n^3+2m^3=3(x^2+y^2), где 3 делит x. Делит ли 3 число y?

[grisania]

Задача. Дано
${{n}^{3}}+2{{m}^{3}}=3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$,
где $3$ делит $x$, числа $n$ четно, $m$ нечетно, числа $x$, $y$ нечетны. Надо доказать, что $3$ делит $y$.
Предлагается доказательство с использованием алгебраических чисел (одного). Верно ли такое доказательство? Если да, то получим, на мой взгляд, простое доказательство ВТФ для тройки.
Доказательство. Имеем тождество
${{x}^{3}}+{{y}^{3}}=\left( x+y \right)\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}+3{{\left( x-y \right)}^{2}}}{4}$
Из него получаем
$ {{n}^{3}}+2{{m}^{3}}={{n}^{3}}+{{\left( \sqrt[3]{2}m \right)}^{3}}=\left( n+\sqrt[3]{2}m \right)\frac{{{\left( +\sqrt[3]{2}m \right)}^{2}}+3{{\left( +\sqrt[3]{2}m \right)}^{2}}}{4}= \left( n+\sqrt[3]{2}m \right)\frac{{{\left( n+\sqrt[3]{2}m \right)}^{2}}+3{{\left( +\sqrt[3]{2}m \right)}^{2}}}{4} $
Обозначим $a=n-\sqrt[3]{2}m$ и $b=n+\sqrt[3]{2}m$, тогда
${{n}^{3}}+2{{m}^{3}}=a\frac{{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}}{4}$
Поэтому
$a\frac{{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}}{4}=3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$
Тогда $3$ делит $a$ либо ${{a}^{2}}+3{{b}^{2}}$. Очевидно, что если $3$ делит ${{a}^{2}}+3{{b}^{2}}$, то оно будет делить и $a$. Пусть $a=3{{a}_{1}}$, тогда
$3{{a}_{1}}\frac{9a_{1}^{2}+3{{b}^{2}}}{4}=3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$ или $3{{a}_{1}}\frac{3a_{1}^{2}+{{b}^{2}}}{4}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}$
Следовательно, $3$ делит ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}$, а отсюда, учитывая, что $3$ делит $x$, получаем, что $3$ делит $y$.

PS.
Есть добавочное уравнение
${{n}^{3}}-{{m}^{3}}=3xy$
Для которого, повторяя трюки, как и выше, получаем, что $3$ делит $x$ или $y$. А это будет соответствовать 1-ому случаю ВТФ для тройки.

[age]

grisania
$1^3+2\cdot7^3=3((3\cdot5)^2+2^2)$.

Совет: если вы где-нибудь в теме о целых числах увидели выражения вида $\left(n+\sqrt[3]{2}m \right)$, значит тема мертвая

[grisania]

age в сообщении #237819 писал(а):

grisania
$1^3+2\cdot7^3=3((3\cdot5)^2+2^2)$.

Совет: если вы где-нибудь в теме о целых числах увидели выражения вида $\left(n+\sqrt[3]{2}m \right)$, значит тема мертвая

Спасибо, а почему тема мертвая? Забыл добавить $x$, $y$ - нечетные. Значит, контр-пример не катит

[maxal]

grisania в сообщении #237802 писал(а):

Дано
${{n}^{3}}+2{{m}^{3}}=3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$,
где $3$ делит $x$, числа $n$, $m$, $x$, $y$ - нечетные.

Такое равенство невозможно: левая часть нечетная, а правая - чётная.

[grisania]

maxal в сообщении #237831 писал(а):

grisania в сообщении #237802 писал(а):

Дано
${{n}^{3}}+2{{m}^{3}}=3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$,
где $3$ делит $x$, числа $n$, $m$, $x$, $y$ - нечетные.

Такое равенство невозможно: левая часть нечетная, а правая - чётная.

Извиняюсь, ошибся, число $n$ четно, а $m$ нечетно.

PS.
Есть добавочное уравнение
${{n}^{3}}-{{m}^{3}}=3xy$
Для которого, повторяя трюки, как и выше, получаем, что $3$ делит $x$ или $y$. А это будет соответствовать 1-ому случаю ВТФ для тройки.

[maxal]

grisania в сообщении #237842 писал(а):

Извиняюсь, ошибся, число $n$ четно, а $m$ нечетно.

