\alpha})$ , jer je ova druga zagrada relativno prosta sa $p$. Tada $x$ zapisujemo kao $mp^{\alpha}$ i nizom nejednakosti oblika $$p^{\alpha}=x^{p-1}+y > x+y > x = mp^{\alpha} \geq p^{\alpha} $$ što je očita kontradikcija. Imamo nadalje da je $$x^{(p-1)^2-1}\equiv -1 \quad (mod \enspace p^{\alpha})$$ sada se spušamo sa $p^{\alpha}$ na $p$ kako bi primjenili mali fermatov teorem i dobili $$x^{-1}\equiv -1 \quad (mod \enspace p)$$ $$\iff 1 \equiv -x \quad (mod \enspace p) $$ $$\iff p|x+1$$ Ideja je poslije ovog spuštanja sa potencije $\alpha$ opet se podići i izabrati neki $k\in \mathbb{N}$ takav da $$p^k || x+1$$ Od prije imamo $$p^{\alpha} | x^{(p-1)^2-1} + 1 $$ $$\iff p^{\alpha} | x^{p(p-2)} +1 $$ Ovdje je došlo do nekakvog zastoja, jer logično je donekle pokušati nekako uvesti order broja $x$, ta mi je ideja dosta brzo pala u vodu. Nadalje sam pokušao uvesti nekako broj $x+1$ i direktna rastava $x^{p(p-2)}+1$ na $(x+1)(\cdots)$ nigdje ne vodi. Tu zastupa prezentacija $x$-a kao $(x+1)-1$ gdje sve odjednom postaje smisleno $$p^{\alpha} | x^{p(p-2)} +1 = (x+1-1)^{p(p-2)} +1 = \sum_{k=0}^{p(p-2)} {{p(p-2)}\choose {k}}(x+1)^{p(p-2)-k} (-1)^k +1$$ $$\iff p^{\alpha} | \sum_{k=0}^{p(p-2)-2} {{p(p-2)}\choose {k}}(x+1)^{p(p-2)-k} (-1)^k + p(p-2)(x+1) -1 +1$$ Što čemo zapisati kao $$p^{\alpha} |S + p(p-2)(x+1) $$ Uočimo da očito $p^{k+2}|S$ te $$p^{k+1}||p(p-2)(x+1)$$ odakle slijedi $$p^k|p^{\alpha}|p^{k+1}$$ čime smo ograničili $\alpha$ sa $k\leq \alpha \leq k+1$ Za $\alpha=k$ imamo od prije $p^k||x+1 \implies p^k\leq x+1$ te iz uvjeta $p^k=x^{p-1}+y$ odnosno $$ x^{p-1}+y\leq x+1$$ pa su u ovom slučaju $x$ i $y$ ijedinice i to ulazi pod slučaj $p=2$. Za $\alpha=k+1$ se koristimo sličnom metodom uz malu indukciju $$x^{p-1}+y=p^{k+1}=p^kp\leq xp+p$$ ali za $p\geq 5$ imamo $$x^{p-1}+y\geq x^{p-1}+1 > xp+p$$ što dokazujemo indukcijom po $p$ imajući na umu da je $x>1$. Za $p=5$ dobijamo $x^4+1>5x+5$ što očito vrijedi Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki $p=q-1$ te dokažimo korak $p=q$ $$x^q+1=x^{q-1}x+1 \geq (xq+q)x+1=x^2q+qx+1+x-x=(q+1)x+x^2q-x+1 > (q+1)x + q+1$$ Dakle $p=3$ je jedina opcija. Odnosno $$x^2+y=3^{k+1}\leq3x+3$$ nejednakost se raspada za $x\geq 4$. Za $x=3$ imamo $y\leq 3$ te ubrzo dobijamo da ne postoji takav $y$ dok za $x=2$ dobijamo riješenje $y=5$ i zaključujemo zadatak navođenjem još dodatna 2 riješenja $$(p,x,y) \in \{ (3,2,5),(3,5,2),(2,l,2^k-l)\}