¿Es $\sqrt[3]{p+q\sqrt{3}}+\sqrt[3]{p-q\sqrt{3}}=n$, $(p,q,n)\in\mathbb{N} ^3$ soluble?

Question

En esta reciente respuesta a esta pregunta por Eesu, Vladimir Reshetnikov demostrado que $$\begin{equation} \left( 26+15\sqrt{3}\right) ^{1/3}+\left( 26-15\sqrt{3}\right) ^{1/3}=4.\tag{1} \end{equation}$$

Me gustaría saber si este resultado se puede generalizar a otras triples de números naturales.

Pregunta. ¿Cuáles son las soluciones de la siguiente ecuación? $$\begin{equation} \left( p+q\sqrt{3}\right) ^{1/3}+\left( p-q\sqrt{3}\right) ^{1/3}=n,\qquad \text{where }\left( p,q,n\right) \in \mathbb{N} ^{3}.\tag{2} \end{equation}$$

Para $(1)$ podríamos escribir $26+15\sqrt{3}$ en la forma $(a+b\sqrt{3})^{3}$

$$26+15\sqrt{3}=(a+b\sqrt{3})^{3}=a^{3}+9ab^{2}+3( a^{2}+b^{3}) \sqrt{3}$$

y resolver el sistema $$\left\{ \begin{array}{c} a^{3}+9ab^{2}=26 \\ a^{2}b+b^{3}=5. \end{array} \right.$$

Una solución es $(a,b)=(2,1)$. Por lo tanto $26+15\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})^3$. Usando el mismo método a $26-15\sqrt{3}$, nos encontramos con $26-15\sqrt{3}=(2-\sqrt{3})^3$, lo que demuestra la $(1)$.

Para $(2)$ la misma idea de los rendimientos

$$p+q\sqrt{3}=(a+b\sqrt{3})^{3}=a^{3}+9ab^{2}+3( a^{2}+b^{3}) \etiqueta{3} \sqrt{3}$$

y

$$\left\{ \begin{array}{c} a^{3}+9ab^{2}=p \\ 3( a^{2}b+b^{3}) =q. \end{array} \right. \etiqueta{4}$$

Traté de resolver este sistema de $a,b$, pero debido a que la solución es de la forma

$$(a,b)=\Big(x^{3},\frac{3qx^{3}}{8x^{9}+p}\Big),\etiqueta{5}$$

donde $x$ satisface el cúbicosecuación $$64x^{3}-48x^{2}p+( -15p^{2}+81q^{2}) x-p^{3}=0,\etiqueta{6}$$ sería muy difícil de tener éxito, el uso de este enfoque ingenuo.

Es este problema solucionable, al menos parcialmente?

Es $\sqrt[3]{p+q\sqrt{3}}+\sqrt[3]{p-q\sqrt{3}}=n$, $(p,q,n)\in\mathbb{N} ^3$ solucionable?

Answer 1

Las soluciones son de la forma $\displaystyle(p, q)= \left(\frac{3t^2nr+n^3}{8},\,\frac{3n^2t+t^3r}{8}\right)$, para cualquier racional parámetro $t$. Para demostrarlo vamos a empezar con $$\left(p+q\sqrt{r}\right)^{1/3}+\left(p-q\sqrt{r}\right)^{1/3}=n\tag{$\left(p,q,n,r\right)\in\mathbb{N}^{4}$}$$ y el cubo de ambos lados, utilizando la identidad de $(a+b)^3=a^3+3ab(a+b)+b^3$ a, a continuación, obtener $$\left(\frac{n^3-2p}{3n}\right)^3=p^2-rq^2,$$ which is a nicer form to work with. Keeping $n$ and $r$ fixed, we see that for every $p={1,2,3,\ldots}$ there is a solution $(p,q)$, where $\displaystyle q^2=\frac{1}{r}\left(p^2-\left(\frac{n^3-2p}{3n}\right)^3\right)$. When is this number a perfect square? Wolfram says it equals $$q^2 =\frac{(8p-n^3) (n^3+p)^2}{(3n)^2\cdot 3nr},$$ which reduces the question to when $\displaystyle \frac{8p-n^3}{3nr}$ is a perfect square, and you get solutions of the form $\displaystyle (p,q)=\left(p,\frac{n^3+p}{3n}\sqrt{\frac{8p-n^3}{3nr}}\right).$ Note that when $r=3$, this simplifies further to when $\displaystyle \frac{8p}{n}-n^2$ es un cuadrado perfecto.

