MATEMANIJA

Zadatak je sledeci, inace sa okruznog takmicenja za drugi razred srednje, B kategorija:

U skupu celih brojeva rešiti jednačinu
[dispmath]3a^2+3a+2014=b^3.[/dispmath]
Nisam mogao nikako da dodjem do resenja, te sam ga pogledao, i dalje mi nije jasno..

3. Posmatrajmo ostatak leve strane jednakosti pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath]. Broj [inlmath]3a^2+3a=3a(a+1)[/inlmath] daje ostatak [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]6[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath] (jer [inlmath]a^2+a[/inlmath] daje ostatak [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]2[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]3[/inlmath]), pa leva strana jednakosti daje ostatak [inlmath]7[/inlmath] ili [inlmath]4[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath]. Sa druge strane, treći stepen celog broja pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath] daje ostatak [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] ili [inlmath]8[/inlmath], pa data jednačina nema rešenja u skupu celih brojeva.

Prvo, odakle im da broj [inlmath]a^2+a[/inlmath] daje ostatak [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]2[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]3[/inlmath], onda kako su iz toga izvukli da [inlmath]3a^2+3a=3a(a+1)[/inlmath] daje ostatak [inlmath]0[/inlmath] ili [inlmath]6[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath]?

I na kraju, odakle im da kub celog broja daje ostatak [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] ili [inlmath]8[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath]?

Pretpostavljam da imaju neka pravila za sve to, ili se to izvodi, odakle?
Izvinjavam se ako sam prekrsio neko pravilo, trudio sam se da bude sto preglednije.

P.S. - Tek sada vidim pravilo za slike, ne znam Latex trenutno pa ne mogu odmah editovati ali cu probati da ga naucim, izvinjenje.

Dosta je tezak zadatak, a resenje je kao sto kazes malo konfuzno. Treba sve ovo primetiti... Ovde se primenjuje kongruencija, odnosno gledamo ostatke pri deljenju. Kada bi sistem imao neko resenje potrebno je da obe strane imaju isti ostatak pri deljenju sa nekim brojem. [inlmath]a^2+a=a(a+1)[/inlmath] sto pri deljenju sa tri moze da bude deljivo, ukoliko je [inlmath]a[/inlmath] deljiv sa tri. Ako [inlmath]a[/inlmath] pri deljenju sa tri daje ostatak jedan, onda [inlmath]a+1[/inlmath] daje ostatak dva, i ostatak celog izraza se dobija kada se ostatci pomnoze. Ako [inlmath]a[/inlmath] daje ostatak dva, [inlmath]a+1[/inlmath] je deljiv sa tri pa je i ceo izraz deljiv sa tri.

Sada kada bi izraz pomnozili sa [inlmath]3[/inlmath], odnosno kada bi imali [inlmath]3a(a+1)[/inlmath], logicno je da ce ostatci pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath] biti ostatci [inlmath]a(a+1)[/inlmath] umnozeni za [inlmath]3[/inlmath]. E sada kada tome dodamo ovo [inlmath]2014[/inlmath] koje pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath] daje ostatak [inlmath]7[/inlmath] odnosno [inlmath]2014\equiv7\pmod9[/inlmath]. Sada kada dodamo taj ostatak ostatcima [inlmath]0[/inlmath] i [inlmath]6[/inlmath] dobijamo [inlmath]7[/inlmath] i [inlmath]13[/inlmath], odnosno ostatke [inlmath]7[/inlmath] i [inlmath]4[/inlmath].

Za kub broja primenjujes neku slicnu logiku. [inlmath]a\equiv0,1,2\pmod3[/inlmath], znaci da [inlmath]a^3\equiv(0,1,2)^3=(0,1,8)\pmod9[/inlmath].

Svako malo se pojavi ovakav zadatak kod kojeg mora da se uoci nesto, posebno medju nekim tezim zadacima. Ja isto ne znam kako bih ga drugacije resio, mozda neko ima neku ideju... Pogledaj malo kongruenciju ako hoces da saznas vise o ostacima pri deljenju.

Izvinjavam se za gramatiku reci ostatak, nesto sam nepismen veceras...

Hvala puno na odgovoru, jasno mi je sada.

Samo jedna stvar mi je zapela za oko, zasto u poslednjem koraku ostaci kubova pri modulu [inlmath]3[/inlmath] moraju biti isti kao ostaci kubova pri modulu [inlmath]9[/inlmath]?

Hmm ovo je odlicno pitanje, meni se nekako cinilo logicno da jeste ovako. Kubovi brojeva koji su deljivi sa tri su deljivi sa [inlmath]9[/inlmath], to je jasno. Kubovi brojeva koji pri deljenju sa tri daju ostatak [inlmath]1[/inlmath], mozemo predstaviti kao [inlmath](3k+1)(3k+1)(3k+1)[/inlmath]. [inlmath]3k+1\equiv1\pmod3[/inlmath]. Sada kada bi hteo da predjes na [inlmath]\pmod9[/inlmath], posmatras [inlmath]3k+1[/inlmath].

