Вопрос (уравнение третьей степени в НЧ)

[Andrey A]

Надейтесь и верьте, но не в математике. Тут лучше взять много разных квадратов, поделить их все на $3$ и убедиться, что остаток бывает либо $0$, либо $1$. А лучше Гаусса почитайте, и не будет никаких возражений по этому свойству. Или просто разложите $(3a)^2=\ (3a+1)^2=\ (3a-1)^2=$

[TR63]

Andrey A в сообщении #1355860 писал(а):

Тут лучше взять много разных квадратов, поделить их все на $3$ и убедиться, что остаток бывает либо $0$, либо $1$.

Проверила (вручную; понятно, не так много). Действительно, так. Ещё наблюдается периодичность в их распределении. Это, конечно, не доказательство, но хоть что-то.
Ладно, забьём на моё понимание доказательства этого свойства. (Не обязательно же доказывать всё; кое-что можно брать на веру, если оное исходит от специалистов.)

[Sender]

TR63 в сообщении #1355905 писал(а):

кое-что можно брать на веру, если оное исходит от специалистов.

Любой специалист может совершить ошибку, к тому же он не всегда может быть под рукой. И потом, вроде не такое уж трудное свойство. Как вам уже советовали раньше, попробуйте ответить на вопрос, чему равны остатки от деления на $3$ квадратов чисел вида $3k$, $3k+1$ и $3k+2$ при целых $k$.

[TR63]

Sender в сообщении #1355906 писал(а):

чему равны остатки от деления на $3$ квадратов чисел вида $3k$, $3k+1$ и $3k+2$ при целых $k$.

$(0;1)$ (я ту запись не поняла).
$p=3m=n^2-(3l+2)$
Получается противоречие.

[Sender]

Так, стоп-стоп. Возьмите число $3k+2$, возведите его в квадрат и найдите остаток от деления на $3$. Распишите все действия как можете подробно.

[TR63]

У меня была ошибка ($2^2=4$). Я исправила до Вашего замечания (бес попутал: $4=3+1$).
Таким образом найдена AndreyA бесконечная серия. Действительно, просто (школьный уровень).

-- 22.11.2018, 18:16 --

Sender, спасибо.

[TR63]

Sender в сообщении #1355906 писал(а):

остатки от деления на $3$ квадратов чисел вида $3k$, $3k+1$ и $3k+2$ при целых $k$

Их свойство можно применить к решению аналогичной задачи из раздела "Загадки..." Там решение (только одного уравнения?) сложнее и мне непонятное. Задача сводится к решению уравнения:

$$(k_1^3+3k_1^2-k_1)-[4(n^2-1)+2024]=0$$

Выражение в круглых скобках делится на $12$. Тогда должно выполняться условие: $[(n^2-1)+506]$ делится на три. Учитывая возможные остатки при делении квадрата на три, получаем противоречие. Верно? Второе уравнение, как было предупреждено ТС, тем же методом в лоб не решается. Т.е. остаётся ещё решить уравнение:

$$k_1^3+3k_1^2-k_1-4(n^2-1)+2012=0$$

Там оно ещё не решено.

[Shadow]

Странно какие трудности может вызвать математическая запись выражений "произведение трех подряд идущих нечетных чисел" и "произведение двух подряд идущих нечетных чисел"

Все там решено. Расписан только трудный случай. Тривиальный - по модулю 3 уже был рассмотрен. Для большенства участников форума квадратичные вычеты по модулу три не являются мистикой.

-- 23.11.2018, 15:00 --

TR63 в сообщении #1356029 писал(а):

Задача сводится к решению уравнения:

$$(k_1^3+3k_1^2-k_1)-[4(n^2-1)+2024]=0$$

Разве?

TR63 в сообщении #1356029 писал(а):

Выражение в круглых скобках делится на $12$

[TR63]

TR63 в сообщении #1356029 писал(а):

Задача сводится к решению уравнения:

$$(k_1^3+3k_1^2-k_1)-[4(n^2-1)+2024]=0$$

Выражение в круглых скобках делится на $12$

$(k_1)$ не может быть нечётным числом (сумма трёх нечётных не чётна). Значит, оно чётно и должно делится на четвёрку, т.к. все слагаемые без него делятся на четвёрку. Кроме того, выражение в круглых скобках делится на тройку ($k_1^3-k_1=(k_1-1)k_1(k_1+1)$ произведение трёх последовательных делится на тройку; итого имеем делимость на $12$).

Shadow, что здесь не так? Поясните, пожалуйста.

Если это рассуждение верно (а, у Вас, как я поняла, есть возражения, тогда проверим, сводится ли задача к решению именно этого уравнения и плюс второе уравнение). (Может, ошиблась; но в этой теме для меня важнее, правильно ли я решила рассматриваемое здесь уравнение).