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Ahora, se nota que si $\displaystyle (p,q)=\left(p,\frac{n^3+p}{3n}\sqrt{\frac{8p-n^3}{3nr}}\right) \in\mathbb{Q}^2$, $\displaystyle\sqrt{\frac{8p-n^3}{3nr}}$ debe ser racional así. Llame a este número racional $t$, nuestro parámetro. A continuación,$8p=3t^2nr+n^3$. Sustituya para obtener $$(p,q)=\left(\frac{3t^2nr+n^3}{8},\,\frac{3n^2t+t^3r}{8}\right).$$ This generates expressions like $$\left(\frac{2589437}{8}+\frac{56351}{4}\sqrt{11}\right)^{1/3}+\left(\frac{2589437}{8}-\frac{56351}{4}\sqrt{11}\right)^{1/3}=137$$

$$\left(\frac{11155}{4}+\frac{6069}{4}\sqrt{3}\right)^{1/3}+\left(\frac{11155}{4}-\frac{6069}{4}\sqrt{3}\right)^{1/3}=23$$

por lo $r$ desea, el primer uso de $(r,t,n)=(11,2,137)$ y el segundo $(r,t,n)=(3,7,23)$.

Answer 2

He aquí una manera de encontrar, al menos, una gran clase de soluciones racionales. Parece plausible para mí, que estas son todas las soluciones racionales, pero yo en realidad no tienen una prueba todavía...

Digamos que queremos solucionar $(p+q\sqrt{3})^{1/3}+(p-q\sqrt{3})^{1/3}=n$ fijos $n$. La mano izquierda se parece mucho a la raíz de la depresión del cúbicos (como sería dada por la fórmula de Cardano). Así que vamos a intentar construir algunas específicas deprimido cúbicos tener $n$ como una raíz, donde el cúbicos fórmula se da cuenta de $n$$(p+q\sqrt{3})^{1/3}+(p-q\sqrt{3})^{1/3}$.

La depresión cúbicas tener $n$ como raíz de todos toman la siguiente forma: $$(x-n)(x^2+nx+b) = x^3 + (b-n^2)x-nb$$ donde $b$ es arbitrario. Si queremos aplicar el cúbicos fórmula para un polinomio y llegar a la raíz de $(p+q\sqrt{3})^{1/3}+(p-q\sqrt{3})^{1/3}$ debemos tener: $$\begin{eqnarray} p&=&\frac{nb}{2}\\ 3q^2&=& \frac{(nb)^2}{4}+\frac{(-n^2+b)^3}{27}\\ &=&\frac{b^3}{27}+\frac{5b^2n^2}{36}+\frac{bn^4}{9}-\frac{n^6}{27}\\ &=&\frac{1}{108}(4b-n^2)(b+2n^2)^2 \end{eqnarray}$$ (donde yo engañado y utilizado Wolfram Alpha para hacer la última factorización :)).

Por lo que el $p$ que surge aquí será racional iff $b$ es; el $q$ que surge será racional iff $4b-n^2$ es un ideal racional de la plaza (ya $3 * 108=324$ es un cuadrado perfecto). Es decir, podemos elegir racional $n$ $m$ y establezca $m^2=4b-n^2$, y, a continuación, vamos a ser capaces de encontrar racional $p,q$ a través de las fórmulas anteriores, donde $(p+q\sqrt{3})^{1/3}+(p-q\sqrt{3})^{1/3}$ es una raíz de la cúbico $$(x-n)\left(x^2+nx+\frac{m^2+n^2}{4}\right)=(x-n)\left(\left(x+\frac{n}{2}\right)^2+\left(\frac{m}{2}\right)^2\right) \, .$$

El factor cuadrático de esta cúbicos manifiestamente no tiene raíces reales, a menos que $m=0$; desde $(p+q\sqrt{3})^{1/3}+(p-q\sqrt{3})^{1/3}$ es real, por lo tanto, debe ser igual a $n$ siempre $m \neq 0$.

