И вновь о соседних кубах...

[alexo2]

Уважаемый Belfegor!
Если Вы это к доказательству того, что $y$ кратно 4-м, то могу заявить более сильное утверждение - $y$ кратно 36-ти. Только это существенно пока ничего не дает в рассматриваемом направлении.

Интересно рассмотреть

$(6n+1)^3 = 1+18n((2n+1)^3-(2n)^3)$ (1),

в плане того, что $(6n+1)^3 и само "участвует" в построении следующего куба этого вида (в данной серии, зависящей от n) - и так до бесконечности.
Интересно, можно ли здесь доказать, что если на одном из этапов разность соседних кубов "вдруг" окажется кубом, то следовательно, и все другие разности также должны быть одновременно и кубом?..

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #837761 писал(а):

Если Вы это к доказательству того, что $y$ кратно 4-м,

Уважаемый alexo2!

я вот о чём:

$(6n+1)^3 = 1+2n((6n+3)^3-(6n)^3)$

$(6n+1)^3 = (n((6n+3)^3-(6n)^3)+1)^2-(n((6n+3)^3-(6n)^3))^2$ и в то же время

$(6n+1)^3 = (108n^3+54n^2+9n+1)^2-(108n^3+54n^2+9n)^2$

$(108n^3+54n^2+9n+1)=n((6n+3)^3-(6n)^3)+1)$

$(108n^3+54n^2+9n+1)=n(324n^2+162n+27+1)$

$-216n^3-108n^2-19n+1=0$

[alexo2]

Belfegor в сообщении #837969 писал(а):

я вот о чём:

$(6n+1)^3 = 1+2n((6n+3)^3-(6n)^3)$

Это что, предположение? Тогда откуда оно взялось?

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #838164 писал(а):

Это что, предположение? Тогда откуда оно взялось?

Уважаемый alexo2!
Это опечатка, ну а откуда это и так понятно

[Vinter]

Любое число, четное или нечетное, не кратное $3$, равно:
$X=3K\pm1$
Поэтому исходную формулу следует писать следующим образом:
$(3n\pm1)^3 +(3m\pm1)^3=(3p\pm1)^3$
Дана пара соседних чисел: $19, 20$
$19=3\cdot6+1$
$20=3\cdot7-1$
Эта пара чисел не вписывается в предложенную автором формулу.

[alexo2]

Интересно, что разность соседних кубов не может быть не только кубом, но и 4-ой степенью и, по-видимому и любой другой и большей 4-ой..

[vasili]

Уважаемый Vinter! На форуме рассматривается доказательство 2 случая ВТФ для $P=3$, т.е. когда одно из чисел X,Y илиZ кратно 3. Вы предложили искомое уравнение (а не формулу) $X^3 + Y^3 = (Y + 1)^3$ записывать $(3n ±1)^3 +(3m ±1)^3 = (3p ±1)^3$, но это 1 случая ВТФ для $P =3$. Этот случай имеет элементарное доказательство, показанное неоднократно на форуме.

[Vinter]

Такого элементарного доказательства на форуме нет.
Если я ошибаюсь, укажите тему и ее автора.

[vasili]

Уважаемый Vinter! 1 случай ВТФ для 3 степени имеет ни одно доказательство. Приведу одно из них.
1. Пусть $X,YZ$ примитивное решение в натуральных числах уравнения $X^3 + Y^3 =Z^3\engo(1)$ и пусть
$(XYZ, 3) = 1\engo(2)$ - условие 1 случая ВТФ.
2. Из тождества $(X + Y-Z)^3 =3(X + Y)(Z-X)(Z-Y)\engo(3)$ следует, что $X + Y-Z\equiv0\mod 3$, тогда

$(X + Y-Z)^3\equiv 0\mod 3^3$, но и правая часть (3) должна

$3(X + Y)(Z-X)(Z-Y)\equiv 0\mod 3^3$, что не возможно в силу (2).

Пришли к противоречию. 1 случай ВТФ для Р =3 доказан.

