2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение11.10.2015, 23:45 


15/12/05
754
$d=z-x$
$$y^3=(z-x)(3zx+(z-x)^2)$$

Т.е. вывод, что $y=dk$ сомнительный. В ваших переменных это обозначено так: $(x-1)=dk$
Что скажете?

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение12.10.2015, 05:05 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый ananova! В обычных обозначениях пусть будет $X = Z - d$, $Z = x = kd + 1$, а $Y =x-1=kd$, тогда

$(Z,Y) = 1$, $(Z,X)=1$,

$(X,Y) = 1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение12.10.2015, 08:47 


10/08/11
671
Уважаемый vasili Вопрос уважаемого ananova обоснован равенством и он прав. Не основание куба, а куб $(x-1)^3=kd$
Чисто алгебраическими преобразованиями без использования свойств чисел невозможно доказать большинство частных случаев ВТФ и легко сделать ошибку. Поэтому, пользуясь случаем, предлагаю еще два свойства нечетных:
1. Как сумма арифметической прогрессии, любая сумма непрерывной последовательности нечетных, состоящая из нескольких чисел, не может быть простым числом.
2. Разность соседних кубов определяется рядом натуральных чисел. Действительно $$3x^2+3x+1=3(x+1)x +1=6\frac{(x+1)x}{2}+1=6(1+2+3+….+(x-1))+1;\qquad \e(5)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение12.10.2015, 18:30 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый Lasta!
1.Мне кажется Вы пропустили в правой части п 2. слагаемое x

$3x(x+1) +1 = 3x^2 + 3x + 1 = 6[\frac{x(x+ 1)}{2}] + 1 = 6[1 + 2 + 3 +...+(x-1) + x] +1$.

2. А как Вы доказали Утверждение п.1.?

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение13.10.2015, 06:58 


10/08/11
671
vasili в сообщении #1061750 писал(а):
Вы пропустили в правой части п 2. слагаемое x

Уважаемый vasili!
Спасибо за исправление. А по п.1, - последовательность нечетных с равным шагом - есть арифметическая прогрессия, сумма членов которой выражается произведением чисел. Значит это не простое число.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение13.10.2015, 12:54 


27/03/12
449
г. новосибирск
Уважаемый Lasta!
1.Вы конечно правы $(x-1)^3 = kd$ Благодаря формуле Абеля $z-x =d =d_0^3$, тогда

$x-1 = kd_0$.

Так как $x-1 = y$, то $y = kd_0$, а $k =y_2$, где

$y_2^3 = z^2  + zx + x^2$.При этих уточнениях к противоречию не пришел.
2. Доказательство Утверждения п.1 убедительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение19.10.2015, 09:59 


10/08/11
671
Дополнительно к (1) рассмотрим алгоритм образования кубов из последовательности нечетных. C учетом (2)
$$x^3=xx^2=x(1+3+5+,,,+(2x-1)); \quad x^2-x=x(x-1)=2(1+2+3+4+...+x)\quad\e(6)$$
Следовательно $$x^3-x^2+1=x(x^2-x)+1=2x(1+2+3+4+...+x)+1 \qquad \e(7)$$ Правая часть не является кубом, так как из куба вычиталось меньше разности до соседнего куба.
Далее, разность соседних кубов (исправленная vasili (5)) $$(x+1)^3-x^3=2\cdot 3(1+2+3+4+...+x)+1\qquad \e(8)$$
Выражения (7),(8) отличаются только одним элементом (вместо $x$ в (8) 3).
Утверждение 2. Так как выражение $x^3-x^2+1$ не является кубом, то не является кубом и разность соседних кубов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение02.11.2015, 13:17 


18/10/15

94
Пусть $3=x$. Тогда из $(6)$

$x^2 - x = 9-3=6$

$x(x-1) = 3(3-1)=6$

$2(1+2+3+4+…+x) = 2(1+2+3) = 2\cdot6=12$


$6=6=12$

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение03.11.2015, 08:59 


10/08/11
671
krestovski в сообщении #1069511 писал(а):
Пусть $3=x$. Тогда из $(6)$ ...
$6=6=12$

Уважаемый krestovski!
Спасибо за внимательное прочтение и найденную ошибку. Действительно, последовательность натурального ряда в (6),(7),(8)должна заканчиваться числом $x-1$
$$x^3=xx^2=x(1+3+5+,,,+(2x-1)); \quad x^2-x=x(x-1)=2(1+2+3+4+...+(x-1))\quad\e(6)$$$$x^3-x^2+1=x(x^2-x)+1=2x(1+2+3+4+...+(x-1))+1 \qquad \e(7)$$
$$(x+1)^3-x^3=2\cdot 3(1+2+3+4+...+(x-1))+1\qquad \e(8)$$ Но, эта ошибка не влияет на соотношение (7) и (8)

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение08.11.2015, 21:43 


18/10/15

94
Уважаемый lasta!

