2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Симпатичная ТЧ
Сообщение11.10.2024, 20:32 


26/08/11
2102
Для натуральных $a,b,c$ и простое $p$ известно, что:

$a<b<c<p$
и
$a^3 \equiv b^3 \equiv c^3 \pmod p$

Докажите, что

$(a+b+c) \mid (a^2+b^2+c^2)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение12.10.2024, 00:00 
Заслуженный участник


20/04/10
1881
$p-1=3n$
Пусть $g$ -- первообразный корень по модулю $p$. Тогда $a=g^{k}\mod{p}$, $b=g^{k+n}\mod{p}$, $c=g^{k+2n}\mod{p}$. Отсюда $a+b+c\equiv g^k(g^{3n}-1)(g-1)^{-1}\equiv 0\pmod p$. Тогда $a+b+c=p$, либо $a+b+c=2p$, так как $a<b<c<p$. Если $a+b+c=p$, то $a^2+b^2+c^2\equiv g^{2k}(1+g^{2n}+g^{4n})\equiv 0\pmod p$. Если $a+b+c=2p$, то аналогично $a^2+b^2+c^2\equiv 0\pmod p$, а также $$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+ac+bc)=4p^2-2(ab+ac+bc)\equiv 0\pmod 2$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение12.10.2024, 11:34 


26/08/11
2102
lel0lel
Верно. (Делимость $a+b+c$ и $a^2+b^2+c^2$ на $p$ можно доказать, не выходя за рамки школьной программы)

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение13.10.2024, 18:49 
Заслуженный участник


20/04/10
1881
Shadow, спасибо и плюс Вам за задачу и проверку. Школьным методом может быть как-нибудь попробую решить. Думаю, нужно начать с разностей кубов, но сейчас нет времени вдумываться, а решение так сразу не видно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение29.10.2024, 13:15 


05/09/16
12076
Покажем "по школьному", что сумма $a+b+c$ делится на $p$
Поскольку все числа меньше $p$, то они не делятся на $p$ и поскольку они различны то остатки от деления различны
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\equiv 0 \pmod p$
Первая скобка на $p$ не делится, значит вторая делится:
$a-b \ne 0 \pmod p \to a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod p$

Имеем:
$a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod p$
$b^2+bc+c^2 \equiv 0 \pmod p$

Вычитаем уравнения, имеем:
$a^2+ab+b^2 - (b^2+bc+c^2) \equiv 0 \pmod p$
Раскрываем скобки
$a^2 - c^2 + ab - bc \equiv 0 \pmod p$
Раскладываем на множители, приводим подобные:
$(a-c)(a+c+b) \equiv 0 \pmod p$
Поскольку $a-c\ne 0 \pmod p$, значит $a+b+c\equiv 0 \pmod p$

Как показать что сумма квадратов тоже делится на $p$ пока не придумал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение29.10.2024, 16:25 


26/08/11
2102
wrest, абсолютно верно.
wrest в сообщении #1660029 писал(а):
Как показать что сумма квадратов тоже делится на $p$ пока не придумал.
wrest в сообщении #1660029 писал(а):
Имеем:
$a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod p$
$b^2+bc+c^2 \equiv 0 \pmod p$

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение29.10.2024, 19:12 


05/09/16
12076
Shadow
Ну я знаю что $a^2+b^2+c^3$ и $ab+bc+ac$ делятся на $p$, но пока не понял как это показать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение29.10.2024, 19:54 


26/08/11
2102
wrest Третье сравнение напишите и сложите.

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение30.10.2024, 22:30 


05/09/16
12076
Shadow в сообщении #1660052 писал(а):
Третье сравнение напишите и сложите.

Ну тут у меня не вполне хватает знаний.
Есть такие мысли.
Складываем сравнения
$2(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc \equiv 0 \pmod p$
Переписываем так:
$$ab+ac+bc \equiv -2(a^2+b^2+c^2) \pmod p \eqno(1)$$

Поскольку
$(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)$ то подставляя сюда $ab + ac + bc$ из $(1)$ получаем
$$(a+b+c)^2 \equiv - 3(a^2+b^2+c^2) \pmod p \eqno(2)$$
Из $(2)$ должно следовать что раз $a+b+c\equiv 0 \pmod p$ то и $a^2 + b^2 + c^2 \equiv 0 \pmod p$ (т.к. $p$ простое и на 3 не делится). Но тут я не уверен. Одновременно из $(1)$ бонусом следует что $ab+ac+bc\equiv 0 \pmod p$ т.к. $p$ простое и не делится на $2$

P.S. В этой части не обошлось без помощи ИИ :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 Re: Симпатичная ТЧ
Сообщение31.10.2024, 09:41 


26/08/11
2102
wrest, конечно. Тут элементарная арифметика. Как может "не хватать знаний"
wrest в сообщении #1660140 писал(а):
$2(a^2+b^2+c^2)+ab+ac+bc \equiv 0 \pmod p$
Сразу сводим к чему-то уже знакомому, раз уже знаем, что $a+b+c \equiv 0$:

$2(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca) \equiv 0 \Longrightarrow 3(ab+bc+ca) \equiv 0$

$p>3 \Longrightarrow ab+bc+ca \equiv 0 \Longrightarrow (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca) \equiv 0 \pmod p$

wrest в сообщении #1660140 писал(а):
т.к. $p$ простое и на 3 не делится). Но тут я не уверен
А как же
Shadow в сообщении #1658248 писал(а):
$a<b<c<p$
На самом деле $p \equiv 1 \pmod 6$ и для любого такого простого существуют по крайней мере две тройки $(a,b,c)$ удовлетворяющие условию задачи. (наверное, ровно две).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group