mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 07, 2022 4:50 pm**

Μία άσκηση που κατασκεύασα εμπνευσμένος από το N5 της shortlist της ΙΜΟ 2006

Δείξτε ότι , για οποιονδήποτε ακέραιο

, η παράσταση $\frac{x^5+x-2}{x-1}$
δεν ισούται ποτέ με τον κύβο ακέραιου.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 13, 2022 11:25 pm**

Θα είναι:
$\frac{x^5+x-2}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+2=k^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow x^4+x^3+x^2+x+1=(k-1)(k^2+k+1)$

Παρατηρούμε για

περιττό, το δεξιά μέλος της παραπάνω ισότητας είναι άρτιο σε αντίθεση με το αριστερά,
άρα

είναι άρτιος, δηλαδή k=2n

:

$x^4+x^3+x^2+x+2=8n^3\Rightarrow 8\:|\:x^4+x^3+x^2+x+2$

1η περίπτωση:
Αν είναι x=2y+1

:

$8 \; | \; (2y+1)^4+(2y+1)^3+(2y+1)^2+2y+3\Rightarrow$

$\Rightarrow 8 \; | \; 16y^4+40y^3+40y^2+20y+6 \Rightarrow 8 \; | \; 4y-2\Leftrightarrow 4y\equiv 2\: (mod\: 8)$ ,

που είναι αδύνατη αφού $(4,8)=4\nmid6$ .

2η περίπτωση:
Αν είναι x=2y

:

$16y^4+8y^3+4y^2+2y+2\Rightarrow 8 \; | \; 4y^2+2y+2\Rightarrow$

$\Rightarrow 8 \; | \; 4y(y+1)-2y+2\Rightarrow 8 \; | \; -2y+2$ ,

άρα $y=4m+1\Rightarrow x=8m+2$ και με αντικατάσταση στην αρχική έχουμε:

$(8m+2)^4+(8m+2)^3+(8m+2)^2+8m+4=8n^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 4096m^4+4608m^3+1984m^2+392m+32=8n^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 512m^4+576m^3+248m^2+49m+4=n^3$

Δουλεύοντας $(mod \: 7)$ , παρατηρούμε πως τα δυνατά υπόλοιπα στο δεξιά μέλος της ισότητας είναι $\pm 1, 0$ :

Ισχύει από το little Fermat theorem:

$n^7\equiv n \:(mod\:7) \Leftrightarrow 7 \:|\:n(n^3-1)(n^3+1)$

Αν $7\:|\:n\Leftrightarrow 7\:|\:n^3\Leftrightarrow n^3 \equiv0 \:(mod\:7)$ .
Αν $7\:|\:n^3-1\Leftrightarrow n^3\equiv1\:(mod\:7)$ .
Αν $7\:|\:n^3+1\Leftrightarrow n^3\equiv-1\:(mod\:7)$ .

Δουλεύοντας στο αριστερό μέλος:

$f(m)=512m^4+576m^3+248m^2+49m+4\equiv m^4+2m^3+3m^2+4 \:(mod\:7)$

$\begin{matrix} m & | & f(m) &\!\!\!\! (mod\:7)\\ 0 & | & 4 \\ 1 & | & 3 \\ 2 & | & 6 \\ 3 & | & 5 \\ 4 & | & 2 \\ 5 & | & 2 \\ 6 & | & 6 \end{matrix}$ ,

δηλαδή το αριστερά μέλος αφήνει διαφορετικά υπόλοιπα $(mod\:7)$ από το δεξιά, άρα άτοπο.
Συνεπώς δεν υπάρχουν ακέραιοι

τέτοιο ώστε η αρχική παράσταση να είναι τέλειος κύβος ακεραίου.
Σίγουρα θα υπάρχει και πιο γρήγορος τρόπος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 17, 2022 2:40 am**

ohgreg έγραψε: Κυρ Νοέμ 13, 2022 11:25 pm Θα είναι:
$\frac{x^5+x-2}{x-1}=x^4+x^3+x^2+x+2=k^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow x^4+x^3+x^2+x+1=(k-1)(k^2+k+1)$

Παρατηρούμε για περιττό, το δεξιά μέλος της παραπάνω ισότητας είναι άρτιο σε αντίθεση με το αριστερά,
άρα είναι άρτιος, δηλαδή :

$x^4+x^3+x^2+x+2=8n^3\Rightarrow 8\:|\:x^4+x^3+x^2+x+2$

1η περίπτωση:
Αν είναι :

$8 \; | \; (2y+1)^4+(2y+1)^3+(2y+1)^2+2y+3\Rightarrow$

$\Rightarrow 8 \; | \; 16y^4+40y^3+40y^2+20y+6 \Rightarrow 8 \; | \; 4y-2\Leftrightarrow 4y\equiv 2\: (mod\: 8)$ ,

που είναι αδύνατη αφού $(4,8)=4\nmid6$ .