Полностью согласен. После исправления не влияет.
У меня вопрос. - Почему Вы ушли от ряда нечётных чисел и земенили его рядом чётных чисел? Вы ведь заявили тему "Нечетные числа в ВТФ". Или это лишь временная замена?

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение09.11.2015, 21:43 


10/08/11
671
krestovski в сообщении #1071444 писал(а):
У меня вопрос. - Почему Вы ушли от ряда нечётных чисел и заменили его рядом чётных чисел? Вы ведь заявили тему "Нечетные числа в ВТФ". Или это лишь временная замена?

Уважаемый krestovski!Исправляя найденную вами ошибку, я ошибся в (8). Привожу все в соответствие.
$$x^3=xx^2=x(1+3+5+...+(2x-1)); \quad x^2+x=x(x+1)=2(1+2+3+4+...+x)\quad\e(6)$$ $$x^3+x^2+1=x(x^2+x)+1=2x(1+2+3+4+...+x)+1 \qquad \e(7)$$Правая часть не является кубом, так как к кубу прибавилось меньше разности до соседнего куба$$(x+1)^3-x^3=2\cdot 3(1+2+3+4+...+x)+1\qquad \e(8)$$ Утверждение 2. Так как выражение $x^3+x^2+1$ не является кубом, то не является кубом и разность соседних кубов.
Я не ушел от рассмотрения последовательностей нечетных, суммы которых образуют кубы (степени). Но, один и тот же куб (степень) в рамках ограничений накладываемых на тройку решения УФ имеет несколько вариантов представления указанными суммами. Но если какое либо число не может быть представлено суммой нечетных, по варианту данной темы, то это число не куб.
Для $x^3$ эта последовательность состоит из $x$- нечетных с соответственно с начальным $x^2-x+1$ и конечным $x^2+x-1$
числами. В рамках этой проверки рассматриваются и суммы натурального ряда.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение13.11.2015, 14:20 


10/08/11
671
Свойства нечетного ряда чисел (1) были известны еще греческому математику Никомаху (около 100 г. н.э.). Труды же математиков тех времен интересовали Ферма. Особенно он уделял внимание Диофанту, который мог быть и современником Никомаха, так как промежуток времени, когда мог жить Диофант, перекрывает время жизни Никомаха. Да и "Введение в арифметику" Никомаха было учебником на протяжении практически тысячи лет. Чтобы понять хотя бы немного логику Ферма и необходимо работать с материалом, на котором делал свои выводы Знаменитый Француз.
Итак, посмотрим какие же ограничения для существования решений УФ могут дать свойства нечетных чисел:
1.Последовательности нечетных чисел, суммы которых образуют кубы, непрерывно вписываются в ряд нечетных , но не перекрывают друг друга (1). Это легко объяснимо. $x^3=xx^2$. То есть имеем $x$ чисел со средним значением $x^2$.Поэтому всегда можно найти различные числа, набор которых будет удовлетворять условию среднего значения. Этому же условию удовлетворяют и нечетные числа арифметической прогрессии с начальным $x^2-(x-1)$ и последним $x^2+(x-1)$ числами. Не трудно убедиться , что сумма этой прогрессии $$\frac{[x^2-(x-1)+ x^2+(x-1)]x}{2}=x^3$$ А разность в соседних последовательностях между начальным числом второй и последним нечетным первой и $[x^2-(x-1)]-[(x-1)^2+((x-1)-1)]=2$. Что и соответствует непрерывному ряду нечетных.
2. Квадраты не имеют подобного свойства. Действительно $x^2=xx$. Среднее значение $x$. Первое число арифметической прогрессии $x-(x-1)=1$. Таким образом, все квадраты образуются суммой последовательности нечетных чисел, начинающихся с 1. Здесь необходимо напомнить, что мы рассматриваем только вариант, когда количество нечетных в последовательности равно основанию степени.
3. Другие степени $x^p=xx^{p-1}$. Разность в соседних последовательностях между начальным числом второй и последним нечетным первой $[x^{p-1}-(x-1)]-[(x-1)^{p-1}+(x-1-1)]>2$ Поэтому при $p>3$ соседние последовательности имеют между собой не задействованные нечетные числа ряда.
4. Понятно, что составное с числами разной четности $x=x_1x_2$ не может быть представлено суммой последовательности нечетных с количеством чисел в последовательности $x_1$ или $x_2$. Поэтому арифметическая прогрессия последовательностей натурального ряда не может быть преобразована в последовательность нечетных с тем же количеством чисел.
5. Последовательности нечетных, суммы которых образуют разности соседних кубов, не имеют свойства последовательностей кубов по непрерывному заполнению нечетного ряда. Действительно, разности соседних кубов могут быть простым числом, которое (как уже сообщалось) не возможно представить суммой последовательности нечетных. Разности соседних кубов могут быть также квадратами, последовательности нечетных для которых всегда начинаются с 1. Поэтому заполнение нечетного ряда будет происходить либо с не задействованными числами ряда между соседними последовательностями, либо они будут иметь общие нечетные числа.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение14.11.2015, 16:07 