Para resumir, hemos encontrado una de dos parámetros de la familia de soluciones racionales a la ecuación general $(p+q\sqrt{3})^{1/3}+(p-q\sqrt{3})^{1/3}=n$. Uno de esos parámetros es $n$ sí; si el otro es $m$, podemos sustituir el $b=\frac{m^2+n^2}{4}$ en las relaciones anteriores para obtener $$\begin{eqnarray} p&=&n\left(\frac{m^2+n^2}{8}\right)\\ q&=&m\left(\frac{m^2+9n^2}{72}\right) \, . \end{eqnarray}$$

Para asegurarse de que yo no tenía ningún álgebra errores, he elegido al azar $n=5$, $m=27$ para probar. Estos dan $(p,q)=\left(\frac{1885}{4},\frac{1431}{4}\right)$, y, de hecho, Wolfram Alpha confirmaque $$\left(\frac{1885}{4}+\frac{1431}{4} \sqrt{3}\right)^{1/3}+\left(\frac{1885}{4}-\frac{1431}{4} \sqrt{3}\right)^{1/3}=5 \, .$$

Answer 3

Este tipo de simplificación se produce si y sólo si $p \pm q\sqrt d$ tiene una raíz cúbica de la forma $x \pm y\sqrt d$ con rational $x,y$. Así, para obtener todas las instancias de este, comienza por la elección de $x+y\sqrt d$, y el cubo para obtener los valores de $p$$q$.

La configuración del sistema,$(x + y\sqrt d)^3 = p + q\sqrt d$, obtenemos $x^3+3dxy^2 = p$$3x^2y+dy^3 = q$. Este sistema ha $9$ soluciones en $\Bbb C^2$.

Para obtener una solución particular, escoja una raíz cúbica $a$$p + q\sqrt d$, una raíz cúbica $b$$p - \sqrt d$, y construir $x = (a+b)/2, y = (a-b)/2\sqrt d$ : A continuación, $8(x^3+3dxy^2) = (a+b)^3+3(a+b)(a-b)^2 = 4a^3 + 4b^3 = 8p$, e $8\sqrt d(3x^2y+dy^3) = 3(a+b)^2(a-b)+(a-b)^3 = 4a^3-4b^3 = 8q\sqrt d$, lo que demuestra que los $9$ de las parejas son la solución.

Para mostrar que sólo ha $9$ solución, podemos mostrar a $x$ es una raíz de un grado $9$ polinomio : el cuadrado de la segunda ecuación obtenemos $q^2 = 9x^4y^2 + 6dx^2y^4 + d^2y^6$. Multiplicar por $27dx^3$ y el uso de la primera ecuación para obtener $27dx^3q^2 = 81x^6(p-x^3) + 18x^3(p-x^3)^2 + (p-x^3)^3$, que se reduce a $$64x^9-48px^6+(27dq^2-15p^2)x^3-p^3 = 0$$

Por último, dado un valor de $x$, podemos resolver para $y$ : La primera ecuación da $y^2 = \frac{p-x^3}{3dx}$, y conectando en la segunda obtenemos $y = \frac{3qx}{8x^3+p}$. Por lo tanto el $9$ soluciones que me dieron anteriormente son las únicas soluciones para el sistema.

Lo que es más importante, si podemos encontrar un par de raíces cúbicas tal que $x$ es racional, entonces el correspondiente $y$ también es racional, y lo que realmente hemos encontrado es que el $p+q\sqrt d$ tiene una raíz cúbica en $\Bbb Q(\sqrt d)$.

Ahora, esto hace que todos los problemas de la forma "muestran que $\sqrt[3]{p+q\sqrt d} + \sqrt[3]{p-q\sqrt d} = 2x$" solucionable, de inmediato mediante el cálculo de $y= \frac{3qx}{8x^3+p}$ y, a continuación, comprobar que $(x+y\sqrt d)^3 = p + q\sqrt d$. Si esto no funciona, entonces el problema estaba mal para empezar.

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También debo señalar que el grado $9$ polinomio en $x$ factores $\Bbb Q(\sqrt{-3},\sqrt[3]{p^2-dq^2})$ en un producto de la $3$ cúbicas : $$(4x^3 - 3\sqrt[3]{p^2-dq^2}x - p)(4x^3 - 3j\sqrt[3]{p^2-dq^2}x - p)(4x^3 - 3j^2\sqrt[3]{p^2-dq^2}x - p) = 0$$ (where $j$ is a primitive cube root of $1$).

