Выражение, которое не делится на числа вида 6k-1

[DmitriyW]

Скажите, пожалуйста, известно ли утверждение, что любое число вида $a^2 + ab + b^2$ не делится на числа вида $6k-1$, где $k$ - любое натуральное число, $a$ и $b$ - любые целые числа. За исключением случаев:
1) a делится на $6k-1$ и b делится на $6k-1$ ;
2) $a = 6k-1$ и $b=0$;
3) $b = 6k-1$ и $a=0$.
И, вообще, имеет ли это утверждение какую-либо ценность.
У меня есть не строгое доказательство.

[Ende]

Тема перемещена из форума «Работа форума» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: тематика.

-- 09.01.2023, 17:56 --

DmitriyW
Даже отдельные обозначения во фразах вроде "$a$ и $b$ - любые целые числа" нужно оформлять как формулы. На первый раз поправил за Вас.

[mihaild]

$k = 6$, $6k - 1 = 35$, $a = 5$, $b = 10$, $a^2 + ab + b^2 = 175 = 35 \cdot 5$.

[wrest]

mihaild в сообщении #1576627 писал(а):

$k = 6$, $6k - 1 = 35$, $a = 5$, $b = 10$, $a^2 + ab + b^2 = 175 = 35 \cdot 5$.

Так $a$ и $b$ оба делятся же на $5=6\cdot 1-1$ что не проходит по

DmitriyW в сообщении #1576625 писал(а):

За исключением случаев:
1) a делится на $6k-1$ и b делится на $6k-1$ ;

[Shadow]

Данный факт хорошо извествен в ТЧ, потому что это числа в форме $a^2+3b^2$. Но если у вас есть какое-то доказательство (хоть и нестрогое) мне бы было интересно посмотреть.

[mihaild]

А, предполагается, что $k$ везде разное? Тогда да, интересно. Я пока додумался только до того, что если у числа есть делитель вида $6k - 1$, то у него есть и простой делитель такого вида (потому что в решениях $xy \equiv -1 \pmod 6$ либо $x$ либо $y$ сравнимы с $-1$ по модулю $6$).

[Shadow]

mihaild в сообщении #1576676 писал(а):

Я пока додумался только до того, что если у числа есть делитель вида $6k - 1$, то у него есть и простой делитель такого вида

Конечно, а дальше

1) $a^2 \pm ab+b^2=\dfrac{(2a\pm b)^2+3b^2}{4}$

2) Если $p \mid a^2+3b^2$ то $\forall x,y \in \mathbb{Z},\;\; p \mid (ax)^2+3(py-bx)^2$

3) Если $\gcd(p,b)=1$, то уравнение $py-bx=1$ имеет решений в целых $x,y$, а следовательно существуют такие $X$, что $p \mid X^2+3$

4) Для каких простых $(-3)$ является квадратичным вычетом можно определить с помощью закона квадратичной взаимности:

$\left(\dfrac{-3}{p}\right)=\begin{cases} \;\;1, \text{ если } p\equiv \{1,7\} \pmod {12} \\ -1, \text{ если }p \equiv \{11,5\} \pmod {12} \end{cases}$

Следовательно, числа такой формы не имеют делителей $-1 \pmod 6$, если переменные взаимнопростые.

[RIP]

Конкретно здесь можно и без квадратичного закона взаимности — достаточно малой теоремы Ферма. Если $p|a^2+ab+b^2$, то $a^3\equiv b^3\pmod{p}$. Если $p\nmid ab$, то $a^{p-1}\equiv b^{p-1}\pmod{p}$. Если $p\equiv-1\pmod{3}$, то $(p-1,3)=1$, поэтому $a\equiv b\pmod{p}$, откуда $a^2+ab+b^2\equiv3a^2\not\equiv0\pmod{p}$.

Более общо: если $\Phi_m(x)$ — круговой многочлен порядка $m$, $p$ — простое число, $p|b^{\varphi(m)}\Phi_m(a/b)$ для некоторых целых $a,b$, то либо $p|abm$, либо $p\equiv1\pmod{m}$.

[DmitriyW]

Shadow в сообщении #1576648 писал(а):

Данный факт хорошо извествен в ТЧ, потому что это числа в форме $a^2+3b^2$. Но если у вас есть какое-то доказательство (хоть и нестрогое) мне бы было интересно посмотреть.

Спасибо большое.
К сожалению, у меня, пока, имеются сложности с тем, чтобы представить своё доказательство нормальным математическим языком по правилам форума.