Куб из одних семерок?

[DeBill]

(По мотивам Ktina)
Когда то давно не решил задачу:
Доказать, что число из одних семерок не может быть кубом
(все натуральное и десятичное).
А недавно - опять не решил....

[Andrey A]

Основание куба должно быть $\equiv 753 \mod10^4$ (четыре семерки с конца). Тогда варианты пятой цифры следующие: $5,2,9,6,3,0,5,4,1,8$. Кажется, так.

[Andrey A]

Нет, не так. $60753 \mod10^5$ в основании куба дают пять семерок с конца, а $660753 \mod10^6$ - шесть.

[DeBill]

Andrey A
Пять цифр с конца я , кажется, находил... Шестую - нет.
Но потом, вроде, осознал, что каждая следующая единственно (и существенно, блин!) находится таки. И вот тогда мне поплохело.....

[grizzly]

А ещё если воспользоваться признаками деления на 7, 11, 27, то можно сразу (в уме) очень быстро улететь на границу снизу в 108 семёрок (или только в 54 -- я вчера перед сном эти слоники семёрки считал, не помню точно). Не исключаю, что можно и намного дальше.

[Батороев]

grizzly в сообщении #1219685 писал(а):

или только в 54

У меня вырисовался, признак делимости на $7^3$ - $42$ семерки.

[ET]

1. Можно доказать, что для любого $n$ взаимно прстого с 10 найдется соответсвующий репдигит, делящийся на $n$ - так что здесь рыть бессмысленно
2. Чть менее уверен в своем доказательстве того, что для любого $k$ найдется $a$ такое что $a^3$ заканчивается на k семерок. Поэтому это попробую:
Пусть у нас есть 2 числа $a$ $b$ взаимно простые с 10 и такие, что их остатки при делении на $10^k$ разные
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$
в кольце $Z_{10^k}$ делители нуля это только не-взаимнопростые с 10 А вроде как правая скобка при взамнопростых с 10 останется взаименопростой с 10 (не делится ни на 2 ни на 5)
Следовательно $a^3$ и $b^3$ имеюит разные остатки при делении на $10^k$ а следовательно, по Дирихле где-то вылезет и все семерки

[Shadow]

Число из единиц $\dfrac{10^n-1}{9}=49x^3$
Из-за делимости на 7, $n$ должно быть кратное шести, $n=6k$

$(10^{3k}-1)(10^{3k}+1)=9\cdot 49 \cdot x^3$

Вариант $10^{3k}+1=a^3$ отпадает, там одни кубы, остается

$\begin{cases} 10^{3k}-1=9b^3\\10^{3k}+1=49a^3 \end{cases}$

$k$ нечетное, должно делится на $7,11^2,13^2,37^2$, но противоречие пока не вижу

[ET]

Shadow
Да всегда найдется соответсвующий репдигит, делящийся на любое $n$, взаимнопростое с 10
Возьмем $n$ разных таких репдигитов. Или их остатки при делении на $n$ пробегают все возможные значения (в т.ч. 0) или у двух из них один остаток при делении на $n$. Возьмем разность этих двух, она будет делиться на $n$ и иметь вид 777...700..0 А т.к. $n$ взаименопросто с 10, то можно поделить на 10 несколько раз

[grizzly]

Shadow в сообщении #1219706 писал(а):

$k$ нечетное, должно делится на $7,11^2,13^2,37^2$, но противоречие пока не вижу

Мы можем сыграть на повышение

Пусть репьюнит делится на 3. Я буду доказывать, что этот репьюнит не может быть кубом (забудем про семёрки, это не принципиально). Если репьюнит-куб делится на 3, значит и на 27. Значит, единиц кратно 27. У нас есть 2 возможности. Либо 27-репьюнит является кубом, либо они содержит простой множитель не в третьей степени.
(а) Кубом он быть не может, иначе кубом был бы 9-репьюнит/9 и 3 репьюнит/3.
(б) Есть простой множитель не в степени 3. Значит, чтобы довести его до степени 3, нужен кратный 81-репьюнит. А значит, кратный 729.
И дальше у нас есть те же две возможности, по которым мы можем карабкаться до бесконечности.

Я где-то ошибся?

[grizzly]

grizzly в сообщении #1219717 писал(а):

Кубом он быть не может, иначе кубом был бы 9-репьюнит/9 и 3 репьюнит/3.

Бред какой-то
Я хотел сказать, что указанные меньшие репьюниты должны состоять из тех же простых множителей. В общем, это не решение, а так -- наброски для мозгового штурма.

[Aritaborian]

Обсуждение на MathOverflow.

[Padawan]

https://oeis.org/A225401

[Andrey A]

Обозначим число, состоящее из $y$ единиц $f_y=7^2x^3$. Оно есть полная сумма $y$ членов геометрической прогрессии. Сначала можно попробовать доказать, что если некоторый член такой последовательности $f_n$ имеет хотя бы один собственный простой делитель, то наибольший собственный простой делитель $d_n>\sqrt{f_n}$. Вроде бы нетрудно. Отсюда следует, что $f_y$ не имеет собственного простого делителя. Остается доказать, что количество таких членов конечно. Для ряда Фибоначчи их два: $F_6=8$ и $F_{12}=144$. Доказательство есть в книжке Воробьева (стр. 63), а для степеней десятки может и вовсе не быть, кроме единицы. Такой коварный план.

PS
Собственный простой делитель - взаимно простой с предыдущими членами последовательности.

Исправлено 21.23

[Andrey A]

Нет, это тоже неверно. $111111$ имет соб. пр. делители $7,13$, и даже $7\cdot 13=91<\sqrt{111111}$