2η περίπτωση:
Αν είναι :

$16y^4+8y^3+4y^2+2y+2\Rightarrow 8 \; | \; 4y^2+2y+2\Rightarrow$

$\Rightarrow 8 \; | \; 4y(y+1)-2y+2\Rightarrow 8 \; | \; -2y+2$ ,

άρα $y=4m+1\Rightarrow x=8m+2$ και με αντικατάσταση στην αρχική έχουμε:

$(8m+2)^4+(8m+2)^3+(8m+2)^2+8m+4=8n^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 4096m^4+4608m^3+1984m^2+392m+32=8n^3\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 512m^4+576m^3+248m^2+49m+4=n^3$

Δουλεύοντας $(mod \: 7)$ , παρατηρούμε πως τα δυνατά υπόλοιπα στο δεξιά μέλος της ισότητας είναι $\pm 1, 0$ :

Ισχύει από το little Fermat theorem:

$n^7\equiv n \:(mod\:7) \Leftrightarrow 7 \:|\:n(n^3-1)(n^3+1)$

Αν $7\:|\:n\Leftrightarrow 7\:|\:n^3\Leftrightarrow n^3 \equiv0 \:(mod\:7)$ .
Αν $7\:|\:n^3-1\Leftrightarrow n^3\equiv1\:(mod\:7)$ .
Αν $7\:|\:n^3+1\Leftrightarrow n^3\equiv-1\:(mod\:7)$ .

Δουλεύοντας στο αριστερό μέλος:

$f(m)=512m^4+576m^3+248m^2+49m+4\equiv m^4+2m^3+3m^2+4 \:(mod\:7)$

$\begin{matrix} m & | & f(m) &\!\!\!\! (mod\:7)\\ 0 & | & 4 \\ 1 & | & 3 \\ 2 & | & 6 \\ 3 & | & 5 \\ 4 & | & 2 \\ 5 & | & 2 \\ 6 & | & 6 \end{matrix}$ ,

δηλαδή το αριστερά μέλος αφήνει διαφορετικά υπόλοιπα $(mod\:7)$ από το δεξιά, άρα άτοπο.
Συνεπώς δεν υπάρχουν ακέραιοι τέτοιο ώστε η αρχική παράσταση να είναι τέλειος κύβος ακεραίου.
Σίγουρα θα υπάρχει και πιο γρήγορος τρόπος.

Ωραία

Μια διαφορετική αντιμετώπιση..
Η αρχικη γραφεται ως $\frac{x^5+x-2}{x-1}=y^3 =>\frac{x^5-1+x-1}{x-1}=y^3 =>\frac{x^5-1}{x-1}=y^3-1$
για $y \in \mathbb{Z}$

Ακολούθως θα αποδείξουμε το εξής λήμμα

Λήμμα: Αν p,q

πρώτοι με $q|\frac{x^p-1}{x-1}$ , τότε q=p

ή $q\equiv 1 modp$

Απόδειξη: Από την υπόθεση έχουμε q|x^p-1

και από το Μικρό Θεώρημα του Φερμά έχουμε $q|x^{q-1}-1$

Έστω τώρα ότι $q\not\equiv 1mod p$

Αυτό σημαίνει ότι (p,q-1)=1

, δηλαδή υπάρχουν k,l

τέτοια ώστε pk +(q-1)l=1

έχουμε $x\equiv x^{pk+(q-1)l}\equiv (x^p)^k(x^{q-1})^l\equiv 1 modq$

Άρα $\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+x^{p-2}+...+x+1\equiv p modq$

$=> p\equiv 0modq => q=p$

Διαφορετικά $q\equiv 1modp$

Στην άσκηση τώρα...
έχουμε ότι κάθε διαιρέτης του $\frac{x^5-1}{x-1}$ θα είναι $d\equiv 0,1 mod5$

Επίσης επειδή $\frac{x^5-1}{x-1}$ > 0

, για κάθε X διάφορο του 1, y> 1

.

$\frac{x^5-1}{x-1}=(y-1)(y^2+y+1)$ άρα επειδη ο y-1

είναι διαιρέτης του $\frac{x^5-1}{x-1}$ , παίρνουμε $y\equiv 1,2 mod5$

Αυτό σημαίνει ότι $y^2+y+1\equiv 3,2 mod5$ , άτοπο αφού και ο y^2+y+1

είναι διαιρέτης του $\frac{x^5-1}{x-1}$

mathematica.gr

Ποτέ τέλειος κύβος!

Ποτέ τέλειος κύβος!

Re: Ποτέ τέλειος κύβος!

Re: Ποτέ τέλειος κύβος!