Точный куб=трехчлен от простого.

[Dendr]

А если еще и на степень не накладывать? То есть, численный перебор новых решений не даст все равно, но доказывали ли и это?

[renatxat]

Удивительно, но почти все умудрились сказать лишь что-то отдалённое, либо просто выпендриться, а решения так и нет.

[nnosipov]

renatxat в сообщении #1481341 писал(а):

а решения так и нет

А Вы с какой целью интересуетесь решением этой задачи?

[lel0lel]

Чтобы прямо совсем в соответствии с программой 9-го класса -- трудновато, хотя может в школе есть математический кружок и там учат детей. А так нужно показать, что если простое $p$ делит $x^2+x+1$, тогда либо $p=3$, либо $p=12k+1$, либо $p=12k+7$. Затем подставить полученное в уравнение и внимательно посмотреть.

[Dendr]

renatxat в сообщении #1481341 писал(а):

решения так и нет.

Да пожалуйста (ради порядка, под катом)

(Оффтоп)

1. Убеждаемся прямой подстановкой, что для малых $p$ не существует подходящих $x$. В дальнейшем, можно видеть (и на каждом шаге подтверждать), работаем над полем целых положительных чисел.
2. Замечаем, что $x<p$
3. Пользуемся простотой $p$ и пунктом 2 и делаем вывод, что если решение существует, то $p|1+x+x^2$
4. То есть существует такое натуральное $q$, что

$$\left\{ \begin{array}{rcl} &1+x+x^2=&pq \\ &(x-1)q=&p+1 \\ \end{array} \right.$$

5. Делаем замену $y=x-1$ для удобства, и подставляем из второго равенства $p$ в первое:
$3+3y+y^2=q(yq-1)$

6. Преобразуем равенство:
$q+3=yq^2-y^2-3y=y(q^2-y-3)$
Обозначим - снова целое положительное $r$:
$r=q^2-y-3$
$q+3=yr$

7. Избавляясь от $q$, получим симметричное выражение по паре $(r, y)$:
$r+y+3=(yr-3)^2$

8. Итого: если исходная задача имеет решение в натуральных числах, то имеет решение и уравнение из п.7.
В силу симметрии, достаточно искать только среди $r\leqslant y$. Фиксируя $r$, получаем квадратное уравнение по $y$. Подставляя малые значения (вплоть до 3), убеждаемся, что квадратные уравнения не имеют целых решений. При больших $r$, как можно увидеть, что минимум параболы обязательно будет при значениях $y<1$. Поэтому функция $F(r,y)=(yr-3)^2-r-y-3$ будет возрастать, и в области $4\leqslant r\leqslant y$ ее минимум достигается при собственно $r=y=4$. Но $F(4,4)=13^2-4-4-3=158$. Поэтому корней уравнения $F(r,y)=0$ не существует.

Таким образом, утверждение задачи доказано.
Если разрешить не только натуральные значения - то подстановка $r=0$ дает решение $y=6$ - тогда $x=7$, а $p=-19$. Парное к нему, как можно видеть, $p=18$. Наоборот, тоже $r=6, y=0$ - тогда $x=1, p=-1$ либо $x=1, p=0$. Собственно, эти решения выше, с отсылкой на Вольфрам, приводили.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1481396 писал(а):

А так нужно показать, что если простое $p$ делит $x^2+x+1$, тогда либо $p=3$, либо $p=12k+1$, либо $p=12k+7$. Затем подставить полученное в уравнение и внимательно посмотреть.

Куда именно посмотреть? Можете написать подробное доказательство? Совсем просто исходное уравнение все-таки не решается.

-- Пн авг 31, 2020 08:31:22 --

Dendr в сообщении #1481398 писал(а):

над полем целых положительных чисел

Студенты мне обычно говорят: над полем целых чисел. Надо же, у последнего, оказывается, есть и подполе.

