Si $\gcd(x,y)=1$ y $x^2 + y^2$ es una sexta potencia perfecta, entonces $xy$ es un múltiplo de $11$

Question

Este es un problema que no sé cómo resolver:

Dejemos que $x, y, z$ números enteros tales que $x$ y $y$ son relativamente primos y $x^2+y^2=z^6$ . Demostrar que $x\cdot y$ es un múltiplo de $11$ .

Answer 1

En primer lugar, una observación: no tanto de $ x, y $ puede ser impar. De hecho, a continuación, $ x^2 + y^2 $ $ 2 $ modulo $ 4 $, por lo que ni siquiera sería un cuadrado perfecto, y mucho menos un perfecto sexta potencia. Además, claramente, ambos de ellos no puede ser, incluso, ya que entonces no sería coprime. En el siguiente, supongamos wlog que $ x $ es incluso y $ y $ es impar.

Pase el anillo de $ \mathbf Z[i] $ de los enteros de Gauss. Es una de las principales dominio ideal donde $ 11 $ permanece inerte, y el cociente $ \mathbf Z[i]/(11) \cong \mathbb F_{11}(\sqrt{-1}) \cong \mathbb F_{121} $. Tenga en cuenta que

$$ \gcd(x+yi, x-yi) = \gcd(x+yi, 2x) = \gcd(2yi, x - yi) $$

de modo que $ \gcd(x+yi, x-yi) $ divide $ \gcd(2x, 2y) = 2 $. Sin embargo, el primer mentir sobre $ 2 $ no divide $ x+yi $, como se divide $ x $ y no divide $ y $. De ello se desprende que $ x+yi $ $ x-yi $ son coprime, y el de la factorización de

$$ (x + yi)(x - yi) = z^6 $$

implica que $ x + yi = r^6 $ por una Gaussiana entero $ r $. Claramente, entonces, $ x + yi $ es también una sexta potencia del modulo $ 11 $ en $ \mathbf Z[i] $. $ x + yi $ es una unidad modulo $ 11 $ ya no tanto de $ x $ $ y $ son divisibles por $ 11 $, y dado que se trata de una sexta potencia en $ \mathbb F_{121}^{\times} $, que es un grupo de orden $ 120 $, tiene el fin de dividir a $ 20 $, por lo que es una raíz de $ X^{20} - 1 $. Este polinomio tiene exactamente $ 20 $ raíces en $ \mathbb F_{11}(\sqrt{-1}) $: cualquier elemento $ a + b\sqrt{-1} $ $ a, b \in \mathbb F_{11} $ y donde exactamente uno de $ a, b $ es cero es una raíz, y que no hay otras raíces, ya que un polinomio de grado $ n $ tiene más de $ n $ raíces en un campo. De ello se desprende que $ x + yi $ es congruente a $ a + b\sqrt{-1} $ donde exactamente uno de $ a, b $ es cero modulo $ 11 $, lo que implica que una de las $ x, y $ es cero modulo $ 11 $. Por último, tenga en cuenta que si $ x/11 $ es una Gaussiana entero y racional, es un número entero, por lo que cualquiera de las $ x $ o $ y $ es de hecho divisible por $ 11 $$ \mathbf Z $.

Answer 2

NOTA Esta respuesta fue escrita antes de que el OP editara la pregunta para restringir los enteros como relativamente primos.

Creo que la afirmación es falsa. Consideremos el triple pitagórico $(3,4,5)$ . Ahora multiplica el triple por $5^2=25$ Así, obtenemos el triple $(75,100,125)$ es decir,

$$75^2+100^2=125^2 = 5^6$$

Pero $75 \cdot 100 = 7500$ que no es divisible por $11$ .

Answer 3

No es una respuesta completa

Por búsqueda informática, parece que es válido para la coprima $x$ y $y$ .

Ahora, estoy tratando de dar la solución general de $(x,y,z)$ .

\begin{align*} (a+bi)^3 &= a(a^2-3b^2)+b(3a^2-b^2)i \\[7pt] (a^2+b^2)^3 &= \underbrace{a^2(a^2-3b^2)^2}_{\Large{m^2}}+ \underbrace{b^2(3a^2-b^2)^2}_{\Large{n^2}} \\[7pt] \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} m^2-n^2 \\ 2mn \\ \sqrt[3]{m^2+n^2} \end{pmatrix} \\[7pt] &= \begin{pmatrix} (a^2-b^2)(a^2+4ab+b^2)(a^2-4ab+b^2) \\ 2ab(a^2-3b^2)(3a^2-b^2) \\ a^2+b^2 \end{pmatrix} \end{align*}

Toma el valor absoluto si la solución se limita a ser positiva.

La solución más baja no trivial es $(117,44,5)$