趣题欣赏

王成5

  a、b 、c 均是大于0的整数，且两两互质，若a^3+b^3=c^3成立，证明a、b、c三个数中必有一个是3的倍数。

王成5

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qingjiao

证得太烦了，看我的：

设a=3k1+r1, b=3k2+r2, c=3k3+r3, k, r为整数，显然r只有0, 1, 2三种情况。

由(3k1+r1)^3+(3k2+r2)^3=(3k3+r3)^3, 按二项式定理展开后，绝大多数项都肯定是3的倍数，只需考察r1^3，r2^3和r3^3三种。

如果a，b，c都不是3的倍数，则r^3只有1和8两种取值，且r1，r2不能分别取1和2，这样c就必然是3的倍数了。r1和r2也不能同取1，因为r3^3不可能为2，因此r1和r2只能同取2，此时：

r1^3+r2^3=16=3*5+1，即r3=1，于是(3k1+2)^3+(3k2+2)^3=(3k3+1)^3

若按二项式定理展开上式，两边含k的最低次项为3*3k*r^2，因此左边9除余8+8-9=7；右边9除余1，这是不可能的。所以a，b，c必有一个是3的倍数。

qingjiao

我这个方法不仅比你的简洁，而且似乎更反映本质，可能有利于解决费马大定理。

譬如我们可以很容易联想到，若a^p+b^p=c^p，p为素数，a，b，c两两互质，则是否必有一个为p的倍数？

同样，设a=k1p+r1，b=k2p+r2，c=k3p+r3，(k1p+r1)^p+(k2p+r2)^p=(k3p+r3)^p

在k都不为0的情况下，含有k的最低次项为p*kp*r^(p-1)，故r1^p+r2^p-r3^p必能为p^2整除

若r均不为0，则只能取1，2，3，...，p-1，r^p=1，2^p，3^p，...， (p-1)^p，

可能还是很麻烦，但似乎能将任意整数p次方的讨论转化为有限余数p次方组合的讨论。

或许这是一个初等的解决途径。

qingjiao

如果不拘泥于p^2，仍然可设(3k1+r1)^p+(3k2+r2)^p=(3k3+r3)^p

于是r1^p+r2^p-r3^p必含有因子3p，而r的取值只有0，1，2三种。这样或许容易讨论一些？

王成5

思路非常好，可以扩展到 若 a^p+b^p=c^p 成立，那么，a、b、c三个数必有一个是三的倍数。

qingjiao

王成5 发表于 2014-9-27 21:05
思路非常好，可以扩展到 若 a^p+b^p=c^p 成立，那么，a、b、c三个数必有一个是三的倍数。

那你来证一证？我记得以前有人讨论过2的倍数的情况，好像类似。而且我的证法似乎能确定3倍数的位置？

另外我刚看到原来屏幕上方“收藏本站”那条横杠上有个按钮可以将帖子显示拉成宽屏，这样看数学公式舒服很多，你试试看。

王成5

好像不能扩展到a^p+b^p=c^p上

qingjiao

王成5 发表于 2014-9-28 04:17
好像不能扩展到a^p+b^p=c^p上

可以推广到p=5，p=7的情况你自己试试。

p=5时余数为0, 1, 2, 3, 4, 相应的r^5=0, 1, 32, 243, 1024, 若排除0，四种余数5次方的组合如下：

................1.....32....243.....1024
......1........2.....33....244.....1025
....32......33.....64.....275....1056
..243.....244...275.....486....1267
1024...1025..1056...1267...2048

再排除1025和275，实质剩下8种组合，如2，5除余2，25除余2，记为2...2/5...2/25，余类推：

2.......2/5.....2/25,  33.......3/5...8/25,  64......4/5....14/25,  244.....4/5...19/25
486...1/5...11/25,  1056...1/5...6/25,  1267...2/5...17/25,  2048...3/5...23/25

另一方面，单个余数1,2,3,4的5次方被5和25除的情况是：

1.....1/5.....1/25,  32.......2/5...7/25,  243....3/5....18/25,  1024...4/5...24/25

显然，若r1，r2，r3全不为0，则r1^5+r2^5和r3^5无法做到被5及25除时余数均相等。因此只能是其中之一为0，即a，b，c之一含有5因子。