Dendr в сообщении #1481398 писал(а):

$3+3y+y^2=q(yq-1)$

По поводу таких диофантовых уравнений в журнале "Математика в школе" (2012, № 1) есть целая статья.

[Shadow]

renatxat в сообщении #1481341 писал(а):

Удивительно, но почти все умудрились сказать лишь что-то отдалённое, либо просто выпендриться, а решения так и нет.

А мне кажется, что было написано достаточно, чтобы решить задачу (кому надо). Что самое главное - $p \mid x^2+x+1$

Начнем:

$x^2+x+1=kp\quad (1)$, где $k$ - нечетное натуральное, больше 1

Пусть $x-1=n$, тогда $p+1=kn$

Подставьте полученные выражения для x и p в $(1)$ Посмотрите что получится, будут вопросы, обращайтесь.

[Yadryara]

renatxat в сообщении #1480626 писал(а):

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

Dendr в сообщении #1481398 писал(а):

2. Замечаем, что $x<p$

И что сие значит?

[lel0lel]

nnosipov в сообщении #1481401 писал(а):

Можете написать подробное доказательство?

Рассмотрим случай $p=6k+1$. Подстановка в $p^2+p+1=x^3$ даёт $36k^2+18k+3=x^3$, правая часть равенства должна делиться на $27$, но левая не делится на $9.$

[Shadow]

Yadryara, там было

renatxat в сообщении #1480626 писал(а):

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

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

и действительно более сложная часть - случай $x<p$

Я не заметил решение в оффтоп Dendr

Dendr в сообщении #1481398 писал(а):

5. Делаем замену $y=x-1$ для удобства, и подставляем из второго равенства $p$ в первое:
$3+3y+y^2=q(yq-1)$

Дальше как-то не очень...есть квадратное уравнение относительно $y$:

$y^2-(q^2-3)y+q+3=0$

Его корни должны быть натуральными числами. Их сумма равна $q^2-3$, а произведение - $q+3$ (не настораживает?)
Или тупо показать, что дискриминант не может быть точным квадратом. (зажатием между соседними)

lel0lel в сообщении #1481415 писал(а):

Рассмотрим случай $p=6k+1$

А другой случай?

[lel0lel]

lel0lel в сообщении #1481396 писал(а):

если простое $p$ делит $x^2+x+1$, тогда либо $p=3$, либо $p=12k+1$, либо $p=12k+7$.

Нет необходимости в другом случае.

[Shadow]

lel0lel в сообщении #1481419 писал(а):

Нет необходимости в другом случае.

Я с вами как бы согласен, что $x^2+x+1$ не имеет делителей вида $3k+2$, но доказательство данного факта непростое и не входит в программу для 9-го класса.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1481415 писал(а):

Рассмотрим случай $p=6k+1$. Подстановка в $p^2+p+1=x^3$ даёт $36k^2+18k+3=x^3$, правая часть равенства должна делиться на $27$, но левая не делится на $9.$

Да, действительно Но это все-таки чистое везение: с уравнением $p^2+p+8=x^3$ такой фокус уже не пройдет.

-- Пн авг 31, 2020 14:54:24 --

Shadow в сообщении #1481422 писал(а):

но доказательство данного факта непростое

Да нет, вполне можно объяснить в рамках какого-нибудь факультатива по теории чисел. Малая теорема Ферма, арифметика вычетов --- довольно стандартные вещи. Другое дело --- обычные (непрофильные) школьники, они и в 11-м классе ничего такого знать не будут.

-- Пн авг 31, 2020 14:56:32 --

Shadow в сообщении #1481418 писал(а):

Или тупо показать, что дискриминант не может быть точным квадратом.

Конечно, это и есть общий метод (точнее, один из).

[nnosipov]

Кстати говоря, в 1995 году на Санкт-Петербургской математической олимпиаде предлагалось решить уравнение $p^2-p+1=q^3$ в простых числах. Простота $q$ здесь не является важной (в отличие от простоты $p$), и авторское решение ее не использует. Ответ: $(p,q)=(19,7)$.