Prva N5ica :)
Posmatrajmo prvo slučaj
![p=2](/media/m/8/5/e/85e2312db0b0eefbc4938ddaa6a4a005.png)
da nas ne zamara tokom rijesavanja, dobijamo
![x+y=2^k](/media/m/b/f/0/bf08ee84ca835eaa5c11e7cfb0f9c04a.png)
te za neki
![l<2^k](/media/m/c/7/f/c7f936c51dc1e2c4d03abcd2eeb7a029.png)
i
![l \in \mathbb{N}](/media/m/e/6/3/e63c4cd0dbee8669af8b604bb334985a.png)
imamo
![(x,y)\in \{(l,2^k - l)\}](/media/m/6/7/b/67baf9dc0781ca01a908a6f412add817.png)
Nadalje pretpostavimo da je
![p>2](/media/m/7/4/c/74cac2be359b29114e872b34bebfb11b.png)
. Neka je
![x^{p-1} + y=p^{\alpha}](/media/m/0/1/8/018d27af9c9d0099ca935a7dfef572c8.png)
i
![x + y^{p-1}=p^{\beta}](/media/m/f/4/2/f42917a315bd5418279eb5ab7a3b54c6.png)
te pretpostavimo
![B.S.O](/media/m/2/c/0/2c0b769ebfe56d135d41ca30fa3b203b.png)
da
![x\leq y](/media/m/9/c/a/9caaf6a4240304a8a4ec153925c9937c.png)
što povlači
![\alpha \leq \beta](/media/m/c/b/b/cbbc7bfb59dce67b96e9656db88ec2ae.png)
, i
![p^{\alpha}|p^{\beta}](/media/m/8/3/9/839b6c9dc1e1ea6b95337ab3fd75b88f.png)
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}](/media/m/4/c/8/4c87d7b63c22ae3be4876232617ef6ee.png)
u
![x+y^{p-1}](/media/m/5/0/e/50e3e43f9cd787a040c84c6ec3315977.png)
i dobijamo
![x + (p^{\alpha}-x^{p-1})^{p-1}=p^{\beta}](/media/m/a/7/5/a759b4f30504b825eef4b3e81e745a66.png)
a ovaj korak uistinu i je logičan jer svodimo zadatak na dva bazna broja
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
i
![p](/media/m/1/c/8/1c85c88d10b11745150467bf9935f7de.png)
.
Gledajući
![mod \enspace p^{\alpha}](/media/m/5/a/3/5a304f901bd1c0f40b2bd11663eebb2e.png)
dobijamo :
![\iff x(1 + x^{(p-1)^2-1}) \equiv 0 \quad (mod \enspace p^{\alpha})](/media/m/d/0/6/d06b8a7b40fe5ac29b674e181e3f9f40.png)
što se grana na dva slučaja
![x\equiv 0 \quad (mod \enspace p)](/media/m/7/4/6/74694f1fdcfa7f83a979000ec6a94fa4.png)
odakle slijedi
![x\equiv 0 \quad (mod \enspace p^{\alpha})](/media/m/9/d/b/9db9d18b1bdd47e8c372958a1036a952.png)
, jer je ova druga zagrada relativno prosta sa
![p](/media/m/1/c/8/1c85c88d10b11745150467bf9935f7de.png)
. Tada
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
zapisujemo kao
![mp^{\alpha}](/media/m/d/c/2/dc28ec4a2f7414c433728450c39042fb.png)
i nizom nejednakosti oblika
![p^{\alpha}=x^{p-1}+y > x+y > x = mp^{\alpha} \geq p^{\alpha}](/media/m/6/7/7/677c92392fc043b822b8ec37fd2a2339.png)
što je očita kontradikcija. Imamo nadalje da je
![x^{(p-1)^2-1}\equiv -1 \quad (mod \enspace p^{\alpha})](/media/m/8/4/5/84557af7a6b97483d15b915d0fb4d74b.png)
sada se spušamo sa
![p^{\alpha}](/media/m/b/0/e/b0ef83c42c2bfe6fba6dfbe503d20f5e.png)
na
![p](/media/m/1/c/8/1c85c88d10b11745150467bf9935f7de.png)
kako bi primjenili mali fermatov teorem i dobili
![\iff p|x+1](/media/m/e/e/b/eeb4056f9104a230e04a0fea76ebd508.png)
Ideja je poslije ovog spuštanja sa potencije
![\alpha](/media/m/f/c/3/fc35d340e96ae7906bf381cae06e4d59.png)
opet se podići i izabrati neki
![k\in \mathbb{N}](/media/m/3/4/a/34ab69e5b15d1d2848a2375453133270.png)
takav da
![p^k || x+1](/media/m/2/b/8/2b8bb8525bb2b3cbe59ba69683b379c4.png)
Od prije imamo
![\iff p^{\alpha} | x^{p(p-2)} +1](/media/m/0/5/1/051d48e0392bad045934f9856c920ec3.png)
Ovdje je došlo do nekakvog zastoja, jer logično je donekle pokušati nekako uvesti order broja
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
, ta mi je ideja dosta brzo pala u vodu. Nadalje sam pokušao uvesti nekako broj