Ako je ovo [inlmath]k[/inlmath] oblika [inlmath]3n[/inlmath], jasno je da je [inlmath]9n+1\equiv1\pmod9[/inlmath]. Tako i [inlmath](9n+1)^3\equiv1\pmod9[/inlmath]

Ako je [inlmath]k[/inlmath] oblika [inlmath]3n+1[/inlmath], [inlmath]3(3n+1)+1=9n+4\equiv4\pmod9[/inlmath], [inlmath](9n+4)^3\equiv4^3\pmod9=64\pmod9=1\pmod9[/inlmath].

Ako je [inlmath]k[/inlmath] oblika [inlmath]3n+1[/inlmath], [inlmath]3(3n+2)+1=9n+3\equiv3\pmod9[/inlmath], [inlmath](9n+3)^3\equiv3^3\pmod9=27\pmod9=0\pmod9[/inlmath].

Sada posmatramo [inlmath]3k+2[/inlmath]. Ako slicnim metodom u [inlmath]k[/inlmath] stavis [inlmath]3n[/inlmath], [inlmath]3n+1[/inlmath], [inlmath]3n+2[/inlmath], dobices ostatke [inlmath]8[/inlmath], [inlmath]8[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath].

Znaci da kubovi proizvoljnog celog broja daju ostatke [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] ili [inlmath]8[/inlmath] pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath].

Cini mi se da je ovaj dokaz dosta dobar, i sebe sam zadivio haha mada bih ipak zamolio nekog ozbiljnijeg matematicara da proveri ovo.

Napravio sam gresku, umesto [inlmath]3k+1[/inlmath] drugi put treba [inlmath]3k+2[/inlmath] i onda se dobija ostatak [inlmath]7[/inlmath]. [inlmath]7^3\equiv8\pmod9[/inlmath].

Ne, [inlmath]7^3\equiv{\color{red}1}\pmod9[/inlmath]. Mada, time postupak koji si izneo ne gubi na značaju – njime jeste dokazano da kubovi celih brojeva pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath] daju ostatke [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] ili [inlmath]8[/inlmath].

To se može pokazati i na sledeći način. Ceo broj može pri deljenju sa [inlmath]3[/inlmath] dati ostatak [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] ili [inlmath]2[/inlmath], tj. taj ceo broj se može napisati u obliku [inlmath]3k[/inlmath], [inlmath]3k+1[/inlmath] ili [inlmath]3k+2[/inlmath], gde je [inlmath]k[/inlmath] bilo koji ceo broj. Kubovi tih brojeva biće:
[dispmath](3k)^3={\color{blue}27k^3}\\
(3k+1)^3={\color{blue}27k^3+27k^2+9k}+1\\
(3k+2)^3={\color{blue}27k^3+54k^2+36k}+8[/dispmath] Plavom bojom sam označio delove koji su deljivi sa [inlmath]9[/inlmath]. Ono što ostaje neobojeno u plavo to su ostaci pri deljenju sa [inlmath]9[/inlmath], a za koje odavde vidimo da iznose [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath] i [inlmath]8[/inlmath] respektivno.

Zapravo, ovde smo sasvim slučajno imali rezultat kao kad bi važilo pravilo (koje inače u opštem slučaju ne važi),

DzoniMaler je napisao:Za kub broja primenjujes neku slicnu logiku. [inlmath]a\equiv0,1,2\pmod3[/inlmath], znaci da [inlmath]a^3\equiv(0,1,2)^3=(0,1,8)\pmod9[/inlmath].

jer su ovo bili kubovi, pa se prilikom razvoja kubova, [inlmath](3k+a)^3=(3k)^3+3\cdot(3k)^2a+\underbrace{3\cdot3}ka^2+a^3[/inlmath] ona trojka iz eksponenta množila onom trojkom iz [inlmath]3k[/inlmath], pa smo dobijali zbir sabiraka deljivih sa [inlmath]9[/inlmath].

Da to pravilo ne mora da važi, možemo se uveriti već na primeru ostatka pri deljenju sa [inlmath]4[/inlmath]:
[dispmath](4k+1)^3={\color{blue}64k^3+48k^2}+12k+1[/dispmath] Za [inlmath]k=1[/inlmath] imali bismo broj [inlmath]5[/inlmath], koji pri deljenju sa [inlmath]4[/inlmath] daje ostatak [inlmath]1[/inlmath]. Međutim, njegov kub, broj [inlmath]125[/inlmath], pri deljenju sa [inlmath]4^2[/inlmath] (tj. sa [inlmath]16[/inlmath]) daje ostatak [inlmath]13[/inlmath].