Hallar todas las ternas $(a,b,p)$ de números enteros positivos con $p$ primo que satisfacen $a^p = b! + p$.
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Sea $d=\operatorname{mcd}(a,b!)$ luego $d\mid p$ por lo que $d=1,p$. Caso 1: $d=1$.
Notar que $b<p$ de lo contrario ocurriría que $p\mid a$. Ademas, $b<a$ de lo contrario $a$ y $b!$ no serian coprimos.
Ahora:$$b^b+p\geq b!+p=a^p>b^p\Rightarrow p>b^p-b^b\geq b^p-b^{p-1}=b^{p-1}(b-1)\geq 2^{p-1}\Rightarrow p>2^{p-1}$$Que no se satisface para ningún $p$, luego este caso no tiene soluciones. Caso 2: $d=p$.
Notar que $b\geq p$, sea $a=pa'$ luego:$$p^{p-1}\cdot (a')^p=\frac{b!}{p}+1$$Ahora, si $b\geq 2p$ entonces $p\mid p^{p-1}\cdot (a')^p-\frac{b!}{p}=1$, absurdo! Luego $b<2p$.
Supongamos que $a'\neq 1$, luego un primo $q\mid a'$. Si ocurriera que $q\leq b-1$ entonces $q\mid \frac{b!}{p}$ y por un argumento similar al de antes $q\mid 1$. Entonces $q\geq b$ y uniendo todo $a'\geq q\geq b\geq p$. Ahora:$$p^{2p-1}\leq p^{p-1}\cdot (a')^p=\frac{b!}{p}+1\leq \frac{(2p-1)!}{p}+1\leq \frac{(2p)!}{p}\Rightarrow p^{2p}\leq (2p)!$$Seguimos:$$p^{2p}\leq (2p)!\Rightarrow 1\leq \frac{1\cdot (2p-1)\cdot p\cdot (2p)}{p^4}\cdot \frac{2(2p-2)}{p^2}\cdots \frac{(p-1)(p+1)}{p^2}$$Donde queremos que $\frac{1\cdot (2p-1)\cdot p\cdot (2p)}{p^4}<1$ para terminar de cerrar el absurdo (Dado que el resto de fracciones son $<1$).
La trabajamos y $p^2-4p+2>0$ y se satisface para todo $p>3$. El resto de casitos ($p=2$, $p=3$ con $p\leq b<2p$) los podemos probar a mano.
Por lo que, absurdo! Entonces $a'=1$. De esta forma para $p>3$ la ecuación nos queda:$$p(p^{p-1}-1)=b!$$Usamos Lifting the Exponent y suma de Legendre:$$v_2(p-1)+v_2(p^2-1)-1=v_2(p^{p-1}-1)=v_2(LHS)=v_2(RHS)=\sum_{i=1}^\infty \left \lfloor \frac{b}{2^i}\right \rfloor \geq \left \lfloor \frac{b}{2}\right \rfloor >\frac{b}{2}-1\geq \frac{p}{2}-1$$$$p<2v_2(p-1)+2v_2(p^2-1)\leq 2\log _2(p-1)+2\log _2(p^2-1)<2\log _2(p)+2\log _2(p^2)=6\log _2(p)$$ $$2^{p}<p^6$$Y esto se rompe en algún momento y probamos los casitos a mano, que problema de mierda loco.
