TST 3

Stel dat $a=kp$ en $b=lp$ deelbaar zijn door $p$, met $a\geq b$. $p^p(k^p+l^p)=p^c$, dus $k^p+l^p$ is een macht van $p$. Zo komen we terug bij het oorspronkelijke probleem, dus kun je zeggen dat $a$ en $b$ niet deelbaar zijn door $p$ en beginnen met $a \ge b$.
We lossen dus eerst de vraag op voor de primitieve oplossingen en kunnen dan vermenigvuldigen met een macht van $p.$

Laat eerst $p=2$. Omdat $a$ en $b$ oneven zijn is $2^c$ de som van 2 oneven kwadraten, wat steeds congruent is met $2$ modulo $4$. Dus $c=1$, wat $a=b=1$ geeft als enige primitieve oplossing. Door factoren $2$ toe te voegen hebben we $(p,a,b,c)=(2,2^k,2^k,2k+1)$ met $k\in\mathbb N$.

Stel nu $p>2$:
We kunnen dus stellen dat $a>b$, want $a=b$ geeft een factor $2$ in het linkerlid.
Modulo $p$ zien we dat $a^p+b^p\equiv a+b\equiv0\pmod p$ .
(Want omdat $a$ en $b$ niet deelbaar zijn door $p$ mogen we Fermat toepassen.)
Dus $a+b$ is deelbaar door $p$ wat oneven is, zodat LTE geeft $c=v_p(a^p+b^p)=v_p(a+b)+1$.
Dus $a+b=p^{c-1}$, zodat $(a+b)^2\ge p^c=a^p+b^p$. (want $c\ge 2$ dus $2c-2\gec$.)
Als $p>3$ zien we dat $a^p+b^p\geq a^5+b^5 \ge 8a^2+b^2 >4a^2>(a+b)^2$, zodat het omgekeerde onmogelijk is. ($a> \frac{p}{2}$)

Dus $p=3$. $a^2-ab+b^2=p=3$. Als $a>3$ zien we dat $a^2-ab+b^2=a(a-b)+b^2\geq a+b^2\geq4$ zodat gelijkheid onmogelijk is.
Te controleren is $a=2$ en $b=1$ wat voldoet, voor $c=2$.
Factoren $3$ toevoegen geeft $(p,a,b,c)=(3,2*3^k,3^k,3k+2)$ (en de permutatie van $a,b$), met $k\in\mathbb N$.