18/10/15

94
Я бы уточнил формулировку в первом предложении пункта 5. А именно.
- Акцентировать внимание на соседних кубах не обязательно. Это могут быть произвольные два куба, отстоящих друг от друга на любую величину.
- А в части
lasta в сообщении #1072973 писал(а):
не имеют свойства последовательностей кубов по непрерывному заполнению нечетного ряда.
внести уточнение: невозможно представить в виде суммы последовательных нечётных чисел, где среднее арифметическое двух равноудалённых членов равняется квадрату количества слагаемых.

И тогда в конечном виде будет как-то вот так:
5. Разность двух произвольных кубов невозможно представить в виде суммы последовательных нечётных чисел, где среднее арифметическое двух равноудалённых слагаемых равняется квадрату количества слагаемых.

Ведь именно это и зафиксировано в равенствах сокращённого умножения для разности и суммы двух кубов. :)

Вот равенства: $a ^3 + b^ 3 = (a + b)(a^ 2 - ab + b^ 2)$ и $a ^3 - b^ 3 = (a - b)(a^ 2 + ab + b^ 2)$.

Сумма двух кубов равна произведению количества слагаемых $(a + b)$ на среднее арифметическое $(a^ 2 - ab + b^ 2)$.
Разность двух кубов так же равна произведению количества слагаемых $(a - b)$ на среднее арифметическое $(a^ 2 + ab + b^ 2)$.

Только, во всех случаях, все слагаемые одинаковые и равны среднему арифметическому. Равны между собой.

$(7+9+11)+(13+15+17+19)=3^3+4^3=(3+4)(9-12+16)=(7)(13)=13+13+13+13+13+13+13$

В большинстве случаев эти слагаемые можно представить в виде суммы последовательных нечётных чисел.
Но!
Вот тут и возникает проблема с основным свойством кубов, - представление в виде суммы таких последовательных нечётных чисел, у которых среднее арифметическое двух равноудалённых слагаемых равно квадрату количества этих слагаемых.
Теперь вам осталось доказать, что не существует такого числа, которое является одновременно множителем для одного подскобочного выражения и делителем для другого, чтобы установилось соотношение $a ^3 - b^ 3 = (k(a - b))((a^ 2 + ab + b^ 2)/k)$ где $(k(a - b))=c$, и $((a^ 2 + ab + b^ 2)/k)=c^2$.
И, естественно, все переменные - целые положительные числа.
Ну а после этого наверное всё. - Для третьей степени. :)

Удачи, lasta!

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение17.11.2015, 11:05 


10/08/11
671
krestovski в сообщении #1073372 писал(а):
Я бы уточнил формулировку в первом предложении пункта 5. А именно.
- Акцентировать внимание на соседних кубах не обязательно. Это могут быть произвольные два куба, отстоящих друг от друга на любую величину.

Уважаемый krestovski!
Спасибо за подробный анализ и за Ваши предложения.
Я использовал соседние кубы для упрощения развития идеи данной статьи. Например, -сразу понятно, что сумма всех разностей соседних кубов, начиная с нулевого куба, равна кубу. То же самое даст сумма разностей произвольной группы кубов, содержащей единичный куб. Не сразу понятно. Но, например, кубы (1,64,125) дают соответствующие разности кубов и $1+63+61=125$.
Итак, продолжаем развивать идею нечетных чисел.
Суммой последовательного ряда кубов, начиная с 1, является сумма непрерывного ряда нечетных чисел, поэтому эта сумма равна квадрату. А именно $$ \sum_{i=1}^x{i^3}=(\frac{x(x+1)}{2})^2\qquad \e(9)$$ Понятно, что шаги последовательности этих квадратов равны кубам. И последним шагом является $x^3$. Это важные ограничения на существование данных квадратов и если доказать, что $$a^3+x^3+ \sum_{i=1}^x{i^3}=1^3+2^3+...+2a^3+(a+1)^3...+2x^3\ne(\frac{(x+d)(x+1+d)}{2})^2\qquad \e(10),$$ где $x+d$ основание предполагаемого куба, то ВТФ для кубов будет доказана. То есть, добавляя два куба, мы нарушаем непрерывно возрастающую последовательность кубов с натуральными основаниями, что дает основание сделать такое предположение.

 Профиль  
                  
 
 Re: Нечетные числа в ВТФ
Сообщение17.11.2015, 21:02 


10/08/11
671
И доказательство надо начинать с $d=1$, ( для соседних кубов). Если не существует квадрата для (10) со свойствами (9), то не существует равенство $a^3+x^3=(x+1)^3$ при $(a,x)\in \mathbb N$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 46 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group