Куб из одних семерок?

[Shadow]

Все таки на mathoverflow решается более сложная задача, думаю, что здесь можно воспользоватся факторизацией

$(x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)=9\cdot 49\cdot z^3$

Из 4-х множителей, учитывая что $x=10^k$ один должен быть точным кубом.

Единственный нетривиальный случай: $x^2-x+1=y^3$

Кажется можно решить в $\mathbb{Z}_{[\sqrt{-3}]}$

[Padawan]

Shadow в сообщении #1219706 писал(а):

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

А уравнение $49a^3-9b^3=2$ может иметь решение?

-- Вт май 30, 2017 11:15:52 --

Уравнение $49x-9y=2$ имеет общее решение $x=9s-4, y=49s-22$. Значит, $a^3=9s-4$, $a^3\equiv 5(9 )$, а это невозможно, у куба по модулю $9$ остатки $1, 8, 0$.

[Shadow]

Совершенно верно, Padawan
Уравнение $10^{3k}+1=49a^3$ нерешимо по модулю 9

[Andrey A]

В троичной системе счисления $11111=102^2$. Причем основание квадрата есть собственный простой делитель.

[Andrey A]

Так или иначе, вопрос быстро сводится к уравнению $X^3-mY^3=1$, которое имеет лишь конечное число решений, а если $m$ - целый квадрат, вроде бы только одно: $X=1,Y=0$. Если это доказано, можно обойтись без факторизации.
На всякий случай разложение в непрерывную дробь $\sqrt[3]{21^2}=7,1,1,1,1,2,1,4,1,6,1,18,2,1,2,2,11,1,39,18,1,2,1,14,1,4,1,5,3,...$

[scwec]

Запоздалое послесловие.

Andrey A в сообщении #1220474 писал(а):

Так или иначе, вопрос быстро сводится к уравнению $X^3-mY^3=1$, которое имеет лишь конечное число решений, а если $m$ - целый квадрат, вроде бы только одно: $X=1,Y=0$.

Что касается непосредственно уравнения $X^3-mY^3=1\qquad(1)$, то целые решения у него (отличные от $X=1,Y=0$) при полном квадрате $m$ могут и быть.
Например, при $m=9$ это $X=-2, Y=-1$. Пожалуй, лучше тут обойтись без нахождения фундаментальной единицы кубического поля и алгорифма Вороного, что естественно напрашивается при решении уравнения $(1)$.
Для изначально рассматриваемой задачи, на мой вкус, проще сделать так:
Подробно:
1.Написать уравнение $y^6-1=21^2{x^3}\qquad(2)$ (это сделал Shadow),
2. Сделать замену $y^3=Y$ (а не $y^2=Y$ как предлагает Andrey A) и получить уравнение $Y^2=441{x^3}+1$,
3. Сделать еще одну замену $u=441x, w=441Y$ и получить уравнение $w^2=u^3+194481\qquad(3)$
4. Убедиться, что ранг $(3)$ равен нулю, а именно:

gp > E=ellinit([0,0,0,0,194481]);
gp > ellanalyticrank(E)[1]
%13 = 0

5. Вычислить рациональные точки кручения на кривой с уравнением $(3)$

E := EllipticCurve([0,0,0,0,194481]);
E;
G, h := TorsionSubgroup(E);
torsion_pts_E := [ h(g) : g in G ];
torsion_pts_E; 

Результаты:

Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 194481 over Rational Field
[ (0 : 1 : 0), (0 : 441 : 1), (0 : -441 : 1) ]

Точки кручения дают для уравнения $(2)$ решение $y=1,x=0$.
Из п.4 следует, что других рациональных решений для $(3)$ и, следовательно, для $(2)$ нет.
Т.о. задача решена.

[Andrey A]

(Оффтоп)

scwec в сообщении #1224031 писал(а):

целые решения у него (отличные от $X=1,Y=0$) при полном квадрате $m$ могут и быть.

Да, тут мне нужно было поаккуратней. Тривиальные решения уравнения $X^3-mY^3=1$ такие:

$1^3-m\cdot 0^3=1$

$n^3-(n^3-1)\cdot 1^3=1$

Случай $X=-2,Y=-1$ относится ко второму типу исключений. Но квадратов, соседствующих с кубами, как известно, больше не существует. $X$, кроме того, должно оказаться четырнадцатой степенью десятки, а это положительное число :) Верно ли, что для любых положительных $X^3\equiv \pm 1 \mod Y^3$ дробь $\dfrac{X^3 \pm 1}{Y^3}$ никогда не окажется целым квадратом, кроме случая $\dfrac{2^3+ 1}{1^3}=3^2$. Может, это связано с $ABC $-гипотезой? Всё-таки не пустой вопрос. В пределах первой сотни мне видны шесть значений $m$, для которых нетривиально разрешимо уравнение $X^3-mY^3=\pm 1$. Это $17,19,20,37,43,91.$

[scwec]

Надеюсь, TS будет не против (чуть заехали в чужую тему).
Алаверды Andrey A - уравнение $x^3-my^3=1$ точно не имеет целочисленных решений (кроме $x=1,y=0$)
при $m=1,2,3,4,5,8,10,11,14,16,18,21,23,24,25,27,29,32,36,38,39,40,41,44,45,46,47$ (27 шт.) в диапазоне 1-50.
Это же уравнение может иметь целочисленные решения, отличные от $x=1,y=0$ в том же диапазоне при
$m=6,7,9,12,13,15,17,19,20,22,26,28,29,30,31,32,33,34,35,37,42,43,48,49,50$ (23 шт.)
Диапазон может быть расширен до 1-1000 и далее, пока хватит ресурсов.
Наличие целочисленных решений проверяется, например, вычислением фундаментальной единицы для поля $Z_{[\sqrt[3]{m}]}$ с помощью алгорифма Вороного, о котором я уже упоминал. Если единица двучленна - одно и только одно (кроме $x=1,y=0$) целочисленное решение есть, и целочисленного решения (кроме $x=1,y=0$) нет в противном случае (теорема Делоне).
Кстати, для $m=990,991,993,996 - целых решений точно нет, для $m=992,994,995,997,998,999$ - целые решения возможно есть. (Где-то я видел протабулированные решения, но в небольших диапазонах).
Справедливо считается, что указанное уравнение полностью решено в целых числах.

[Andrey A]

Спасибо, очень интересно. С минус единицей есть контрпример: $23^3-39^2\cdot 2^3=-1$. Для оснований квадратов $<700$ других решений не видно.

scwec в сообщении #1224132 писал(а):

Справедливо считается, что указанное уравнение полностью решено в целых числах.

Если так, нельзя ли прояснить случай $m=49$? Оно указано в списке "возможных", но мне не видно решения в пределах $29$-и подходящих дробей.

[scwec]

Проясняю: $x=2/11,y=-3/11$ и $x^3-49{y^3}=1$, т.е. рациональное решение имеется.
Есть ли целые решения, это надо проверять с помощью алгорифма Вороного или другими способами.

[Andrey A]

o.k.

[scwec]

Andrey A в сообщении #1224162 писал(а):

С минус единицей есть контрпример: $23^3-39^2\cdot 2^3=-1$.

Теорема Делоне - одно из выдающихся достижений российской математической науки.
Теперь о минус единице. Там нет никакого контрпримера.
А именно: $x=-24335/279887,y=24332/279887$ и $x^3-39^2{x^3}=-1$. а дальше алгорифм Вороного.

[Andrey A]

Контрпример, имелось в виду, относительно моего предположения о неразрешимости уравнения для целых квадратов Ещё бы с единицей такой найти. Спасибо за информацию.