Предположим, что $c$ нечетное. Тогда правая часть делится на $p +3,$ откуда $p+3 =2k$ или $p+ 3= 2kpl.$

В первом случае получаем, что $p ≡5 (mod 8).$ Тогда $− 1$ является квадратичным вычетом по модулю $p,$ а $2$ — не является, откуда $− 2$ является квадратичным невычетом по модулю $p,$ но

( c+1)2 2 2 ≡ −2 (mod p)

откуда получаем противоречие.

Во втором случае получаем, что $p+ 3$ делится на $p,$ откуда $p= 3.$ Тогда имеем уравнение $c a b 5 +1= 2 3.$ Заметим, что $v2(5c+ 1)= 1,$ откуда $a= 1.$ По лемме об уточнении показателя получаем, что

v3(5c+ 1)=v3(6)+ v3(c)= 1+v3(c)

откуда $b−1 c≥ 3 .$ То есть $3b−1 b 5 < 2⋅3,$ что возможно только при $a= b= c= 1$ и $p =3.$

Разберем случай четного $c.$ Пусть $v2(c)=n,$ то есть $n c =2 ⋅m.$ Заметим, что $2n (p+ 2) + 1$ делит $c (p+ 2) + 1,$ откуда

n (p+ 2)2 +1= 2k⋅pl

Заметим, что $2n (p+2) + 1≡ 2 (mod 4)$ при $p> 2,$ откуда $k= 1.$ Тогда $2n b (p+2) − 1=2 ⋅(p − 1).$ Тогда

2n v2((p +2) − 1)= v2(p+ 1)+v2(p+3)+ v2(n)− 1

С другой стороны

v2(2 ⋅(pl− 1))= v2(p− 1)+ v2(p+ 1)+v2(l)

откуда

v2(p+3)+ n− 1= v2(p− 1)+v2(l)

Заметим, что $2n+1 2 ≡1 (mod p),$ а $2n 2 ⁄≡ 1 (mod p),$ откуда следует, что $v2(ordp2)= n,$ то есть $p− 1$ делится на $n+1 2 .$ Тогда $p ≡1 (mod 4).$ Посмотрим на наше равенство по модулю $p+ 1.$ Имеем $l 2≡ 2⋅(−1),$ откуда $l$ — четное. Тогда из только что полученного равенства на степени вхождения следует, что

v2(p+ 3)≥ 2+ v2(b)≥ 3

То есть число $p − 1$ не может делиться на $8.$ Значит, $n+ 1=2,$ откуда $n= 1.$ Тогда имеем уравнение

(p+ 2)2+ 1= 2pl

Заметим, что при $p> 5$

l 2 2 2p≥ 2p > (p+ 2) +1

Если $p= 3,$ то $26=2 ⋅3l$ — нет решений.

Если $p= 5,$ то $50=2 ⋅5l,$ откуда $l= 2.$

Вернемся к исходному уравнению

72m +1 =2a⋅5b

Посмотрев по модулю $4,$ получаем $a= 1.$ Далее $72m + 1= 5t⋅(72+1).$ Но по лемме об уточнении показателя

v5(72m +1)= v5(72+ 1)+v5(m )

откуда $m ⋅(72+ 1)≥72m+1,$ что не может быть правдой. Значит, $c= 2m =2,$ $a= 1,$ $b= 2,$ $p= 5.$

Лемма об уточнении показателя