Intentar utilizar Cardan la fórmula en aquellos que le va a devolver la expresión original $2x = \sqrt[3]{p+q\sqrt d}+\sqrt[3]{p-q\sqrt d}$.
Intentar usar el Cardan de la fórmula en el cúbicos por $x^3$ y, a continuación, tomar un cubo de la raíz parece ser incluso peor idea, y la moraleja de la historia es : a diferencia de las raíces cuadradas, usted no puede algebraicamente encontrar las raíces cúbicas de $p + q\sqrt d$.

Answer 4

Existe una familia infinita de soluciones desde la idea $(2+\sqrt 3)^3=26+15\sqrt 3$. Podemos formar $(2+\sqrt 3)^{3n}$ y buscar otra solución. El siguiente es $(2+\sqrt 3)^6=1351+780 \sqrt 3$ y $(1351+780\sqrt 3)^{(1/3)}+(1351-780\sqrt 3)^{(1/3)}=14$ allí es una repetición, si $(a,b)$ es una solución, el siguiente es $(26a+45b,15a+26b)$ y así obtenemos tríos $(1351,780,14),(70226,40545,52),(3650401,2107560,194),(189750626,109552575,724) 9863382151,5694626340,2702)$

y sucesivamente. No he demostrado que estas son todas las soluciones.

Answer 5

Uff. Estoy hopind yo no hice ningún error, pero eso sería un milagro :)

Deje que $x= \left( p+q\sqrt{3}\right) ^{1/3}\,;\, y= \left( p-q\sqrt{3}\right) ^{1/3}$.

Entonces

$$xy= (p^2-3q^2)^\frac{1}{3}$$

Por lo tanto

$$2p=x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=n^3-3n\sqrt[3]{p^2-3q^2}$$

Esto demuestra que $\sqrt[3]{p^2-3q^2}$ debe ser racional, por lo tanto entero.

Deje $p^2-3q^2=k^3 (*)$. A continuación, $y=\frac{k}{x}$ y por lo tanto

$$x+\frac{k}{x} =n \Rightarrow x^2-nx+k=0 \Rightarrow x= \frac{n \pm \sqrt{n^2-4k}}{2} \,.$$

Las dos raíces de esta ecuación debe ser$x$$y$, y así tenemos:

$$x=\frac{n + \sqrt{n^2-4k}}{2} \,;\, y= \frac{n - \sqrt{n^2-4k}}{2} \,.$$

Entonces

$$p+q\sqrt{3}=\left(\frac{n + \sqrt{n^2-4k}}{2} \right)^3 \,.$$

A partir de aquí, tenemos que $\sqrt{n^2-4k} \notin \mathbb Q$ y por lo tanto

$$p=\frac{n^3+3n^3-12nk}{8}=\frac{n^3-3nk}{2}$$ $$q\sqrt{3}=\frac{3n^2+n^2-4k}{8}\sqrt{n^2-4k}=\frac{n^2-k}{2}\sqrt{n^2-4k}$$

Por lo tanto, $n^2-4k=3u^2$, para algunas de las $u$, por lo tanto

$$k=\frac{n^2-3u^2}{4} (***)$$

Por lo tanto, obtenemos:

$$p=\frac{n^3+9nu^2}{8}$$ $$q=\frac{3n^2+3u^2}{8}u=\frac{3n^2u+3u^3}{8}$$

Con esta opción tenemos

$$p+q\sqrt{3}=(\frac{n+u\sqrt{3}}{2})^3$$ $$p-q\sqrt{3}=(\frac{n-u\sqrt{3}}{2})^3$$

Tenga en cuenta que $p,q$ enteros si y sólo si $8|n(n^2+u^2)$$8|u(n^2+u^2)$. Es fácil comprobar que el primero no puede suceder si $n$ es impar. Por lo tanto, $n$ debe ser uniforme y $8|u(n^2+u^2) \Rightarrow 2|u^3 \Rightarrow u$ incluso.

Si $n=2s, u=2t$ obtenemos la solución general

$$p=s^3+9st^2$$ $$q=3s^2t+3t^3$$ $$n=2s$$

Tenga en cuenta que en este caso,

$$\sqrt[3]{p+q\sqrt{3} }=s+t\sqrt{3}$$ $$\sqrt[3]{p-q\sqrt{3} }=s-t\sqrt{3}$$