Hallar todos los pares de enteros $(a,b)$, con $a \neq 0$ y $b \neq 0$, tales que $(2a^2 + b)^3 = b^3a$.
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$2a^2+b$ es entero, entonces para que $ba^\frac{1}{3}$ sea entero $a$ debe un cubo perfecto. Entonces escribimos $a$ cómo $k^3$ siendo $k$ un entero.
$2k^6+b=bk$
$2k^6=b(k-1)$
$\frac{2k^6}{k-1}=b$
Edit: Me acabo de dar cuenta que me olvidé de ver el caso en el que $k-1=0$ y no se podría dividir por esa cantidad en este paso. De todas formas no sale ninguna solución pero era necesario aclararlo (en el exámen tampoco lo puse ).
$k^5(\frac{2k}{k-1})=b$
$k-1$ es coprimo con $k$, por lo que también lo será con toda potencia suya.
Ahora, para que $k$ sea múltiplo de $k-1$ este último solo puede ser igual a $1$ o $-1$.
Pero para que $2$ sea múltiplo de $k-1$ este último puede ser igual a $1$, $-1$, $2$ o $-2$. Siendo que los posibles valores de $k$ en el primer caso están incluídos en los del segundo caso, lo único que hace falta ver son los valores de $k$ para los que $k-1|2$.
Entonces tenemos:
$k-1=-1$ de donde no sale ninguna solución ya que $a≠0$,
$k-1=1$ de donde sale $a=8$ y $b=128$,
$k-1=-2$ de donde sale $a=-1$ y $b=-1$, y
$k-1=2$ de donde sale $a=27$ y $b=729$
Notemos que $b^3$ divide al lado derecho, de donde $b^3$ divide al lado izquierdo. Pero entonces $b$ divide a $2a^2+b$ y vemos que $b$ divide a $2a^2$. Análogamente, vemos que $a$ divide a $b^3$, pero como el lado izquierdo es un cubo perfecto y $b^3$ también lo es, debe ser $a$ un cubo perfecto. Luego $a$ divide a $b$.
Si $a^2=mb$ y $b=ka$ obtenemos que $mk=a$, por lo que $b=mk^2$.
Ahora tenemos $(2a^2+b)^3= ((2m+1)mk^2)^3=(2m+1)^3m^3k^6$ y $b^3a=m^4k^7$
Esto es $(2m+1)^3=mk$.
La única posibilidad es que $m=1$ o $m=-1$ de donde $k=27$ ó $k=1$ respectivamente,
Esto es, $a=27$ y $b=27^2=729$ y $a=b=-1$
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Si $2a^2=mb$ y $b=ka$ obtenemos que $mk=2a$, por lo que $2b=mk^2$.
Hacemos el mismo truco que antes, añadiendo algunos factores $2$ donde sea conveniente.
Ahora tenemos $16(2a^2+b)^3 = 2(4a^2+2b)^3= 2(m^2k^2+mk^2)^3=2((m+1)mk^2)^3=2(m+1)^3m^3k^6$ y
$16b^3a = (2b)^3(2a)=m^4k^7$
Esto es $2(m+1)^3 = mk$
La única posibilidad es que $m=1$ o $m=-1$ de donde $k=16$ y no hay solución en el otro caso
Se observa que, como tanto $(2a^2+b)^3$ y $b^3$ son cubos perfectos, $a$ también deberá serlo.
Por lo tanto, se puede definir que $a=h^3,h∈\mathbb{Z}≠0$
Por consiguiente, $(2h^6+b)^3=b^3h^3$, y por ende $2h^6+b=bh$. Reacomodando, $2h^6=bh-b$, y $2h^6=b(h-1)$
Como $b$ es un entero, se concluye que $h-1|2h^6$. Esto ocurre cuando $h-1|2$, (en tal caso $h-1=-2,-1,1$ o $2$ y $h=-1,0,2$ o $3$), o cuando $h-1|h^6$, ya que se verifica que $h-1≠ 2h^6$. Se observa que $h-1$ y $h$ son coprimos excepto cuando $h=2$ o $h=0$, por esto, $h-1|h^6$ cuando $h=2$ o $h=0$.
Reuniendo los posibles valores de $h$ en todos los casos, quedan las siguientes 3 soluciones: ($h=0$ se descarta ya que $h∈\mathbb{Z}≠0$)
$h=-1$, por lo que $a=-1$ y $b=\cfrac{2\cdot(-1)^6}{-2}=-1$
$h=2$, por lo que $a=8$ y $b=\cfrac{2\cdot(2)^6}{1}=128$
$h=3$, por lo que $a=27$ y $b=\cfrac{2\cdot(3)^6}{2}=729$ $\clubsuit$
Eratóstenes fue un elemento esencial de la matemática; sus descubrimientos quedarán periódicos en la historia. En su tabla, basta con mirar levemente hacia la izquierda para pasar del 79 al 47
).