[lasta]

shwedka в сообщении #717656 писал(а):

Не верю. покажите 'довольно легкое доказательство'

Уважаемая shwedka!
Доказательство действительно простое для не соседних степеней. Если существует хотя бы единственное решение в рациональных числах

(1) $1=a^n+b^n$, то разложима любая степень

(2) $c^n\cdot1=c^n(a^n+b^n)=(ca)^n+(cb)^n$

Хотя решение (2) и не является примитивным. Справедливо и обратное утверждение. Если хотя бы одна степень не разлагается в сумму степеней с тем же показателем, то не существует ни одного решения для этого показателя.
Однако, отсутствие решения для соседних степеней не означает, что не существует других решений (не соседних) для рассматриваемой степени.

-- 03.04.2014, 16:27 --

[alexo2]

lasta в сообщении #844957 писал(а):

shwedka в сообщении #717656 писал(а):

Не верю. покажите 'довольно легкое доказательство'

Уважаемая shwedka!
Доказательство действительно простое для не соседних степеней.

Нет, я имел ввиду именно бесконечное множество решений для разности соседних кубов. Более того, если бы существовало хотя бы одно решение для разности соседних кубов, отличное от тривиального, тогда каждая разность соседних кубов была бы кубом..

[alexo2]

alexo2 в сообщении #834223 писал(а):

все кубы вида $(6n+1)^3$ однозначно представимы следующим образом:
$(6n+1)^3 = 1+18n((2n+1)^3-(2n)^3)$ (1),
то есть, имеют прямую зависимость от разности соседних кубов.

с другой стороны,
все разности соседних кубов вида$(6n+1)^3 - (6n)^3$ однозначно представимы следующим образом:
$(6n+1)^3 - (6n)^3= 6(8T[n-1] - 1) + 7((2n+1)^3-(2n)^3)$ (2),
где $T[n-1]$ - треугольное число с порядковым номером $n$
Здесь также прямая зависимость от мЕньшей разности соседних кубов. Конечно, есть и другие представления для разности соседних кубов - и "попроще", но приведенные представления интересны именно в силу использования разностей соседних кубов..
Продолжение следует.

Прошу прощения - немного подправил формулу для разности соседних...

[lasta]

alexo2 в сообщении #845232 писал(а):

все разности соседних кубов вида$(6n+1)^3 - (6n)^3$ однозначно представимы следующим образом:
$(6n+1)^3 - (6n)^3= 6(8T[n-1] - 1) + 7((2n+1)^3-(2n)^3)$ (2),
где $T[n-1]$ - треугольное число с порядковым номером $n$

Уважаемый Alexo2!
За счет различных преобразований разностей соседних кубов можно привести массу примеров привлекательных формул. Но для доказательства необходимы свойства указанных формул, ведущие к противоречиям. Какие же противоречия дает формула (2)?

[alexo2]

Кстати, прикольно, что решая «более общее» уравнение (комп. перебором, естественно):
$(6a+1)^3-(6a)^3-1 = (6b+1)^3-(6c+1)$,
(которое при $c = 0$ вырождается в «классический» случай для разности соседних кубов), получаем, что решения имеются только при $c>35$, то есть, начиная с куба $6c = 6^3$ и более...
Может, это имеет какое-то простое обоснование?..

[alexo2]

alexo2 в сообщении #847520 писал(а):

Кстати, прикольно, что решая «более общее» уравнение (комп. перебором, естественно):
$(6a+1)^3-(6a)^3-1 = (6b+1)^3-(6c+1)$,
(которое при $c = 0$ вырождается в «классический» случай для разности соседних кубов), получаем, что решения имеются только при $c>35$, то есть, начиная с куба $6c = 6^3$ и более...
Может, это имеет какое-то простое обоснование?..

Понятно, что
$(6a+1)^3-(6a)^3-1 = (6b+1)^3-(6c+1)$
можно упростить до
$(6a+1)^3-(6a)^3 = (6b+1)^3-6c$
с теми же самыми выводами.
Просто мои степенные формы оперируют в основном выражениями вида $6n+1$, да и моя программа перебора под них "заточена"...