[Teoria liczb] Sześciany liczb całkowitych

[mol_ksiazkowy]

Wyznacz wszystkie pary \(\displaystyle{ a,b}\) liczb naturalnych o tej własności, że \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) są sześcianami pewnych liczb całkowitych. Podaj pełny dowód:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x=ab+a \\ y=ab+b \end{cases}}\)

[Xitami]

Chciałbyś zobaczyć wszystkie takie pary, a ja chciałbym zobaczyć choć jedną.

[luka52]

Xitami, np. a=0 i b=1.

[Rogal]

Po pobieżnym przepatrzeniu tego układu dochodzę do wniosku, że poza trywialnymi rozwiązaniami, innych brak.
Super dowodu na pewno nie przedstawię, na to nie ma co liczyć - teorię liczb zawsze brałem "na czuja", a że się jej to podoba chyba, to i nie rezygnuję z takiej metody : P

[ Dodano: 29 Lipca 2007, 21:57 ]
Acz według mnie wystarczy wymnożyć stronami. Otrzymamy po lewej iloczyn sześciu składników, po prawej czterech i to nie byle jakich, i to właśnie stąd po rozpatrzeniu paru przypadków się wszystko 'wykraczy'.
Takie luźne spekulacje : P

[DoMini1606]

Rozwiązaniem będą wszystkie pary liczb postaci: \(\displaystyle{ \left(0;t^{3} \right) \lor\left(t^{3};0 \right)}\), gdzie \(\displaystyle{ t}\) jest liczbą naturalną.

Dowód:
Załóżmy, że zarówno \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są różne od \(\displaystyle{ 0}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \begin{cases} a= \frac{y-b}{b} \\x= \frac{y-b}{b}b + \frac{y-b}{b}= y-b+ \frac{y-b}{b} = \frac{by-b^{2}+y-b}{b}= \frac{-b^{2}+ \left( y-1\right) b+y}{b} \end{cases}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są różne od \(\displaystyle{ 0}\), to \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) także muszą byc różne od \(\displaystyle{ 0}\). Dlatego
\(\displaystyle{ -b^{2}+ \left( y-1\right) b+y \ne 0}\)
Zostanie to spełnione dla \(\displaystyle{ \Delta < 0}\), czyli
\(\displaystyle{ \left(y-1 \right)^{2} + 4y < 0}\)
\(\displaystyle{ y^{2}-2y+1+4y= y^{2}+2y+1}\)

[alchemik]

Ponieważ \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są różne od \(\displaystyle{ 0}\), to \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) także muszą byc różne od \(\displaystyle{ 0}\). Dlatego
\(\displaystyle{ -b^{2}+ \left( y-1\right) b+y \ne 0}\)

O ile z pierwszym bezapelacyjnie się mogę zgodzić to z tym drugim nie bardzo mamy \(\displaystyle{ -b^2}\). Nie widzę analogi miedzy tym pierwszym a drugim.

[DoMini1606]

Zwróc uwagę, że jedyną możliwością, kiedy x=0 jest a=0, ale skoro założyliśmy, że \(\displaystyle{ a 0}\), to \(\displaystyle{ x 0}\). Wiadomo, że ułamek będzie różny od zera, gdy licznik będzie różny od zera, stąd zacytowane równanie.

[Sylwek]

Wiadomo, że ułamek będzie różny od zera, gdy licznik będzie różny od zera.

Tak

stąd zacytowane równanie.

Nie - licznik nie może mieć pierwiastków całkowitych, ale nie mamy sprzeczności, gdy ma pierwiastki, które nie są całkowite, stąd z delty tu nic nie zrobimy.

[DoMini1606]

Racja - dla pierwiastków nienaturalnych (nie tylko niecałkowitych) x =0, ale taka sytuacja nigdy nie zajdzie, bo a i b wg założeń muszą być liczbami naturalnymi. Nie zauważyłam tego w pierwszym momencie.

W takim razie kwestia dowodu nadal zostaje kwestią otwartą.