Shadow в сообщении #1356160 писал(а):

Все там решено. Расписан только трудный случай. Тривиальный - по модулю 3 уже был рассмотрен. Для большенства участников форума квадратичные вычеты по модулу три не являются мистикой.

Поэтому я в разделе ПРР. Shadow, примите мои извинения за мою бестолковость.

[Shadow]

TR63 в сообщении #1356185 писал(а):

Если это рассуждение верно

это рассуждение верно.

TR63 в сообщении #1356029 писал(а):

Выражение в круглых скобках делится на $12$

Выражение в круглых скобках должно делится на $12$ (для потенциальных решений уравнения). А так создается впечатление, что оно делится на 12 при любых целых/натуральных $k_1$ (да, вам не надоело таскать этот индекс...какой толк от него). "Выражение в круглых скобках делится на 3" (всегда, как вы показали). Не обжайтесь, это не занудство с моей стороны, в мат. доказательство все должно быть четко, ясно (для большинства читающих), логично, ничего лишнего.

[TR63]

Shadow в сообщении #1356160 писал(а):

произведение трех подряд идущих нечетных чисел" и "произведение двух подряд идущих нечетных чисел"

Условие задачи (в натуральных числах) можно записать так:

$(4n^2-1)-(4k^2-1)(2k^2+3)=\pm2018$
$(4k^2-1)(2k+3)-4(n^2-1)\pm2018=0$
$8k^3+12k^2-2k-3-4(n^2-1)-3\pm2018=0$
$k_1^3+3k_1^2-k_1-4(n^2-1)-6\pm2018=0$

1). $k_1^3+3k_1^2-k_1-4(n^2-1)-2024=0$
2). $k_1^3+3k_1^2-k_1-4(n^2-1)+2012=0$

Запишем в другом виде:

1). $k_1^3+3k_1^2-k_1-[4(n^2-1)+2024]=0$
2). $k_1^3+3k_1^2-k_1-[4(n^2-1)-2012]=0$

Shadow, если замечаний не будет, то забудем про задачу из "Раздела загадок...", т.к. у меня есть другие вопросы по задаче, решаемой в данной теме. Если замечания есть, пожалуйста, приведите.

[TR63]

Shadow, теперь вижу, что Вы решили вторую задачу. Т.е. та задача Вами решена полностью(если бы Вы помянули, поскольку первая задача тривиальна и уже решена, то перейдём сразу к решению второй, я бы не подумала, что решена только одна задача, плюс знаки перепутала, когда стала этот момент уточнять).

[Shadow]

TR63 в сообщении #1356199 писал(а):

если замечаний не будет

По арифметике замечаний нет, но делает впечатление странные замены и свободные члены в нескольких местах.
По данной задаче:
Есть такие $A\equiv 2 \pmod 4$ для которых оба уравнения не будут иметь решений. И могу привести конкретные примеры с доказателством (оно аналогично доказательства из другой теме). Но не сейчас, у меня нет времени. Только немедленно сделаем замену $k_1=y-1$, чтобы зря нервы не тратить и получить уравнения:

$f(n,y)=(y^3-4y+3)-4(n^2-1)=\pm A$
Заметим, что

$f=\begin{cases} 1 \pmod 3, \text { если } 3\mid n \\0 \pmod 3, \text { если } 3\not\mid n \end{cases}$

Следовательно, если $A$ не делится на 3, ровно одно из двух уравнений $f=+A,f=-A$ неразрешимо по модулю 3.(Но не оба вместе).

(Оффтоп)

В частности при $A=4p-2$, где $3\mid p,\;A\equiv 1 \pmod 3$ и у уравнения $f=+A$ не будет противоречие по модулю 3.

[TR63]

Shadow, спасибо. Вроде, всё понятно. Ещё проверила дополнительно на примерах. Всё сходится.

Shadow в сообщении #1356261 писал(а):

Есть такие $A\equiv 2 \pmod 4$ для которых оба уравнения не будут иметь решений. И могу привести конкретные примеры с доказателством

Примеры можно привести и без доказательства. Просто интересна статистика, когда решения существуют, когда не существуют.

[TR63]

Shadow в сообщении #1356261 писал(а):

Есть такие $A\equiv 2 \pmod 4$ для которых оба уравнения не будут иметь решений.

Тогда более интересует вопрос: существуют ли $(A)$, кроме $A=2$, $A=6$, при которых оба уравнения имеют решения в рассматриваемой области определения (нетривиальные, натуральные). Достаточно привести один пример (перебором вручную долго и можно ошибиться; может, существует аналитическое решение (формула) для нахождения такого $(A)$).