[Teoria liczb] Sześcian liczby całkowietej

[czekoladowy]

Rozstrzygnij, czy istnieje sześcian liczby całkowitej, który można przedstawić w postaci \(\displaystyle{ a^2+ab^3 \text{}}\) gdzie, a i b są liczbami całkowitymi.

[Ponewor]

Tak. Np. \(\displaystyle{ \left(0, \ 0 \right), \ \left(1, \ -1\right), \ \left(-1, \ 1, \right), \ \left(1, \ 0 \right), \ \left(0, \ 1 \right)}\).
To ma być dla dodatnich? Bo chyba wymyśliłem fajny dowód.

[czekoladowy]

Jejku, sześcian ma być dodatni.

[Ponewor]

Tak istnieje. Np. \(\displaystyle{ 1=0^{2}+0 \cdot 1^{3} = 1^{2} + 1 \cdot 0 ^{3}}\)
a \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) mogą być niedodatnie?

[czekoladowy]

Wygląda na to, że mam błędną treść. Jeżeli dla dodatnich dostajesz coś ciekawego to napisz.

[porfirion]

\(\displaystyle{ 1=0^{2}+0 \cdot 1^{3}}\)

Co to za magia?!

[czekoladowy]

Miało być 1 zamiast 0

[porfirion]

Tak istnieje. Np. \(\displaystyle{ 1=0^{2}+0 \cdot 1^{3} = 1^{2} + 1 \cdot 0 ^{3}}\)
a \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) mogą być niedodatnie?

Treść zadania jest dobra. Chodzi przecież o rozstrzygnięcie, czy istnieją jakieś rozwiązania nietrywialne.

[Ponewor]

Hahaha niezły jestem. No to zaraz wklepię to co wymyśliłem w nocy o północy.

Ukryta treść:    

Załóżmy, że istnieją takie całkowite \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\), że \(\displaystyle{ a^{2}+ab^{3}=c^{3}}\). Przepiszmy to w trochę lepszej postaci:
\(\displaystyle{ a \left( a + b^{3} \right) =c^{3}}\)
Niech \(\displaystyle{ a=a_{1}d^{3}}\) przy czym w rozkładzie na czynniki pierwsze \(\displaystyle{ a_{1}}\) wszystkie wykładniki są mniejsze od \(\displaystyle{ 3}\). Podzielmy stronami przez \(\displaystyle{ d^{3}}\):
\(\displaystyle{ a_{1} \left( a_{1}d^{3}+b^{3}\right) =c_{1}^{3} \qquad \left(1 \right)}\)
Gdyby \(\displaystyle{ a_{1}=1}\) czyli \(\displaystyle{ a}\) byłoby sześcianem, to mielibyśmy sprzeczność z \(\displaystyle{ \mathbb{WTF}}\). Zatem \(\displaystyle{ a_{1} \ge 2}\) i załóżmy, że \(\displaystyle{ a_{1}}\) ma taki dzielnik pierwszy \(\displaystyle{ p}\), że \(\displaystyle{ p|a_{1} \wedge p^{2} \nmid a_{1}}\). Prawa strona jest oczywiście podzielna przez \(\displaystyle{ p^{3}}\), więc \(\displaystyle{ p^{2} | a_{1}d^{3}+b^{3}}\), czyli \(\displaystyle{ p|a_{1}d^{3}+b^{3}}\), czyli \(\displaystyle{ p|b}\). Teraz już skrótowo, bo się zmęczyłem pisaniem. Największy wykładnik z jakim \(\displaystyle{ p}\) dzieli prawą stronę \(\displaystyle{ \left( 1 \right)}\) jest podzielny przez 3. Największy wykładnik z jakim \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ a_{1}d^{3}+b^{3}}\) musi dawać resztę \(\displaystyle{ 2}\) dzieleniu przez \(\displaystyle{ 3}\), co krótko mówiąc jest niemożliwe, albo inaczej dla uważnego czytelnika dowód tego faktu nie powinien sprawić problemu, dlatego pozostawiamy go jako ćwiczenie Zatem jeżeli \(\displaystyle{ p|a_{1}}\), to \(\displaystyle{ p^{2}|a_{1}}\) i tu per analogia pokazujemy, że \(\displaystyle{ p|b}\) i liczymy resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ 3}\) jaką daje największy wykładnik z jakim \(\displaystyle{ p}\) dzieli nawias z lewej strony i otrzymujemy jeśli się nigdzie nie pomyliłem sprzeczność.

[porfirion]

Załóżmy, że taki sześcian istnieje: \(\displaystyle{ k^{3}=a(a+ b^{3})}\) Skąd prosty wniosek, że \(\displaystyle{ a|k}\), oznaczmy więc: \(\displaystyle{ k^{3}= a^{3} \cdot l^{3}}\), skąd \(\displaystyle{ a^{3}l^{3}=a(a+ b^{3})}\) i \(\displaystyle{ a^{2} l^{3}=a+ b^{3}}\). Przerzucamy sobie wyrazy i mamy: \(\displaystyle{ b^{3}=a(a l^{3}-1)}\) skąd \(\displaystyle{ b^{3}= a^{3} i^{3}}\) co daje: \(\displaystyle{ i^{3} a^{3}=a(al^{3}-1)}\) i równoważnie \(\displaystyle{ i^{3}a^{2}=al^{3}-1}\) skąd \(\displaystyle{ a|-1}\) i rozwiązań nietrywialnych ni ma.
--------
kurczę, to jest blef ten prosty wniosek jest błędny...

[Marcinek665]

Załóżmy, że taki sześcian istnieje: \(\displaystyle{ k^{3}=a(a+ b^{3})}\) Skąd prosty wniosek, że \(\displaystyle{ a|k}\).

??

[porfirion]

No właśnie to ogarnąłem, bo myślałem, że to wynika z koniunkcji \(\displaystyle{ a|k^{3}}\) i \(\displaystyle{ |a|<|k|}\), ale wystarczy rozważyć \(\displaystyle{ k=2 \cdot 3}\) i \(\displaystyle{ a=4}\).

[ordyh]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a(a+b^3) = k^3}\), weźmy dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\) dzielącą \(\displaystyle{ a}\) w potędze \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ b}\) w potędze \(\displaystyle{ n}\). Jeżeli \(\displaystyle{ m>3n}\), to po lewej stronie \(\displaystyle{ p}\) jest w potędze \(\displaystyle{ m+3n}\), stąd \(\displaystyle{ 3|m}\), jeśli \(\displaystyle{ m<3n}\), to po lewej stronie \(\displaystyle{ p}\) jest w potędze \(\displaystyle{ 2m}\), stąd \(\displaystyle{ 3|m}\) a jeśli \(\displaystyle{ m = 3n}\), to \(\displaystyle{ 3|m}\).
Stąd wniosek, że \(\displaystyle{ 3|m}\), czyli \(\displaystyle{ a = t^3}\), a stąd \(\displaystyle{ t^3(t^3+b^3) = k^3}\), a stąd \(\displaystyle{ t^3+b^3=(\frac{k}{t})^3}\) co nie ma nietrywialnych rozwiązań na mocy WTF