Показать, что уравнение x³+y³+z³=41 не имеет решений в целых числах 

да, вполне себе.

есть еще (9, -8, -6), например)

В качестве упражнения можно подумать над общим видом решения, для которого (9, -8, -6) является частным случаем. Ответ см. в описании видео.

Спасибо! хорошее дополнение!

о, да!

Так обычно и происходит...

Бухштаб, Хассе, Виноградов. Много есть хороших книг, а одни и те же вопросы могут быть изложены по-разному. Если для студентов, то по рекомендации лектора (и на лекции ходить), а то можно изучить много, а экзамен завалить на легком вопросе.

Пожалуйста!)

проверять. где-то и тройка подойдет, а где-то этот метод вообще не сработает... Посмотрите Серпинского "О решении уравнений в целых числах"

и еще в комментариях теперь есть ссылка на видео

Для кубов обычно берут 7/9, потому что остатки 0, +-1. Для квадратов берут 3,4 и реже 5. Для 3/4 0,1 остатки, для 5 0,+-1. Обычно проверить эти остатки помогает что-то быстро понять про задачу. Иногда можно посмотреть на кратность какой-то части уравнения. Так для второго примера логично взять 3, т.к. у левой части понятен остаток. Становится грустно, если у остатков найдётся всё же нужная сумма. Было бы 42 вместо 41 и задача бы резко превратилась бы в гроб

@@emiyakiritsugu9020 спасибо огромное, сделала себе скрин вашего сообщения как памятку

что-то я вопрос не вполне понял((( но сдается мне, что решить не смогу...

1³+1³+1³=3, а предыдущий удалил, потому как он ничего не опровергал А, например, 4 и 49 также нельзя представить.

это обсуждали в комментариях, посмотрите. а лучше самостоятельно посмотреть, что будет, если взять меньшие вычеты. по ссылке в описании можно почитать о подобных уравнениях при различной правой части.

Теперь понятно. Спасибо Вам за разъяснение.

в натуральных числах задача тривиальна, тк все слагаемые с положительным знаком, решается простым перебором чисел - кандидатов.

в целых числах бы...

Потому что с ним удобно работать когда у нас кубы, даже на Википедии сразу же в первой строчке написано, что не должно давать остаток 4 или 5 при делении на 9

в комментариях много было по этому вопросу

Всегда лучше начинать с небольших модулей, чтобы не рассматривать много вычетов. Также иногда бывает полезным дослушивать лекцию до конца...

@@elemathБлагодарю за отличную лекцию. Я дослушал до конца. Там был пример, где вы рассмотрели вычеты по модулю 3. Я увидел в этом ту мотивацию, что один из коэффициентов был 3, а значит, моном с этим коэффициентом сравним с нулём по модулю 3. Но вот в случае суммы трёх кубов, равных 41, как вы выбрали 9, я не понял. Но трактую ваш ответ так: вы попробовали сравнения по меньшим модулям, вероятно, по простым: 3, 5, 7, - и хорошо не получилось, противоречия не вышло. А с девяткой прокатило. А, кстати, может быть и наоборот. Вы придумали, что задача у вас будет про сумму кубов и сравнивать вы будете по модулю 9, а число 41 вы подобрали. Да, скорее всего так и было.

@dmarsentev да, как-то так. 41≡1 по mod2, mod4, mod5, mod8 и с -1 по mod3, mod6, mod7. Для другого числа можно было бы обойтись и другим модулем, но не для всякого числа этот способ работает.

Можете не читать следующий абзац, сначала просто вывод: Если вы хотите рассмотреть остатки степени t по какому-то модулю p^k, то множество остатков, взаимнопростых с модулем среди степеней t станет меньше, чем было изначально тогда и только тогда, когда НОД(t, p^k-p^(k-1))>1. 9 мы использовали, так как НОД(3, 3^2-3)>1. Если давать наиболее правильный ответ, то в зависимости от степени, в которую будем возводить, будут получаться некие остатки. Так вот, если модулем брать степень простого числа p^k, то по такому модулю есть так называемый первообразный корень, то есть элемент, чей показатель (наименьшая натуральная степень, в которой число сравнимо с 1 по модулю p^k) равен числу Эйлера от p^k, равному p^k - p^(k - 1). Степени первообразного корня порождают все остатки, взаимно простые с модулем. Если же первообразный корень g возвести в степень t, не взаимнопростую с числом Эйлера модуля, то любая степень числа g^t (все то же t) будет иметь показатель, меньший числа Эйлера, а значит вместо всех остатков в степени k получится какое-то строго меньшее множество остатков.

полезно еще обратить внимание, что с четырьмя кубами mod9 не работает

меньшими модулями не обойтись. Если не лень, то этот вопрос обсуждался в комментариях или см. ссылку в описании

То есть, в общем случае это неизвестно.

...а если бы доказали, что все остальные можно представить - цены бы Вашему видео не было

если бы без "е" в слове на "д", то да.

исследование - хороший подход

извините... что есть?

именно!

Да всем плевать. Один препод бездарней другого. Они только и знают, как решать задачи и писать на доске очень долго, затянуто и сложно. Чтобы не показаться бездарями.

так и было сделано, но если понятней с абсолютно наименьшей системой вычетов, то можно и так. Чтобы быть последовательным, тогда следует отказаться от 5 в пользу -4.

никто, кстати, бездарность не скрывает.... может на других каналах и да, но здесь все честно.

ru.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%B4%D0%B0%D1%87%D0%B0_%D0%BE_%D1%87%D0%B5%D1%82%D1%8B%D1%80%D1%91%D1%85_%D0%BA%D1%83%D0%B1%D0%B0%D1%85

да, в комментариях уже добавили ссылку на его видео

а 3³ как же? ну и 6 туда же...

@@elemath конечно " 0, 1 , -1 mod 9 " - исправил. В любом случае, сумма трех кубов имеет остаток при делении на 9 принадлежащий {0,1,2,3,6,7,8} - решений в \mathbb{Z} нет

простор для творчества!)

Вы про что?