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Per dimostrare che l'equazione
$ $x^3=7004+y^3$ $
non ha soluzioni intere, basta considerarla con quale modulo?

HiTLeuLeR ha scritto:Banalmente gcd(xy,2) = gcd(x,y) = 1, poiché 7004 = 2^2*17*103 non è divisibile per alcun cubo. Pertanto 4 | (x-y). Inoltre |x| \ne |y| e |x| \ne 1, in quanto neppure 7004 + 1 sono cubi. Perciò [a] x^2 + xy + y^2 > (|x|-|y|)^2 + |x|*|y| > 1, e dunque x-y > 0, i.e. x-y = 4k, per qualche k \in {1, 17, 103}. Senonché 17 | (x^2+xy+y^2) sse (-3 | 17) = 1, dove ( | ) denota il simbolo di Legendre, e però (-3 | 17) = (17 | 3) = (2 | 3) = -1. Perciò x = y + 68 e 103 = x^2 + xy + y^2, tramite la [a]. Ne viene 4*103 - 3x^2 > 0, e.g. |x| \in [2, 11]. Poiché la funzione f: [2, 11] -> R: t -> |t^2 - 68t| ha il suo minimo assoluto per t = 2, ed f(2) > 103, tanto basta a dedurre che 103 > |x-68|*|x| > ||x| - 68|*|x| > 103, assurdo!

cippo90 ha scritto:Per dimostrare che l'equazione
$ $x^3=7004+y^3$ $
non ha soluzioni intere, basta considerarla con quale modulo?

Tipicamente le cubiche si tenta di affrontarle mod 9, perché x^3 mod 9 $ \in \{0, \pm 1\} $. Però 7004 mod 9 = 2, e non se ne cava poi nulla. A parte stabilire che dev'essere x = -y = 1 mod 18. Attendo smentite.

io tenterei modulo 7... a voi l'arduo (gh) compito di scoprire il perché...

Se non sbaglio i residui delle potenze k-esime modulo p sono $ \frac {p-1}{k}+1 $, ammesso che sia intero, per cui 7 è conveniente perchè dà solo 3 residui...
Attendo anche io smentite

... conclusione un pochino più semplice cercasi

in realtà, c'è anche nel tuo post, ma molto molto nascosta ed involuta (e trascurata, aggiungerei).

Eh, già... Dimenticavo il 7. ^^'

Mi devo essere espresso male: approfittavo del thread per chiedere conferma di un principio che mi sembra utile generalmente nella scelta del modulo da considerare per una certa equazione... in questo senso aspettavo smentite.
Mi spiace se è stato male interpretato...

Ciao!

uh, beh..
effettivamente _è_ utile ridurre i residui, ci mancherebbe altro..
ad ogni modo, la risposta che volevo sentirmi dire era semplicemente "$ 7 $ è un primo basso, e $ 3|\varphi(7) $"... tutto qui

Darkcrystal ha ragione e ma_go sta dicendo la stessa cosa, solo che, per amor di forma, voleva sentirsela dire in un altro modo ... come mi sembrava di aver detto in qualche (raro) mio post in teoria dei numeri, di solito per lavorare con le potenze k-esime basta trovare un primo tale che k divida p-1 e lavorare modulo quel primo, infatti lì le potenze k-esime sarannno quante ha detto darkcrystal e quindi sarà (si spera) più comodo lavorarci.

Ciao a tutti

A margine delle vostre interessanti discussioni
(che rispondono alla questione come richiesto),
seguendo un po' l'esempio iniziale di HiTLeuLeR,
riporto qui un'idea che mi è venuta per dimostrare,
in alternativa alle congruenze, che l'equazione
proposta non ha soluzioni intere (niente di
particolare, naturalmente).
Poiché x ed y devono essere al tempo stesso
pari oppure dispari, posso trovare due interi p e
q che mi permettano di riscrivere l'equazione
così:

(p+q)³ = 7004 + (p-q)³,

da cui ricavo:

q(3p²+q²) = 3502 = 1·3502 = 2·1751 = 17·206 = 34·103 ,

con q>0.

Poiché dev'essere anche q³ < 3502, posso già
escludere che q sia uguale a 17 (17³=4913)
oppure maggiore.
Inoltre, l'espressione 3p²+q² non può essere pari,
perché in tal caso sarebbe un multiplo di 4 (come accade
alla somma di quattro quadrati contemporaneamente
pari o dispari).
Rimane, allora, la possibilità q=2, ma vedo subito
che 1751-4 = 1747 non è un multiplo di 3.

(Salvo sviste...)

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