Suma de tres cubos

Question

Cuando me di cuenta de que $3^3+4^3+5^3=6^3$, me preguntaba si hay otros momentos en $(a-1)^3+a^3+(a+1)^3$ es igual a otro cubo. Que la expresión se simplifica a $3a(a^2+2)$ y todavía estoy tratando de encontrar otro valor de $a$ que satisface la condición (el único que se encuentra es $a=4$)

Es esto imposible? (Esto no sucede para $3 \leq a \leq 10000$) Es posible demostrar?

Answer 1

Cómo acerca de $$(-1)^3+0^3+1^3=0^3?$$

Answer 2

Aquí es un buen comienzo. Si usted nota, $\gcd(a,a^2+2)=\gcd(a,2)$, por lo que por el único teorema de factorización, $$ \eqalign{ & 3a(a^2+2)=z^3 \\ & \text{es un cubo perfecto} } ~\ffi~ \matriz{ a &=& a_1^3\cdot2^{a_2}\cdot3^{a_3} \\ a^2+2 &=& b_1^3\cdot2^{b_2}\cdot3^{b_3} } \quad \text{con} \quad \eqalign{ & 2,3\no\mediados de a_1,b_1 \\ y a_2+b_2\equiv0\pmod3 \\ y a_3+b_3\equiv2\pmod3, } $$ con todos los $a_i,b_i$ no negativo, excepto para $a_1$, que tiene el mismo signo de $a$. Esto ha conocido soluciones $$a=0,\quad\text{para que}\quad \mathbb{un} =\left[\matriz{a_1\cr a_2\cr a_3}\right] =\left[\matriz{0\cr0\cr0}\right],\quad \mathbb{b} =\left[\matriz{b_1\cr b_2\cr b_3}\right] =\left[\matriz{1\cr1\cr0}\right], \etiqueta{solución 0} $$ y $$a=\pm4,\quad\text{para que}\quad \mathbb{a}=\left[\matriz{\pm1\cr2\cr0}\right],\quad \mathbb{b}=\left[\matriz{1\cr1\cr2}\right]. \etiqueta{solución 1} $$ Pero, a continuación, para $a\ne0$, suponer sin pérdida de generalidad que $a>0$ (por lo $a_1,b_1\ge1$), y nota de que, mirando las potencias de dos y de tres en su descomposición en factores primos, $$ \eqalign{ b_1^3\cdot2^{b_2}\cdot3^{b_3} y = a^2+2 = a_1^6\cdot2^{2a_2}\cdot3^{2a_3}+2 \\ Y = 2 \left( a_1^6\cdot2^{2a_2-1}\cdot3^{2a_3} + 1\right) } $$ implica que los $a_2\ge1=b_2$ (caso 2.1) o $a_2=b_2=0$ (caso de 2.0), y por razonamiento similar, $a_3>0=b_3$ (caso 3.1), o bien $a_3=0$$b_3\equiv2\pmod3$, que voy a llamar el caso de 3.0. Esto nos deja con cuatro combinaciones de comprobar, y esperemos que descartar o simplificar: $$ \matriz{ \\\text{casos }0=2.0\wedge3.0:&\quad a_2=a_3=b_2=0 ,\quad b_3\equiv2\pmod3 \\\text{casos }1=2.1\wedge3.0:&\quad a_2\ge1=b_2,\quad a_3=0,\quad b_3\equiv2\pmod3 \\\text{casos }2=2.0\wedge3.1:&\quad a_3>0=a_2=b_2=b_3 \\\text{casos }3=2.1\wedge3.1:&\quad a_2,a_3\ge1=b_2,\quad b_3=0. } $$ Estos cuatro casos, que comprenden a todos los que no son triviales (es decir, distinta de solución 0), (WLOG) postivie soluciones, y esperamos a deducir que sólo el caso 1 con la solución 1 es viable. Caso 0 se simplifica a $$ b_1^3 \cdot 3^{b_3} = a_1^6+2 \qquad\text{para}\qquad a_1,b_1\no\equiv0\pmod{2,3} \quad\text{y}\quad b_3\equiv2\pmod3. $$ Desde $b_3\ge2$, tenemos $a_1^6\equiv-2\pmod9$, que no tiene soluciones $a_1$ (sexta poderes son siempre $0$ o $1$ modulo $9$), sentencia de este caso. Caso 2 se simplifica a $$ b_1^3 = a_1^6 \cdot 3^{2a_3} + 2 \qquad\text{para}\qquad a_1,b_1\no\equiv0\pmod{2,3} \quad\text{y}\quad a_3 > 0, $$ de modo que $b_1^3\equiv2\pmod9$, que también podemos descartar, ya que los cubos son siempre $0$ o $\pm1$ modulo $9$. Caso 3 se simplifica a $$ 2b_1^3 = 2^{2a_2 } 3^{2a_3} a_1^6 + 2 = 2\left( 2^{2a_2-1} 3^{2a_3} a_1^6 + 1 \right) \qquad\text{para}\qquad a_1,b_1\no\equiv0\pmod{2,3} \quad\text{y}\quad a_2,a_3 > 1, $$ de modo que $b_1^3\equiv1\pmod9\implies b_1$ es incluso, una contradicción. Por último, el caso 1 se simplifica a $$ 3^{b_3} \cdot b_1^3 = 2^{2a_2-1} a_1^6 + 1 \qquad\text{para}\qquad a_1,b_1\no\equiv0\pmod{2,3}, \quad a_2 \ge 1 \quad\text{y}\quad b_3\equiv2\pmod3. $$ así que $b_3\ge2\implies$ $2^{2a_2-1} a_1^6\equiv-1\pmod9$ $\implies a_1^6 \equiv-2^{1-2a_2} \equiv 2^{-2(a_2+1)} \pmod 9$ desde $2$ es una raíz primitiva módulo $9$, es decir,$\text{ord}_9(2)=6=\phi(9)$, e $2^{\pm3}\equiv-1\pmod9$. Pero, a continuación, $a_1\equiv2^{a_0}\pmod9$ para algunos $a_0$$-2(a_2+1)\equiv6a_0\equiv0\pmod6$, de modo que $a_2+1\equiv3~\implies~a_2\equiv2\pmod6$. En particular, vemos que $a_2\ge2$.

