¿Existen $n,b\in \mathbb{N}, b<n$ tal que $(n-b)(n^2-b)$ divide $n^3$

Question

Mi amigo inventó este problema en su tiempo libre y me preguntó si podía resolverlo:

¿Existen $n,b\in \mathbb{N}, b<n$ tal que $(n-b)(n^2-b)$ divide $n^3$ ?

Me esforcé al máximo y todo lo que puedo decir es esto:

Escribió un programa para hacer fuerza bruta $n$ y $b$ hasta $10^5$ y no había soluciones, así que asumo que no hay ninguna.

También he probado varias formas de poner un límite inferior al $(n-b)(n^2-b)$ con la esperanza de limitar el tamaño de $b$ ou $n$ pero ninguno parece haber funcionado.

Tengo la hipótesis de que el producto aquí es sólo una restricción adicional , lo que significa que la siguiente afirmación también es válida: si $(n-b) | n^3$ entonces $n^2-b$ no lo hace. También escribí un programa para comprobar que $n$ y $b$ hasta $10^5$ y se mantiene. Sin embargo, todavía no he conseguido probarlo.

Lo que parece tener alguna perspectiva es considerar el d=GCD(n,b) y escribirlos en términos de él, pero nada de lo que hice supuso un progreso real, excepto que algunos números comparten todos los factores primos y $n-b$ divide $d^3$

He visto que problemas similares se resuelven convirtiendo el enunciado en una ecuación (preferiblemente cuadrática) y luego probando que el discriminante no puede ser un cuadrado perfecto mediante algo así como los residuos cuadráticos, pero no tengo ni idea de cómo utilizar la fórmula cúbica aquí y parece bastante bruta-forcisa, por no mencionar que no sé nada sobre los residuos de grado superior.

Ya publicó esta pregunta en Quora y no obtuvo ninguna respuesta sensata.

Answer 1

De hecho, una muy buena idea es considerar $d = \text{gcd}(n,b)$ . Entonces $n=d\alpha$ y $b = d\beta$ con $\alpha>\beta\ge1$ y $\text{gcd}(\alpha, \beta)=1$ . Así que $(n-b)(n^2-b) \mid n^3$ se convierte: $$d(\alpha-\beta)(d^2\alpha^2-d\beta) \mid d^3\alpha^3$$ lo que equivale a $$(\alpha-\beta)(d\alpha^2-\beta) \mid d\alpha^3$$ En particular, $\alpha -\beta \mid d\alpha^3$ . Desde $\text{gcd}(\alpha, \beta)=1$ obtenemos $\text{gcd}(\alpha-\beta, \alpha^3)=1$ . En consecuencia, obtenemos $\alpha -\beta \mid d$ Así que $d = (\alpha-\beta)\cdot d'$ para algunos $d' \ge 1$ . Así, la sustitución de $d$ con $(\alpha-\beta)\cdot d'$ obtenemos $$(\alpha-\beta)\left((\alpha-\beta)d'\alpha^2 - \beta \right) \mid (\alpha-\beta)d'\alpha^3$$ y así, dividiendo ambos lados por $(\alpha-\beta)$ obatinamos $$(\alpha-\beta)d'\alpha^2 -\beta \mid d'\alpha^3$$ Otra vez, $\text{gcd}(\alpha, \beta)=1$ implica $\text{gcd}((\alpha-\beta)d'\alpha^2-\beta, \alpha^3)=1$ y por lo tanto $$(\alpha-\beta)d'\alpha^2 -\beta \mid d'$$ En particular, $(\alpha-\beta)d'\alpha^2 -\beta \le d'$ . Esta desigualdad equivale a $$d\alpha^2 \le \frac{d}{\alpha-\beta}+\beta$$ Pero, como $\alpha \ge 2$ tenemos $d\alpha^2 \ge 2d\alpha=d\alpha+d\alpha> d + d\beta\ge \frac{d}{\alpha-\beta}+\beta$ produciendo una contradicción.

En consecuencia, no existen tales $n,b$ .

Answer 2

De hecho, se sostiene una afirmación más fuerte: no hay integrales positivas $n, b$ con $b < n$ tal que $n^2 - b$ divide $n^3$ .

De hecho, supongamos por contradicción que tal $n$ y $b$ existe. Tenga en cuenta que $n^2 - b$ divide $n^3 - nb$ . Por lo tanto, $n^2 - b$ divide $n^3 - (n^3 - nb) = nb$ . Sin embargo, $0 < nb < n^2 - b$ y esto nos lleva a una contradicción. En efecto, $b < n$ es decir, $b \le n - 1$ . Por lo tanto, $nb \le n(n - 1) = n^2 - n < n^2 - b$ (al final volvemos a utilizar $b < n$ ).