[Sylwek]

OK, mam pełny dowód

Zacznijmy od tego, że każdą liczbę naturalną można przedstawić jako iloczyn: \(\displaystyle{ q=\prod p_i^{3k_i+\alpha_i}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) jest liczbą pierwszą, \(\displaystyle{ k_i}\) jest liczbą całkowitą, a \(\displaystyle{ \alpha_i \in \{ 0, 1, 2 \}}\) - zatem można inaczej przedstawić tą liczbę jako:
\(\displaystyle{ (\prod p_i^{k_i})^3 \cdot (\prod p_j)^2 \cdot (\prod p_n)}\), gdzie liczby pierwsze \(\displaystyle{ p_j}\) i \(\displaystyle{ p_n}\) występują w stopniu pierwszym, \(\displaystyle{ NWD((\prod p_j),(\prod p_n))=1}\) oraz wszystkie liczby \(\displaystyle{ p_j}\) są parami różne, tak samo jak wszystkie liczby \(\displaystyle{ p_n}\). Jeśli więc \(\displaystyle{ q \cdot w}\) jest sześcianem liczby naturalnej, to można przedstawić: \(\displaystyle{ q=e^3 \cdot r^2 \cdot u \wedge w=i^3 \cdot u^2 \cdot r}\) - przy czym dla ustalenia uwagi możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ e=i=1}\) - bo i tak po otrzymaniu rozwiązań wszystkie pozostałe otrzymamy, gdy pomnożymy rozwiązanie przez sześcian dowolnej liczby naturalnej.


Wracając do zadania, przypuśćmy, że żadna z liczb a,b nie jest zerem (wyjątkowo 0 zaliczam do naturalnych - bo w innych przypadkach nie byłoby rozwiązań) - w ten sposób dojdziemy do sprzeczności.

Mamy, że (wszystkie symbole literowe z powyższego wywodu ulegają zapomnieniu ):
\(\displaystyle{ a(b+1)=t^3 \\ b(a+1)=u^3}\)

Możemy więc przyjąć:
\(\displaystyle{ a=x^2y \\ b+1=xy^2 \\ b=z^2t \\ a+1=zt^2 \\ (x,y)=(z,t)=1}\)
Mamy więc:
\(\displaystyle{ (*) \ \ \ \begin{cases}x^2y+1=zt^2 \\ z^2t+1=xy^2\end{cases}}\)
Stąd: \(\displaystyle{ (xy,zt)=1}\) i podsumowując: \(\displaystyle{ (x,y)=(x,z)=(x,t)=(y,z)=(y,t)=(z,t)=1}\)

Odejmując stronami dwa powyższe rwnania:
\(\displaystyle{ x^2y-z^2t=zt^2-xy^2 \iff xy(x+y)=zt(z+t)}\), ale: \(\displaystyle{ (xy,zt)=1}\), więc: \(\displaystyle{ \boxed{(**) \ \ \ \ \ xy|(z+t) \wedge zt|(x+y)}}\)

Dla ustalenia uwagi: \(\displaystyle{ z+t \ge x+y}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ z,t \ge 2}\), niech: z>t (równości nie ma, bo są większe od 1 i względnie pierwsze) - z tego: \(\displaystyle{ zt \ge 2z=z+z >z+t \ge x+y>0}\) - czyli: \(\displaystyle{ 1>\frac{x+y}{zt}>0}\) - sprzeczność, bo miała to być liczba całkowita (tak samo robimy dla z<t ).

No więc: \(\displaystyle{ z=1 \vee t=1}\). Ponieważ działamy na razie tylko na podzielnościach, to mamy symetrię - czyli niech dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ t=1}\), wówczas liczby: \(\displaystyle{ \frac{x+y}{z}}\) i \(\displaystyle{ \frac{z+1}{xy}}\) są całkowite. Gdyby \(\displaystyle{ x,y \ge 2}\) i bez straty ogólności \(\displaystyle{ x \ge y+1}\), to: \(\displaystyle{ z+1 \ge xy \ge 2x = x+x \ge x+y+1 \ge z+1}\). Zatem wszędzie muszą zachodzić równości, czyli \(\displaystyle{ (x,y,z)=(3,2,5)}\) - jednak te liczby nie spełniają (*).

