Задача на деление с остатком

[Mike Kazakov]

Здравствуйте, решал пример из задачника по теории чисел Дезы и Котовой.
В примере просят доказать, что
сумма четных степеней двух нечетных чисел не может быть кубом целого числа.
Т.е.
$(2n+1)^{2a}+(2m+1)^{2b}\ne(2c+e)^3$
Как я размышлял:
Квадрат любого числа можно разложить так:
$(2n+1)^{2a}=((2n+1)^a)^2=2f+r$
С учетом, что для делителя равного 2 остаток $r$ может быть только 0 или 1
А так же, с учетом что любое нечетное число в квадрате – есть число не четное, получаем остаток:
$r=1$
Вывод получения остатков квадрата целого числа с делителем равным 2, думаю приводить не нужно, как бы задача типовая.
И для второго слагаемого:
$( 2m+1)^{2b}=((2m+1)^b)^2=2d+h$
Как и с предыдущим квадратом нечетного числа, здесь остаток может быть только:
$h=1$
В итоге сумма остатков этих двух квадратов нечетных чисел может быть только
$1+1=2$
С учетом что делитель этих чисел равен 2, получаем, что остаток суммы квадратов нечетных чисел $=0$

Для куба целого числа:
$(2c+e)^3=2(4c^3+6c^2e+3ce^2)+e^3$
Где для делителя равного 2 остаток так же, как и в случае с квадратом может иметь значения:
$e \in\left\lbrace0,1\right\rbrace$

И получается, имея и справа, и слева одинаковые делители равны 2, и нам нужно сравнить остатки:
$0 сравнивается с остатком куба числа $e \in\left\lbrace0,1\right\rbrace$$

Ну и в итоге я как бы доказал, как раз все наоборот, что сумма четных степеней двух нечетных чисел всё таки иногда может быть кубом целого числа, при остатке куба числа $=0$
Где я наврал? Или это правильно, а формулировка задачи оказалось с ошибкой?

[gris]

У Вас всё правильно, только Вы доказали, что сумма четных степеней двух нечетных чисел не может быть кубом нечётного числа. И это совершенно верно!
А вообще нетрудно было бы не приаттачивать решение, а изложить его в сообщении. Так принято на форуме.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- решение нужно набрать непосредственно в тексте сообщения (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);
- не стоит вставлять переносы строк где попало.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Shadow]

Mike Kazakov в сообщении #1259990 писал(а):

Ну и в итоге я как бы доказал, как раз все наоборот, что сумма четных степеней двух нечетных чисел всё таки иногда может быть кубом целого числа

Вы ничего не доказали, просто не нашли противоречие (доказательство по модулю 2 оказалось недостаточно сильным). А вот попробуйте по модулю 4 - все будет ок.

[Mike Kazakov]

Shadow в сообщении #1260193 писал(а):

А вот попробуйте по модулю 4 - все будет ок.

получаем для квадрата нечетного числа:
$(4n+1)^{2a}=4f+r$
с учетом того, что произведение любого числа на модуль 4 даст четное число, а квадрат нечетного числа должен быть нечетным, то остаются остатки:
где $r\in\left\lbrace1,3\right\rbrace$
т.е. сумма четных степеней двух нечетных чисел может иметь суммарный остаток для модуля 4 только $=2$

Для куба числа имеем:
$(4c+e)^3=4q+e^3$
где с учетом модуля равного 4 имеем
$r\in\left\lbrace0,1,3\right\rbrace$
и получается действительно:
$2\notin\left\lbrace0,1,3\right\rbrace$
Как бы, что и требовалось доказать.
Но, уважаемые, тогда вопрос: как правильно выбирать модуль числа в таких случаях? Что за критерий используется? Откройте секрет.

[kotenok gav]

Выбирать модуль числа, 2, 3, 4 или 9. Работает в 90 процентах случаев.

[gris]

Mike Kazakov, на самом деле Вы вплотную подошли к правильному решению. Вы установили, что куб не может быть нечётным. То есть он должен быть чётным, то есть кубом чётного числа. А куб чётного числа обязательно делится на $8$. То есть у Вас восьмёрка появляется вполне естественно Ну и остаётся заметить, что квадрат нечётного числа имеет при делении на $8$ остаток $1$.

[nimepe]

А можно так:

$2n+1=k(k^{2a}+g^{2b})^{\frac{3t+1}{a}}$

$2m+1=g(k^{2a}+g^{2b})^{\frac{3t+1}{b}}$

-- 30.10.2017, 12:34 --

А можно так:

$2n+1=k(k^{2a}+g^{2b})^{\frac{3t+1}{a}}$

$2m+1=g(k^{2a}+g^{2b})^{\frac{3t+1}{b}}$

$2c+e=(k^{2a}+g^{2b})^{2t+1}$

[ewert]

Mike Kazakov в сообщении #1260263 писал(а):

где $r\in\left\lbrace1,3\right\rbrace$
т.е. сумма четных степеней двух нечетных чисел может иметь суммарный остаток для модуля 4 только $=2$

Второе правильно, а вот первое как-то странно выглядит. На самом деле очевидно, что $(4n+1)^{2a}=8f+1$, это во-первых. А в-главных, нужно-то не это, нужно именно $(2n+1)^{2a}$; ну так и очевидно, что $(2n+1)^{2a}=4f+1$, чего и достаточно.

После чего

Mike Kazakov в сообщении #1260263 писал(а):

Для куба числа имеем:
$(4c+e)^3=4q+e^3$

-- уже совершенно излишне. Произведение нечётных чисел -- нечётно, сумма двух нечётных -- чётна, поэтому и справа могло бы стоять только чётное.

[Mike Kazakov]

ewert в сообщении #1260421 писал(а):

$(2n+1)^{2a}=4f+1$

Когда квадрат числа, то результирующий модуль, равный квадрату исходного модуля, и остаток легко вычленяется.
А вот когда куб числа:
$(2+c)^3$
то вычленить модуль равный 8 после возведения в куб, мне показалось не просто. Да и с модулем 4 в кубе числа остаток простой не получится.
А вот если в возведенном в куб числе выделяешь исходный модуль, то это делается очень просто даже для любой натуральной степени

А так как для сравнения нам нужно, что бы справа и слева модули полученных чисел были одинаковые, то я и взял модуль 2
Но вот этого оказалось не достаточно.
Ну как бы задача решилась. Всем спасибо кто участвовал.

[ewert]

Mike Kazakov в сообщении #1260860 писал(а):

то вычленить модуль равный 8 после возведения в куб, мне показалось не просто.

Этого- то как раз и не нужно вычленять -- чётность левой части очевидна.