証明してください $2^{n}+1$ すべての整数の立方体ではありません $n\in\mathbb{N}$ [複製]
証明してください $2^n+1$ の立方体ではありません $n\in\mathbb{N}$。
私はなんとかこの声明を証明することができましたが、私とは異なる他のアプローチがあるかどうか知りたいです。
存在した場合 $k\in\mathbb{N}$ そのような $2^n+1=k^3$ その後 $k=2l+1$ いくつかのための $l\in\mathbb{N}$。次に$(2l+1)^3=2^n+1 \iff 4l^3+6l^2+3l=2^{n-1}$。有理根定理から整数解を探しているので$l$ 次の形式である必要があります $2^j$ にとって $j=1,...,n-1$。しかしその後
$$4(2^j)^3+6(2^j)^2+3\times2^j=2^{n-1} \iff 2^{2j+2}+3(2^{j+1}+1)=2^{n-1-j}$$
LHSは奇妙であり、これは $j=n-1$。ばかげている。
前もって感謝します。
回答
これは別のアプローチです。
モジュロ $7$、キューブはそれほど多くないので、このような問題を調査するのに適した設定になります。
$2^n+1\equiv 2, 3, $ または $5\pmod7$、 だが $m^3\equiv0, 1, $ または $6\pmod 7$。
これは、有理根定理を回避するパリティベースのソリューションです。
場合 $2^n+1=m^3$、その後 $2^n=m^3-1=(m-1)(m^2+m+1)$、 そう $m-1=2^k$ いくつかのための $k\le n$、および
$$2^n+1=\left(2^k+1\right)^3=2^{3k}+3\cdot2^{2k}+3\cdot2^k+1\,.$$
次に $2^n=2^k\left(2^{2k}+3\cdot2^k+3\right)$、 そう $2^{n-k}=2^{2k}+3\cdot2^k+3$ 奇数であり、より大きい $1$、それは不可能です。
追加:以下のコメントからわかるように、最初の行の後にこの議論を続ける方法はたくさんあります。私は、私が考えていることを、あなたの鼻に従うアプローチ、つまり、最も明白で単純なアプローチであり、必ずしも最も適切であるとは限りません。(そして、最も近いと言えば、私はrtybaseによるものがとても好きです。)そして、繰り返しますが、人々の鼻は常に同じ方向を向いているわけではありません。:-)
これに必要な以上に強力な引数を呼び出す:
解決策はありません $2^n+1=m^3$ (すなわち、 $m^3-2^n=1$)Mihăilescuの定理による、
それはそれを述べています $2^3$ そして $3^2$ 自然数の唯一の2つの力です
その値は連続しています。
仮定します $2^n + 1 = k^3$。次に$2^n = k^3 - 1 = (k^2 + k + 1)(k - 1)$。したがって、両方の要因は偶数です($k = 2$動作しません。最初の要因は少なくとも$3^2 + 3 + 1 = 13$、1)にすることはできません。しかし、最初の要因は常に奇妙で矛盾しています。
しましょう $$2^n=m^3-1\\\implies 2^n=(m-1)(m^2+m+1)\\\implies(m-1)=2^a\text{ and }(m^2+m+1)=2^b\\\implies3m=(m^2+m+1)-(m-1)^2=2^b-2^{2a}$$ さて、 $m$ 奇妙です、私たちは持っている必要があります $a=0$ または $b=0$。だが$(m-1)<(m^2+m+1)$ 意味する $a=0$。これは、$m=2$ 以来の矛盾 $m$ 奇妙でなければなりません。
キューブをに設定しましょう $8m^3$ そして $8m^3+12m^2+6m+1$。なので$8m^3$ であり、それはのために動作しません $n=0$、 それ無理。2つ目は、$1$ あなたはそれを因数分解することができます $2m(4m^2+6m+3)$。自然なものがないので$4m^2+6m+3=1$ になることは不可能です $2^n$ 自然のために $n$。