Тогда такой контрпример:

$$4^3 + 2\cdot 7^3 = 3( (3\cdot 5)^2 + 5^2).$$

[grisania]

maxal в сообщении #237867 писал(а):

grisania в сообщении #237842 писал(а):

Извиняюсь, ошибся, число $n$ четно, а $m$ нечетно.

Тогда такой контрпример:

$$4^3 + 2\cdot 7^3 = 3( (3\cdot 5)^2 + 5^2).$$

Мда, жаль аднака. Где вы их берете? Но это не выполнятся
${{n}^{3}}-{{m}^{3}}=3xy$
может и к счастью

[maxal]

grisania в сообщении #237882 писал(а):

Где вы их берете?

Любой мат.пакет найдет подобные контрпримеры за доли секунд.
Рекомендую впредь проверять любое утвеждение на маленьких числовых примерах - это позволит легко выявить скрытые ошибки и сэкономить кучу времени.

[Батороев]

Можно также предварительно провести анализ по остаткам чисел.

В данном случае, по основанию числа 9:
Допустим, $n\equiv m\equiv 1\pmod 9$
Тогда левая часть $(n^3+2m^3)\equiv 3\pmod 9$
Откуда делаем вывод, что $3(x^2+y^2)$ должно быть кратно трем не выше $3^1$,
но в этом случае, если $x$ кратно трем, то $y$ не может делиться на $3$.

p.s. Здесь даже пропадает необходимость замудряться, четные числа или нечетные?

[Гаджимурат]

grisania в сообщении #237802 писал(а):

Пусть$a=3a_1$

Еще один совет "не большого" специалиста. $a$ -число не целое,поэтому можно допускать и $a=9a_1$ и $a=27a_1$ .Разница не большая :$a$ будет делится на 3,на 9....так как $a_1$ есть число не целое.Допустил ошибку один раз,можно смело допускать и следующие ошибки-результат один: "решение ошибочно"

[grisania]

Батороев в сообщении #238042 писал(а):

Можно также предварительно провести анализ по остаткам чисел.

В данном случае, по основанию числа 9:
Допустим, $n\equiv m\equiv 1\pmod 9$
Тогда левая часть $(n^3+2m^3)\equiv 3\pmod 9$
Откуда делаем вывод, что $3(x^2+y^2)$ должно быть кратно трем не выше $3^1$,
но в этом случае, если $x$ кратно трем, то $y$ не может делиться на $3$.

p.s. Здесь даже пропадает необходимость замудряться, четные числа или нечетные?

Зачем по основанию по основанию числа 9? Вроде по основанию числа 3 проходит.

[Гаджимурат]

grisania в сообщении #237842 писал(а):

Есть добавочное уравнение $n^3-m^3=3xy$

противоречий нет: если $n-m$ делится на 3,то $x$ или $y$ делится на 3,если $n-m$ делится на 9 ,то $x$ или $y$ делится на 9 или $x$ и $y$ делятся на 3 т.д.

[Батороев]

grisania в сообщении #238190 писал(а):

Зачем по основанию по основанию числа 9? Вроде по основанию числа 3 проходит.

Затем, что по основанию $9$ становится ясно не только, что число делится на $3^1$, но и то, что оно не делится на $3^2$.

[barsukov]

Любое число в кубе (если оно не делится на три) дает в остатке плюс-минус единицу по модулю 9. В данном случае $ m^3\equiv n^3 mod9 $ и следовательно $ 3m^3\equiv3(x^2+y^2) mod9 и $m^3\equiv x^2=y^2 mod3 При условии еще m не кратное 3 y^2\equiv 1 mod3 и m^3\equiv 1 mod9 При условии еще m кратное 3 y^2\equiv 0 mod3 Совершенно согласен с анализом Батораева. Но меня интересует почему исчезла информация по данной задаче в общем перечне от 25 авг. 2009г. И также по каким мотивам исчезло также сообщение от 2 июл 2009 Великая теорема Ферма. Четвертая степень. Новое решение. Буду благодарен за разяснение.

[Батороев]

barsukov
Все темы по ВТФ отделены в специальный радел дискуссионных тем (который украшен портретом П. Ферма http://dxdy.ru/velikaya-teorema-ferma-f62.html).