Διαιρετότητα

Number · #1

Αν a,b,c ακέραιοι να δείξετε ότι $(a-b)(b-c)(c-a)+4\not\equiv 0 (mod 7)$ .

#2

Υποθέτουμε ότι υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{a,b,c}$ ώστε $\displaystyle{(a-b)(b-c)(c-a)\equiv -4\mod 7}$ .

Αν $\displaystyle{a-b=x,b-c=y,}$ είναι $\displaystyle{c-a=-(x+y)}$ και η προηγούμενη σχέση γράφεται διαδοχικά

$\displaystyle{-xy(x+y)\equiv 4\mod 7\implies 3xy(x+y)\equiv -12\mod 7\implies 3xy(x+y)\equiv 2\mod 7\implies }$

$\displaystyle{\implies (x+y)^3-x^3-y^3\equiv 2\mod 7.}$

Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει $\displaystyle{n^3\equiv 0,1,-1\mod 7}$ για κάθε $\displaystyle{n}$ .

Άρα η μόνη περίπτωση να είναι μια παράσταση της μορφής $\displaystyle{A^3-B^3-C^3\equiv 2\mod 7}$ είναι να είναι ένας τουλάχιστον $\displaystyle{\equiv 0\mod 7}$ .
Τότε όμως αυτό αντικρούει την $\displaystyle{xy(x+y)\equiv -4\mod 7.}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Λίγο διαφορετικά.
Οπως παραπάνω στην απόδειξη του Θάνου αρκεί να δείξουμε ότι η

$\displaystyle{-xy(x+y)\equiv 4\mod 7$
δεν έχει λύσεις.

Στο $\mathbb{Z}_{7}$ γράφεται

$yx^{2}+y^{2}x-4=0$ (1)

Προφανώς $y\neq 0$

οπότε η (1) είναι ένα τριώνυμο ως προς

στο σώμα $\mathbb{Z}_{7}$ .

Για να έχει λύση πρέπει η διακρίνουσα $y^{4}+16y=y^{4}+2y$

να είναι τέλειο τετράγωνο.

Τα τέλεια τετράγωνα είναι εκτός του

τα

.

Η τιμή της διακρίνουσας είναι 3,6,6,5,3,5

για τις μη μηδενικές τιμές του

.

Αφου η διακρίνουσα δεν είναι τέλειο τετράγωνο στο $\mathbb{Z}_{7}$

δεν υπάρχει λύση

#4

Σχετίζεται άμεσα με το πρόβλημα 3 της JBMO του 2016. Δείτε το π.χ. εδώ. (Ήταν κατασκευή του Σιλουανού.)

#5

Number έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 12, 2018 7:46 pm
Αν a,b,c ακέραιοι να δείξετε ότι $(a-b)(b-c)(c-a)+4\not\equiv 0 (mod 7)$ .

H άσκηση μπορεί να λυθεί χωρίς καθόλου φαντασία αλλά με τίμημα τις πολλές περιπτώσεις, οι οποίες όμως με
τετριμμένα τεχνάσματα δεν είναι τόσο πολλές όσο δείχνουν. Συγκεκριμένα, θέτοντας x=a-b, y=b-c

οπότε

έχουμε να λύσουμε την $xy(x+y)=4 \mod 7$ . Εργαζόμενοι $\mod 7$ μπορούμε να εξετάσουμε τα
υπόλοιπα δια

σαρώνοντας όλες τις περιπτώσεις των x,y

. Λόγω συμμετρίας είναι, χωρίς βλάβη, $6\ge x \ge y \ge 0$
δηλαδή έχουμε τις

περιπτώσεις $(x,y)= (0,0), \, (1,0), \, (1,1), \, (2,0), \, (2,1) , \, (2,2), \, ... \, , (6,6)$ .

Μπορούμε αμέσως αμέσως να διώξουμε όλα τα

που εμφανίζονται είτε ως

είτε ως

. Έτσι
φεύγουν τα $(x,y)= (0,0), \, (1,0), \, (2,0), \, ... \, , (6,0)$ αλλά και τα $(x,y)= (4,3), \, (5,2), \, (6,1)$ . Μένουν

περιπτώσεις, Μου πήρε ούτε δύο λεπτά για την σάρωση. Δείγμα

1) Για (x,y)=(1,1)

δίνει $xy(x+y) =1\cdot 1 \cdot 2 = 2$ (απορρίπτεται),
2) Για (x,y)=(2,1)

δίνει $xy(x+y) =2\cdot 1 \cdot 3 = 6$ (απορρίπτεται),
3) Για (x,y)=(2,2)

δίνει $xy(x+y) =2\cdot 2 \cdot 4 = 16 \equiv 2$ (απορρίπτεται),
...
18) Για (x,y)=(6,6)

δίνει $xy(x+y) =6\cdot 6 \cdot 12 \equiv (-1)(-1)5=5$ (απορρίπτεται).

Ως δώρο βγήκε ότι ούτε η $xy(x+y)=3 \mod 7$ έχει λύση.

Διαιρετότητα

Διαιρετότητα

Re: Διαιρετότητα

Re: Διαιρετότητα

Re: Διαιρετότητα

Re: Διαιρετότητα

Μέλη σε σύνδεση