Точный куб=трехчлен от простого.

[renatxat]

Докажите, что ни для какого простого р точным кубом быть не может

$$ {p^2+p+1}$$

По сути

$${p^2+p+1=x^3}$$

Ни по какому модулю не смотрится, и через квадратное уравнение тоже.

$${(x-1)}\cdot{(x^2+x+1)}={p}\cdot{(p+1)}$$

$${x-1} \geq {p}$$

разбирается легко, но если $ { x^2+x+1}$ кратно $p$, то уже тупик.

Больше идей, не выходящих за рамки 9 класса, (именно в такой параллели была предложена задача) нет.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);
- это Ваше второе сообщение на форуме и вторая задача, которую Вы предлагаете, и тем Ваше участие в теме ограничивается. Если Вы знаете решение и хотите сохранить интригу - можете прислать его мне в ЛС, достаточно схемы. Если не знаете решения на уровне 9 класса - можете написать привести Ваши попытки собственно в теме, на любом уровне.

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.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Олимпиадные задачи (М)»

[gris]

попробуйте решить задачу для множества, куда входят простые числа. Или наоборот для подмножества простых чисел. Во этом случае почти на поверхности решение для "половины " всех простых чисел. Можно подумать над тем, что такое куб с точки зрения делимости. Поищите идеи в этом направлении.

[mecak17]

А можно повнимательнее вглядеться в равенство ${(x-1)}{(x^2+x+1)}={p}{(p+1)}$, всплывут новые факты, связанные с делимостью.

[Sender]

renatxat в сообщении #1480626 писал(а):

разбирается легко, но если $ { x^2+x+1}$ кратно $p$, то уже тупик.

Что в таком случае можно сказать об отношениях делимости остальных сомножителей?

[renatxat]

Sender
Я не вижу ничего полезного. Можете уточнить?

[mecak17]

(я не Sender, но)
А из "бесполезного" что-нибудь видите? Кмк, фраза Sender оставляет совсем немного вариантов.

[Andrey A]

renatxat в сообщении #1480626 писал(а):

$${p^2+p+1=x^3}$$

Похоже, уравнение $y^2+y+1=x^3$ имеет конечное число решений: $x,y=(1,0),(7,18)$, но доказать это не берусь (давно уже в 9-м классе не учился). Если доказать что $y$ четно, было бы понятно хотя бы при чем тут простые.

[mecak17]

Andrey A
wolframalpha показывает четыре решения — $(1, 0), (1, -1), (7, 18), (7, -19)$. Несложно (большим перебором) показать, что $x \equiv 1 \mod 6; y \equiv 0, 2 \mod 3$

[Andrey A]

Ну, отрицательных простых не бывает, почему $x \equiv 3 \mod 6$ исключается не знаю, а главное что это доказывает? Что Вольфрам других решений не видит — точно ничего не доказывает. И потом мы не в ПР/Р, можно без намеков.

[mecak17]

Andrey A в сообщении #1481052 писал(а):

почему $x \equiv 3 \mod 6$ исключается

$y^2 + y + 1$ не делится на $27$.

Andrey A в сообщении #1481052 писал(а):

что это доказывает?

Не знаю. Просто пытаюсь хоть как-то подступиться к решению уравнения $x^3 = y^2 + y + 1$.

Andrey A в сообщении #1481052 писал(а):

отрицательных простых не бывает

Я к тому, что идея с чётностью плоха, а ещё к тому, что решение, каким бы оно ни было, должно использовать хоть что-то кроме сравнений.

[Andrey A]

mecak17 в сообщении #1481054 писал(а):

$y^2 + y + 1$ не делится на $27$.

Да, верно.

mecak17 в сообщении #1481054 писал(а):

Я к тому, что идея с чётностью плоха

Она, собственно, не идея, а попытка обосновать простые в условии задачи. Вряд ли кто-то хотел дезориентировать школьников 9-го класса, скорее сами школьники намудрили. Бывает.

mecak17 в сообщении #1481054 писал(а):

... подступиться к решению уравнения $x^3 = y^2 + y + 1$.

Вам удавалось когда-нибудь доказать конечность числа решений диофантова уравнения? Это скорее к nnosipov.

P.S. Может где-то и доказано. Уравнению $x^2+x+1=3y^2$ у Серпинского целая глава посвящена, но там решений бесконечное множество.

[nnosipov]

Условие простоты $p$ здесь нужно для того, чтобы сделать следующий важный вывод: $x-1$ делится на $p$ или $x^2+x+1$ делится на $p$. После чего, действительно, уже нетрудно довести дело до конца. Если на $p$ и $x$ не налагать никаких условий (т.е. просто считать их целыми числами), то задача перестает быть элементарной.

Подобные задачи впервые появились в олимпиадной практике довольно давно (лет 25 назад по крайней мере). Но и сейчас они еще попадаются на олимпиадах, хотя сюжет уже приелся. Один из последних примеров, который мне запомнился: задача про уравнение $p^2-pq-q^3=1$, которая предлагалась на олимпиаде "Туймаада-2013". В оригинале его нужно было решить в простых числах $p$ и $q$. На самом деле его можно элементарно решить в следующих двух ситуациях: а) считая только $p$ простым числом; б) считая только $q$ простым числом. В книге Кохась К.П., Берлов С.Л., Храбров А.И. и др. Задачи Санкт-Петербургской олимпиады школьников по математике 2014 года. М.: МЦНМО, 2015. (см. стр. 126-127) приводится якобы решение задачи о нахождении всех решений данного уравнения в произвольных натуральных числах, но оно содержит тривиальную ошибку (и даже, что совсем удивительно, имеет неправильный ответ).

-- Пт авг 28, 2020 08:10:04 --

Andrey A в сообщении #1481056 писал(а):

Может где-то и доказано.

Разумеется, доказано, и даже эффективно (с указанием границ для решений), но очень не элементарно. Это сложная тема. Автор (A. Baker), придумавший метод для получения эффективных оценок для решений, получил филдсовскую медаль.

[Andrey A]

nnosipov в сообщении #1481057 писал(а):

Если на $p$ и $x$ не налагать никаких условий..., то задача перестает быть элементарной.

Но не может быть чтобы ее не решали, что-то об этом известно? Спасибо, вопрос запоздал.