Слоеный куб

[Altenter]

$1\cdot1\cdot1=1^3; 1^3+2\cdot1\cdot1+2\cdot1\cdot3+2\cdot3\cdot3=3^3; 3^3+2\cdot3\cdot3+2\cdot3\cdot5+2\cdot5\cdot5=5^3; 5^3+2\cdot5\cdot5+2\cdot5\cdot7+2\cdot7\cdot7=7^3......$


$1\cdot1\cdot1=1^3;1^3+1\cdot1\cdot1+1\cdot1\cdot2+1\cdot2\cdot2=2^3; 2^3+2\cdot2\cdot2+2\cdot2\cdot4+2\cdot4\cdot4=4^3; 4^3+2\cdot4\cdot4+2\cdot4\cdot6+2\cdot6\cdot6=6^3.......$

Как записать это компактно? Не могу придумать сходу. Т.е. чтобы куб выражался через сумму его слоев.

Следует отметить, что все пертурбации в закономерности наблюдаются до трех, а после третьей закономерность устаканивается.

[gris]

Очень красивое свойство, хотя немного сложноватое, чтобы увидеть наглядно эти слои.
$n\cdot n\cdot n+2\cdot n\cdot n+2\cdot n\cdot (n+2)+2\cdot(n+2)\cdot(n+2)= n^3+2n^2+2n(n+2)+2(n+2)^2=n^3+6n^2+12n+8=n^3+3\cdot n^2\cdot 2+3\cdot n\cdot 2^2+2^3=(n+2)^3$

[Altenter]

gris в сообщении #1705187 писал(а):

Очень красивое свойство.
$n^3+2n^2+2n(n+2)+2(n+2)^2=n^3+6n^2+12n+8=(n+2)^3$

Спасибо. Последнее равенство особенно порадовало с учетом того, что коэффициенты равны В,Р,Г куба.

[gris]

Ого! А если учесть, что первый коэффициент равен 1, то есть как бы количеству трёхмерных граней трехмерного куба, то нет ли тут более широкой закономерности?

[Altenter]

gris в сообщении #1705192 писал(а):

Ого! А если учесть, что первый коэффициент равен 1, то есть как бы количеству трёхмерных граней трехмерного куба, то нет ли тут более широкой закономерности?

Сейчас это, с одной строны красивое выражение, с другой стороны кажется банальным и очевидным, также как $n^3+3(n^2+n)+1=(n+1)^3$

[diletto]

Altenter в сообщении #1705214 писал(а):

Сейчас это, с одной строны красивое выражение, с другой стороны кажется банальным и очевидным, также как $n^3+3(n^2+n)+1=(n+1)^3$

Но для увеличения ребра гиперкуба (размерности $x$) на $2$ действительно вроде бы получается $(n+2)^x$=$\sum\limits_{k=0}^{x}\Gamma(k)n^k$, где $\Gamma(k)$ - число граней размерности $k$.
Для меня выглядит очень даже небанально. Но я всяко не авторитет...

[Altenter]

В свете вышесказанного ВТФ 3 выглядит так: $\sum_{i=n}^{k>n} i\cdot i+i\cdot(i+1)+(i+1)\cdot(i+1)=\sum_{i=n}^{k>n}3(i^2+i)+1\ne b^3 \forall b,n,k: b,n,k \in \mathbb N$

-- 10.10.2025, 09:05 --

diletto в сообщении #1705231 писал(а):

Altenter в сообщении #1705214 писал(а):

Сейчас это, с одной строны красивое выражение, с другой стороны кажется банальным и очевидным, также как $n^3+3(n^2+n)+1=(n+1)^3$

Но для увеличения ребра гиперкуба (размерности $x$) на $2$ действительно вроде бы получается $(n+2)^x$=$\sum\limits_{k=0}^{x}\Gamma(k)n^k$, где $\Gamma(k)$ - число граней размерности $k$.
Для меня выглядит очень даже небанально. Но я всяко не авторитет...

Спасибо. Просто оболочку (n>3)-куба сложно вообразить в силу врожденной димензиональной ограниченности восприятия.