182. divisibilità simmetriche

[jordan]

Trovare tutti i primi $p,q$ tali che $p^2+1\mid 2003^q+1$ e $q^2+1\mid 2003^p+1$.

[AlexThirty]

Il problema ha come unica soluzione $ (p,q)=(2,2) $?

[Troleito br00tal]

Se wlog $p=2$ allora ci basta $q^2+1|2003^2+1$ da cui (con Wolfram Alpha ) $q=2,3,2003$.

Supponiamo $p \le q$ dispari.

Sia $r$ un primo che divide $p^2+1$. Allora $r|2004 \cdot \frac{2003^q+1}{2004}$, da cui $r=2,3,167$ oppure $q|r-1$ (poiché $ord_r(2003)|2q$). Chiaramente $r \not = 3,167$, poiché $r|p^2+1$. Perciò $r=2$ o $q|r-1$. Inoltre $v_2(p^2+1)=1$, perciò $p^2+1=2r_1...r_m$. Ma $r_i \ge q+1 \ge p+1$, quindi $p^2+1 \ge 2(p+1)^m$, da cui $m=0$ (assurdo) o $m=1$. Pericò $p^2+1=2r$, dove $r$ è primo e $q|r-1$.

Ma allora $q|2r-2=p^2-1$, da cui $q|p-1$ (assurdo, poiché $q>p-1$) o $q|p+1$, ma $2|p+1$, quindi $q|\frac{p+1}{2}$, da cui $\frac{p+1}{2} \ge q \ge p \rightarrow p \le 1$: assurdo. Perciò vanno bene solo $(2,2);(2,3);(2,2003)$.

[gpzes]

... $(p,q)=(2,3);(2,2003)$..non soddisfano $5/2003^q+1$...forse ho letto male.si intende che $p$ è sempre 2 ?!?

@jordan Già non sono capace ma qui Non mi fai dormire!!

Ma questi problemi mi ricordano anche l'ultimo IMO 2015 Pb. 2...qualcuno dice che sono tecniche standard ma sinceramente sono ignorante
Vedo sempre che si cerca di limitare il range di qualche variabile...ma non c'è una teoria generale ??
http://artofproblemsolving.com/communit ... f_integers

[Troleito br00tal]

... $(p,q)=(2,3);(2,2003)$..non soddisfano $5/2003^q+1$...forse ho letto male.si intende che $p$ è sempre 2 ?!?

@jordan Già non sono capace ma qui Non mi fai dormire!!

Ma questi problemi mi ricordano anche l'ultimo IMO 2015 Pb. 2...qualcuno dice che sono tecniche standard ma sinceramente sono ignorante
Vedo sempre che si cerca di limitare il range di qualche variabile...ma non c'è una teoria generale ??
http://artofproblemsolving.com/communit ... f_integers

Hai ragione! Effettivamente $5$ non divide $2003^p+1$ in quel caso