![x+1](/media/m/d/e/0/de098a179aba20a11154296253a54cc2.png)
i direktna rastava
![x^{p(p-2)}+1](/media/m/8/d/9/8d9159393efd37ecb180032d11ee71ab.png)
na
![(x+1)(\cdots)](/media/m/1/e/4/1e4ca6e62a67df606dcd67d51964e593.png)
nigdje ne vodi. Tu zastupa prezentacija
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
-a kao
![(x+1)-1](/media/m/4/b/f/4bf4d3f0671d750e8fd1e432b1cf7125.png)
gdje sve odjednom postaje smisleno
![\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](/media/m/1/0/f/10fed6a81164edb511b2c29497b5482b.png)
Što čemo zapisati kao
![p^{\alpha} |S + p(p-2)(x+1)](/media/m/5/e/c/5ec8a4bb75103f2bb54b6b8299e22333.png)
Uočimo da očito
![p^{k+2}|S](/media/m/5/a/5/5a5d841c640d97d4126bc3ec55c58b76.png)
te
![p^{k+1}||p(p-2)(x+1)](/media/m/0/1/9/0197bd7ec0a2f650811d920b7b02a350.png)
odakle slijedi
![p^k|p^{\alpha}|p^{k+1}](/media/m/a/5/c/a5c64850cf7bb2451d69dd71fc59920f.png)
čime smo ograničili
![\alpha](/media/m/f/c/3/fc35d340e96ae7906bf381cae06e4d59.png)
sa
![k\leq \alpha \leq k+1](/media/m/b/e/f/befbbf90dbc5b2a063cc0e294de8250c.png)
Za
![\alpha=k](/media/m/6/2/2/622314bd765f290df82454590a3affa0.png)
imamo od prije
![p^k||x+1 \implies p^k\leq x+1](/media/m/c/c/f/ccf46bc1f310c285c9d1731afce8cd7f.png)
te iz uvjeta
![p^k=x^{p-1}+y](/media/m/e/c/b/ecb35d2ec10978e7c85b6a6fba148b6f.png)
odnosno
![x^{p-1}+y\leq x+1](/media/m/e/e/c/eecfa2f6f3265fd27fe4ef7d66c1123d.png)
pa su u ovom slučaju
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
i
![y](/media/m/c/c/0/cc082a07a517ebbe9b72fd580832a939.png)
ijedinice i to ulazi pod slučaj
![p=2](/media/m/8/5/e/85e2312db0b0eefbc4938ddaa6a4a005.png)
.
Za
![\alpha=k+1](/media/m/3/5/b/35b7e41a65f743ac1f658bf5cb2278c1.png)
se koristimo sličnom metodom uz malu indukciju
![x^{p-1}+y=p^{k+1}=p^kp\leq xp+p](/media/m/a/3/2/a326ae6ca2aead99ffe54445383335b0.png)
ali za
![p\geq 5](/media/m/2/9/c/29cd4f3d3d8fdb922d52ce845db731f2.png)
imamo
![x^{p-1}+y\geq x^{p-1}+1 > xp+p](/media/m/6/b/b/6bb464c47e1ff984fd4b29b4e28c1881.png)
što dokazujemo indukcijom po
![p](/media/m/1/c/8/1c85c88d10b11745150467bf9935f7de.png)
imajući na umu da je
![x>1](/media/m/9/7/2/9720ec4e55d8a288627aa31a9b2681bc.png)
. Za
![p=5](/media/m/e/a/b/eab6cf6f428809379625f5d10bac5a63.png)
dobijamo
![x^4+1>5x+5](/media/m/6/5/7/657700ce3d8006707c0c3fa0fd14968f.png)
što očito vrijedi
Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki
![p=q-1](/media/m/6/d/3/6d35de33e522f73467d016fa3d24f852.png)
te dokažimo korak
![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](/media/m/3/2/5/325274e9e1916f800b1ee0325434f4de.png)
Dakle
![p=3](/media/m/e/3/a/e3a64f4ec64a0b9a04312a649bdc3fd3.png)
je jedina opcija. Odnosno
![x^2+y=3^{k+1}\leq3x+3](/media/m/4/7/b/47b1abc6240f6f693e7341d709f61237.png)
nejednakost se raspada za
![x\geq 4](/media/m/b/0/3/b03747beb92a319e1119096530be981d.png)
. Za
![x=3](/media/m/5/2/0/5200f5ae4e079fed603bcfe596aa956a.png)
imamo
![y\leq 3](/media/m/e/5/3/e53cbdfcd022a9e4bd1a63984e3c5d51.png)
te ubrzo dobijamo da ne postoji takav
![y](/media/m/c/c/0/cc082a07a517ebbe9b72fd580832a939.png)
dok za
![x=2](/media/m/e/f/d/efddd5fd04b20952bbeb8ccce7ca7220.png)
dobijamo riješenje
![y=5](/media/m/f/c/7/fc7694160c1ba1479ea63b1747bc406c.png)
i zaključujemo zadatak navođenjem još dodatna 2 riješenja
%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)\}