Есть ли простое доказательство..

[alexo2]

того факта (найденного перебором), что отношение разности любых соседних кубов к разности любых соседних квадратов в области натуральных чисел не может быть числом вида $6k-1$?

Прошу прощения! Исправил...

[StaticZero]

[deleted]

[ИСН]

Там слово "любых" фигурирует дважды. Я думаю, это не случайно.

[Shadow]

Можно было сказать проще. Верно более общее утверждение: Все нечетные простые делители $a^2+ab+b^2,\quad a,b \in \mathbb{N}$ имеют вид $6k+1$ (в вашем частном случае $b=a+1$)
И на dxdy рассматривались такие формы, вот здесь публикация по теме.

[alexo2]

Shadow
спасибо за ссылку, но у меня не только простые, а все такого вида...

[ИСН]

Ну это уже просто: если все простые такого вида, то и вообще все будут такого вида.

[Shadow]

alexo2 Там Теорема 13 посмотрите. И теорема 16.Конечно, забыл $\gcd(a,b)=1$И все простые $p>3$

[Алекс77]

Вот простейшее доказательство только для части случаев.

Пусть $a$ и $b$ - случайные натуральные числа, удовлетворяющие условию делимости разности соответствующих кубов и квадратов:
$A=(a+1)^3-a^3=3a^2+3a+1$,
$B=(b+1)^2-b^2=2b+1$ и $B|A$

Требуется доказать, что $A/B \neq 6k-1$

Заметим, что для доказательства, можно рассматривать оба представления:
$6k-1$ и $6k+5$.

Предположим обратное: $A/B = 6k-1$, тогда получим, что

$A=B(6k-1)$
$3a^2+3a+1=(2b+1)(6k-1)$
$3a(a+1)=12bk+6k-2b-2$
Перегруппировав, получим
$3a(a+1)=6(2bk+k)-2(b+1)$

Левая часть делится без остатка на 6, а правая, учитывая, что обратное требованию исходной задачи предположение может быть верно, делится без остатка на 6 только в том случае, если $ b \equiv 2 \pmod 3 $.

Таким образом, получаем, что $B=2(3b_1-1)+1=6b_1-1$, что противоречит произвольному выбору начального $b$

[Shadow]

Алекс77, нет, используете одну и ту же букву $b$

Алекс77 в сообщении #896101 писал(а):

$B=(b+1)^2-b^2=2b+1$

Алекс77 в сообщении #896101 писал(а):

если $ b \equiv 2 \pmod 3 $.

Алекс77 в сообщении #896101 писал(а):

$B=2(3b-1)+1=6b-1$.

Нет, $B=2(3k-1)+1=6k-1$ - никакое противоречие, конечно, и так понятно, что задача сводится к: имеет ли $3a^2+3a+1$ делители вида $3k-1$ Естественно, что если один множитель имеет такой вид, то и другой тоже должен иметь такой вид, т.к $3a^2+3a+1 \equiv 1\pmod 3$

[Алекс77]

Shadow, обновил запись, более строго записал условия, расширил вывод для более простого восприятия
И прошу еще раз обратить внимание на тот факт, что слово любые в задаче упомянуто дважды.

[alexo2]

Алекс77 в сообщении #896120 писал(а):

И прошу еще раз обратить внимание на тот факт, что слово любые в задаче упомянуто дважды.

Чтобы было понятнее, что имелось ввиду, несколько перефразирую:
$(a+1)^3-a^3 = c((b+1)^2-b^2)$
не имеет решений в натуральных числах, если
$c = 6k-1$

[Shadow]

Алекс77, раньше было лучше.