Altra Diofantea Semplice

[LeZ]

Dimostrare che $ x^{3}+y^{3}+z^{3}=2011 $ non ha soluzioni per x,y,z interi positivi

[Arthur]

Ci provo io...
osservo che $ 2011\equiv 3(mod 8 ) $ e $ 2011\equiv 1(mod3) $. Poichè i residui cubici $ (mod 8 ) $ sono 0,1,4 e $ (mod 3 ) $ 0,1 $ x^3,y^3,z^3 $ devono avere residui 1,1,1 $ (mod 8 ) $(la tripletta 4,4,1 la escludo perché mod 4 non va bene) e 0,0,1 $ (mod 3 ) $. Pongo z il numero che ha residuo 1 $ (mod8) $ e 1 $ (mod 3 ) $.Applicando il teorema cinese dei resti ottengo che deve essere della forma $ 24k+1 $ con k naturale. Se $ k\geq 1 $ $ z^3>2011 $ per $ k=0 $ l'equazione diventa $ x^3+y^3=2010 $ . Analizzando i residui $ (mod 3) $ ottengo che l'unica coppia possibileè quella 0,0 che però avevo escluso prima, pertanto l'equzione è impossibile.
Spero vada bene...

[paga92aren]

Mi sembra tutto giusto, l'unica cosa e' che nella prima riga hai scritto mod 8 invece che modulo 3...

[Arthur]

Ok, grazie!

[FrancescoVeneziano]

Poichè i residui cubici $ (mod 8 ) $ sono 0,1,4 e $ (mod 3 ) $ 0,1…

Guarda che questi sono i residui quadratici, non cubici.

[LeZ]

Stiamo lavorando con esponente al cubo , ricontrolla

[Arthur]

Poichè i residui cubici $ (mod 8 ) $ sono 0,1,4 e $ (mod 3 ) $ 0,1…

Guarda che questi sono i residui quadratici, non cubici.

Ehm... già me ne sono accorto

[Arthur]

Ci riprovo (sperando che questa volta vada bene)...
Noto che $ 2011\equiv 2(mod 7) $ e $2011\equiv 1(mod3)$. I residui cubici $ (mod3) $ sono 0,1,2 mentre $(mod7)$ sono 0,1,6 pertanto le triplette possibili sono $1,0,0$ ,$2,2,0$e $2,1,1$ $(mod3)$ e $ 0,1,1 (mod 7)$.
-se $z\equiv 0 (mod3)$ e $ z\equiv 0 (mod7)$ abbiamo che è un numero della forma $21k$ con k naturale e poichè $k >0$ $(21k)^3 >2011$
-se $z\equiv 0(mod3)$ e $z \equiv 1(mod7)$ abbiamo per il teorema cinese del resto che è un numero della forma $21k+15$, ma per ogni $k \in \mathbb{N}$ $(21k+15)^3 >2011$ pertanto anche in questo caso non abbiamo soluzioni.
-se $z\equiv 2 (mod3)$ e $z\equiv 0 (mod7)$ abbiamo che è un numero della forma $21k+14$ e analogamente a prima abiamo che $k \in \mathbb{N}$ $(21k+14)^3 >2011$ e anche in questo caso non ci sono soluzioni.
-se $z\equiv 2 (mod3)$ e $z\equiv 1 (mod7)$ per il teorema cinese del resto abbiamo che è un numero della forma $21k+8$, che con $k>0$ abbiamo che $(21k+8)^3 >2011$ per k=0 si riduce nell' equazione $x^3+y^3=1499$ analizzandola $(mod7)$ si ottiene che una delle due variabili è divisibile per 7 pertanto pongo $y^3=343h^3 $ con $h$ intero positivo. Dato che per $h\geq2$ $343h^3>1499$ rimane solo il caso$h=1$ da cui otteniamo $x^3=1156$ che non è accettabile pertanto anche in questo caso non ci sono soluzioni.
-i se $z\equiv 1 (mod3)$ e $z\equiv 1 (mod7)$ abbiamo che $z$ è un numero della forma $21k+1$ quindi per $k\geq 1$ si ha che $(21k+1)^3 >2011$ che non è accettabile; per $k=0$ l'equazione diventa $x^3+y^3=2010$ che anch'essa analizzata $(mod 7)$ ha residui 0,1; se $y^3=343h^3 $ con $h$ intero positivo per $h>1$ si ha che $343h^3>2010$ pertanto non sono soluzioni accettabili. Per $h=1$ si ha che $x^3=1667$ che non è soluzione accettabile, quindi anche in questo caso non ci sono soluzioni.
-se $z\equiv 1(mod3)$ e $z \equiv o(mod7)$ abbiamo per il teorema cinese del resto che è un numero della forma $21k+7$, ma per ogni $k \in \mathbb{N}$ $(21k+7)^3 >2011$ per $k>0$; per $k=0$ abbiamo che $x^3+y^3=1668$. $(mod 3$) si ha che le uniche coppie possibili di residui sono $0,0$ e $1, 2$ la prima va esclusa perché divisibile per 27 .$(mod 7)$ invece abbiamo $1,1$ e $6,6$. $y\equiv 1 (mod3)$ e $y\equiv 1 (mod7)$ porta a $21k+1$ che può essere accettabile solo se k=0 e porta all'equazione impossibile del caso precedente. $y\equiv 1 (mod3)$ e $y\equiv 6 (mod7)$ porta a $(21k+13)^3>1668$ per ogni k naturale; ora l'ultimo caso non va studiato perché quello detto su y vale per x.
Poiché in nessun caso non ci sono soluzioni l'equazione non ha soluzioni intere positive.
Se qualcuno più esperto di me gli da un'occhiata gliene sarò grato

[FrancescoVeneziano]

pertanto le triplette possibili sono $1,0,0$ e $2,1,1$ $(mod3)$ e $ 0,1,1 (mod 7)$…

Guarda che modulo 3 può anche essere 2,2,0

Ma comunque il ragionamento non va.Le considerazioni modulo 3 non possono darti alcuna informazione perché ogni numero è un cubo modulo 3. Quando dici che c'è solo la tripletta 0,1,1 modulo 7, vuol dire che $x^3,y^3,z^3$ sono o 0 o 1 modulo 7, non $x,y,z$, che possono quindi valere 0,1,2,4.
In ogni caso, con la richiesta che le variabili siano positive il problema è abbastanza banale, perché ci sono solo un numero finito di casi da provare e con un po' di considerazioni come quelle che stavi facendo si fa anche a mano. Per cui rilancio il problema e chiedo di dimostrare che non ci sono soluzioni intere (ammettendo anche i numeri negativi).

EDIT: Non ero andato avanti a leggere, ci sono altri problemi.

[Arthur]

Guarda che modulo 3 può anche essere 2,2,0

L'ho aggiunta però credo non cambi niente perchè 2,0 $(mod3)$ li avevo già considerati con tutto.

Riguardandola effettivamente non va

[patatone]

ultra mega super hint:

Testo nascosto:

modulo 9

[LeZ]

Patatone gliel'hai risolta XD

[Drago96]

Perchè guardo gli hint?!?
Mannaggia a me!

Allora...

Testo nascosto:

$x^3+y^3+z^3\equiv 4\pmod 9$ . Ma i residui cubici mod 9 sono 0,1,8 che sommati tra loro non possono dare in alcuna combinazione 4

Magari ci provo un altro modo, se c'è...