Bueno, en fin, es un comienzo. Si pudiéramos demostrar que $a_2,b_3\le2$, entonces podríamos reducir los casos de 1 a $9y^3-8x^6=1$, y nuestro objetivo sería mostrar que su única solución positiva es $(1,1)$, y un comienzo en la que podría ser la nota que $9y^3\equiv8x^6+1\equiv9\pmod{72}$.

Answer 3

¿ $$\left(-\frac{1}{2}\right)^3 + \left(\frac{1}{2}\right)^3 + \left(\frac{3}{2}\right)^3 = \left(\frac{3}{2}\right)^3 ?$$ Después de todo, el OP no especificar donde: $a$ vida... (por cierto, hay infinitamente muchos distintas soluciones racionales de esta forma!).

Ahora para los más iluminados respuesta: no, no hay otras soluciones integrales con $a\in\mathbb{Z}$, otros de $a=0$$a=4$. Aquí es por qué (lo que sigue es un esbozo del argumento, varios detalles sería demasiado largo para escribir completamente).

Supongamos $(a-1)^3+a^3+(a+1)^3=b^3$. A continuación,$3a^3+6a=b^3$. Por lo tanto $(a:b:1)$ es un punto de la curva elíptica $E:3Z^3+6ZY^2=X^3$ con origen en $(0:1:0)$. En particular, el teorema de Siegel nos dice que hay en la mayoría de un número finito de soluciones integrales de $3a^3+6a=b^3$$a,b\in\mathbb{Z}$. Ahora la parte difícil es demostrar que no son exactamente $2$ soluciones integrales.

Con un cambio de variables$U=X/Z$$V=Y/Z$, seguido por un cambio de $U=x/6$$V=y/36$, podemos ver que en lugar de la curva de $E':y^2=x^3-648$. Esta curva tiene un trivial de torsión de los subgrupos y el rango $2$, con generadores $(18,72)$$(9,9)$. Además, cada punto de $(x,y)$ $E'$ corresponde a un (proyectiva) punto de $(x/6:y/36:1)$$E$, y un punto de $(X:Y:Z)$ $E$ corresponde a una solución de $a=Z/Y$$b=X/Y$. Esto significa que $E$ es generado por $P_1=(3:2:1)$$P_2=(18:3:12)$, que corresponden, respectivamente, a$(a,b)=(1/2,3/2)$$(4,6)$. El origen $(0:1:0)$ corresponde a $(a,b)=(0,0)$.

Ahora es cuestión de mirar a través de todas las $\mathbb{Z}$-de las combinaciones lineales de $P_1$ $P_2$ a ver si alguno le da otro $(a,b)$ integral. Sin embargo, este es un finito de búsqueda, debido a la forma en que las alturas de los puntos de trabajo, y se puede calcular un límite en la altura de un punto de $(a,b)$ tener ambos integral de coordenadas. Una vez que este se encuentra obligado, una búsqueda entre un par de pequeñas combinaciones lineales de $P_1$ $P_2$ muestra que $(0,0)$ $(4,6)$ son en realidad los que sólo hay dos soluciones integrales.

Aquí hay otra solución racional, no tan trivial como el primero que me ofreció, que aparece a partir de los $P_1-P_2$: $$\left(-\frac{10}{11}\right)^3 + \left(\frac{1}{11}\right)^3 + \left(\frac{12}{11}\right)^3 = \left(\frac{9}{11}\right)^3 $$