Encontrar todos los números enteros tales que a $\frac{n^3-3}{n^2-7}$ es un número entero

Question

Encontrar todos los números enteros tales que a $\frac{n^3-3}{n^2-7}$ es un número entero. No tengo idea de cómo acercarse a estos tipos de pruebas.

Pero he intentado un par de cosas, no me lleve a nada.

$n^3 -3 = an^2-7a$ $n^3-an^2 = 3-7a$ , y, por tanto, $n^2(n-a) = 3-7a$

Y entonces no tengo a donde ir...

Cualquier ayuda es muy apreciada gracias.

Answer 1

Si $d|(n^3-3)$ $d|(n^2-7)\implies d|\{n(n^2-7)-(n^3-3)\}\implies d|(3-7n)$

De nuevo como $d|(n^2-7)$ $d|(3-7n)\implies d|\{7(n^2-7)+n(3-7n)\}\implies d|(3n-49)$

De nuevo como $d|(3n-49)$ $d|(3-7n)\implies d|\{-3(3-7n)-7(3n-49)\}\implies d|334$

El resto es lo que, precisamente, "Matemáticas Gemas" que ha hecho.

Por eso, $(n^2-7)|334$

Ahora, el factor de$(F)$s de $334=2\cdot167$ $\pm(1,2,167,334)$

Ahora, la prueba para la solución integral de $n^2-7=F$

Answer 2

Sugerencia $\rm\ \ n^2\!-\color{#0A0}7\mid n^3\!-\color{#C00}3\ \Rightarrow\ mod\,\ n^2\!-7\!:\,\ \color{#0A0}7^3\! = n^6 = \color{#C00}3^2\:\Rightarrow\: n^2\!-7\mid 7^3\!-3^2 =\, 2\cdot 167\ $

$\rm\,2,\,167\,$ es de los primeros así que, por única factorización, $\rm\:n^2\!-7\mid\, 2\cdot 167\,$ $\Rightarrow$ $\rm\, n^2\!-7 = \pm\{1, 2,167, 334\},\,$ por lo $\ldots$

Answer 3

Tenga en cuenta que $$ \frac{n^3-3}{n^2-7} = n + \frac{7n-3}{n^2-7}. $$ Por lo que es suficiente para determinar al $n^2-7$ divide $7n-3$. No es difícil mostrar que $|n^2-7| > |7n-3|$ al $|n|>8$; así, para los $n$, es imposible para $n^2-7$ brecha $7n-3$. Eso deja sólo los casos $n=-8,-7,\dots,8$ a comprobar, revelando las dos soluciones de la $n=-3$$n=3$.