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Mathematik » Zahlentheorie » Primfaktorzerlegung und kubische nicht-Reste
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Universität/Hochschule Primfaktorzerlegung und kubische nicht-Reste
Gabriel_LP
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-05-22


Hey ihr Lieben,

Ich stehe vor folgendem Problem:

Man betrachte die Gleichung $x^4+4xy^3=mz^2$ mit $x,y,z \in \mathbb{Z}$ und ggT($x$,$y$)=1. Man setzt nun den quadratfreien Teil von $x$ auf $a$ und den quadratfreien Teil von $x^3+4y^3$ auf $b$. Man kann schnell sehen, dass $ab=m$ gilt und dass $b$ ungerade sein muss.
Die Primfaktoren von m verteilen sich also auf $a$ und $b$. Nun ist zu zeigen, dass für eine Primzahl $p$ mit $p \equiv 1$ (mod 6) und 2 als kubischem Nichtrest nur $a$ in Frage kommt, also dass für alle Primzahlen dieser Art mit $p\mid m$ gilt: $p \nmid b$.
(In einer früheren Version waren die Bezeichungen für $a$ und $b$ durcheinander.)

Habt ihr eine Idee für einen Ansatz? Ich komme leider nicht weiter.
Danke schon mal im Voraus.



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Gabriel_LP
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-22


Ich freu mich echt über jeden Ansatz, auch welche, die noch nicht fertig durchdacht sind.



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Gabriel_LP
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-23


Ich habe noch vergessen, zu schreiben, dass $m$ quadratfrei ist.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-05-23


Hallo Gabriel_LP.

2020-05-22 10:52 - Gabriel_LP im Themenstart schreibt:
Man betrachte die Gleichung $x^4+4xy^3=mz^2$ mit $x,y,z \in \mathbb{Z}$ und ggT($x$,$y$)=1. Man setzt nun den quadratfreien Teil von $x$ auf $a$ und den quadratfreien Teil von $x^3+4y^3$ auf $b$. Man kann schnell sehen, dass $ab=m$ gilt und dass $a$ ungerade sein muss.

Setze x=2, y=3, m=58, z=2. Dann ist a=2, b=29. Aber a ist gerade.



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Gabriel_LP
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-23


Danke für die Antwort. Aber $x^3+4y^3=116=2^2 \cdot 29$. Somit ist $a=29$ und nicht 2.
Ich habe aber tatsächlich noch vergessen dazu zu schreiben, dass m nicht durch 3 teilbar ist. Ich weiß aber nicht, ob das an dieser Stelle relevant ist.
Dass a ungerade ist folgt allgemein, da wegen ggT($x$,$y$)=1 ggT($x$,$x^3+4y^3$)$\in \{1,2,4\}$. Falls jetzt aber $2\mid x^3+4y^3$, dann muss $x$ gerade sein, also $y$ ungerade. Dann teilt aber 2 den Ausdruck genau in zweiter Potenz, also kann es nicht in $a$ sein.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-05-23


2020-05-23 14:29 - Gabriel_LP in Beitrag No. 4 schreibt:
Aber $x^3+4y^3=116=2^2 \cdot 29$. Somit ist $a=29$ und nicht 2.

Ich dachte, das wäre b??



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Gabriel_LP
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-23


Oh, du hast natürlich Recht, ich war inkonsistent in der Benennung. Soll anders rum sein. Ich ändere das im Originalen Beitrag. Danke für den Hinweis!



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Gabriel_LP
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-26


Hat hier vielleicht noch jemand neue Ideen? Ist noch aktuell 😵



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