Бесконечная геометрическая прогрессия

[Ktina]

Покрасим все натуральные числа, представимые в виде суммы простого числа и куба натурального числа, в белую зависть, а остальные -- в розовую.
Доказать существование бесконечной геометрической (с неединичным знаменателем) прогрессии, состоящей исключительно из розовых чисел.

[Руст]

Например $8^n$, так как $8^n-m^3=(2^n-m)(4^n+2^nm+m^2)$ не простое.
Правда тут нада отдельно рассмотреть случай $m=2^n-1$.
Поэтому лучше взять $x^{3an+3b}$, так чтобы при $m=x^{an+b}-1$ была делимость на какое нибудь простое.

[gris]

$8^2=64=37+27=37+3^3$ вроде бы белое
Да и в дальнейшем если брать $m=2^n-1$, то второй сомножитель может оказаться простым.

[Shadow]

Тогда первый член 8, частное $8^3$ Члены прогрессии $8^{3n+1}$

$2^{3k}-m^3=(2^k-m)(2^{2k}+2^km+m^2)$

Если $m=2^k-1 \Rightarrow 2^{2k}+2^km+m^2=3\cdot 2^{2k}-3\cdot 2^k+1$

$3x^2-3x+1 \equiv 0 \pmod 7 \forall x \equiv 2 \pmod 7$

$2^{3n+1}=2\cdot 8^n \equiv 2 \pmod 7$

[TOTAL]

Shadow в сообщении #651100 писал(а):

$3x^2-3x+1 \equiv 0 \pmod 7 \forall x \equiv 2 \pmod 7$

А для других $x$?
Там в середине строчки запутали.

Действительно, можно брать прогрессии $a_n=(t+1)^3 \cdot (3t^2+3t+2)^{3n}$
$a_n-((a_n)^{1/3} -1)^3$ делится на $3t^2+3t+1$

[Shadow]

TOTAL в сообщении #651119 писал(а):

А для других $x$?

Другие не интересуют, мы можем подбирать наше х, а именно $x=2^{3n+1}$

-- 28.11.2012, 19:41 --

Первый член не может быть 8. $8=7+1^3$, но остальные должны подходить

[Ktina]

Моё решение:

Первый член равен 729, знаменатель равен 512.


Легко доказать, что все числа вида $(7n+2)^3$, где $n\in\mathbb N$ -- розовые.

[Ktina]

Пояснения нужны? На всякий пожарный, даю.
Мы прибавляем к кубу простое число и получаем куб, значит простое число будет разностью кубов, а это возможно только для соседних кубов. Но соседние кубы $(7n+1)^3$ и $(7n+2)^3$ дают одинаковые остатки при делении на 7. Значит таким простым числом может быть только 7. Но 7 будет только при переходе от $(7\cdot 0+1)^3$ к $(7\cdot 0+2)^3$, поэтому, если $n\in\mathbb N$, то все числа вида $(7n+2)^3$ являются розовыми.
Первый член нашей прогрессии равен $729=(7\cdot 1+2)^3$. Если умножить $(7n+2)^3$ на 512, получим $(56n+16)^3$, а она тоже Кацечка, что также является кубом числа, дающего остаток 2 при делении на 7.

[Shadow]

Какое-то глупое число 729. Я предложил решение, где все члены - степени двойки. Красивые, розовые степени двойки.
Тогда пусть первый член будет 216.

Ktina в сообщении #651315 писал(а):

Пояснения нужны?

[Ktina]

Shadow в сообщении #651335 писал(а):

Какое-то глупое число 729. Я предложил решение, где все члены - степени двойки. Красивые, розовые степени двойки.
Тогда пусть первый член будет 216.

Ktina в сообщении #651315 писал(а):

Пояснения нужны?

То, что я написала про $(7n+2)^3$, справедливо и для $(7n+6)^3$, поскольку $5^3\equiv 6^3\mod 7$.