Zatem \(\displaystyle{ x=1 \vee y=1}\).

Stąd do rozpatrzenia cztery przypadki w równaniu (*):

a) \(\displaystyle{ x=z=1}\) - tutaj: \(\displaystyle{ \begin{cases} y+1=t^2 \\ t+1=y^2 \end{cases}}\). Gdy \(\displaystyle{ y=t}\), to w żadnym z równań nie zgadza się parzystość, a gdy \(\displaystyle{ y \neq t}\), to odejmując stronami: \(\displaystyle{ (y-t)=(t-y)(t+y)}\), czyli \(\displaystyle{ t+y=-1}\). Więc dodając stronami (*) mamy: \(\displaystyle{ 1=(t+y)+2=t^2+y^2}\) - a to już wprost mówi nam, że któraś ze zmiennych \(\displaystyle{ t,y}\) jest zerem, sprzeczność.

b) \(\displaystyle{ x=t=1}\) - tutaj: \(\displaystyle{ \begin{cases} y+1=z \\ z^2+1=y^2 \end{cases}}\), podstawiając \(\displaystyle{ z=y+1}\) do drugiego dostaniemy \(\displaystyle{ y=-1}\), czyli \(\displaystyle{ z=0}\), co też jest sprzecznością z pierwotnymi założeniami.

c) \(\displaystyle{ y=z=1}\) - tutaj przypadek symetryczny do przypadku b)

d) \(\displaystyle{ y=t=1}\) - tutaj: \(\displaystyle{ \begin{cases} x^2+1=z \\ z^2+1=x \end{cases}}\) - dodając stronami \(\displaystyle{ x(x-1)+z(z-1)+2=0}\) - sprzeczność, bo lewa strona \(\displaystyle{ \ge 2}\)


Otrzymana sprzeczność pokazuje, że \(\displaystyle{ a=0 \vee b=0}\). Łatwo sprawdzić, że wszystkie pary postaci: \(\displaystyle{ (0,k^3), \ (k^3,0)}\), gdzie k jest liczbą całkowitą nieujemną, spełniają warunki zadania.

Odpowiedź: \(\displaystyle{ (a,b) \in \{ (0,k^3), \ (k^3,0) \}}\)

[Dumel]

Mamy, że :
\(\displaystyle{ a(b+1)=t^3}\)
Możemy więc przyjąć:
\(\displaystyle{ a=x^2y \\ b+1=xy^2 (*)\\ (x,y)=1}\)

moze czegos nie dostrzegam ale na moje oko tu jest błąd. np. dla \(\displaystyle{ t=3 5}\) mamy \(\displaystyle{ 3^2 5^2=a(b+1)}\). przykladowo mogloby byc \(\displaystyle{ a=9}\), wtedy \(\displaystyle{ x=3; y=1}\) czyli z (*) byloby \(\displaystyle{ b+1=3}\)

[Sylwek]

moze czegos nie dostrzegam ale na moje oko tu jest błąd. np. dla \(\displaystyle{ t=3 5}\) mamy \(\displaystyle{ 3^2 5^2=a(b+1)}\). przykladowo mogloby byc \(\displaystyle{ a=9}\), wtedy \(\displaystyle{ x=3; y=1}\) czyli z (*) byloby \(\displaystyle{ b+1=3}\)

Hm raczej: \(\displaystyle{ 3^3 5^3 = a(b+1)}\) - ponieważ każda liczba pierwsza zgodnie z wcześniejszymi rozważaniami może występować w każdym z nawiasów w stopniu 1 lub 2, to ponieważ suma tych stopni ma dać wielokrotność trójki, to w jednym z nawiasów dana liczba pierwsza musi występować w stopniu pierwszym, a w drugim z nawiasów w stopniu drugim. Każde nowe rozwiązanie otrzymamy mnożąc każdy z nawiasów rozwiązania pierwotnego przez sześcian liczby naturalnej.

[Dumel]

fakt, nie za bardzo sie wczytywalem w ten wstep