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 1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 ВТФ для соседних кубов
Сообщение10.07.2012, 13:49 
Аватара пользователя


29/06/12
29
Докажем ВТФ для очень ограниченного множества чисел:
Разность соседних кубов - не куб
Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$
Заметим, что
$(3c+1)(3c+2)=(3c+1)(3c+1+1)=(3c+1)^2+(3c+1)$,
что
$k^2(3с+1)^2=[k(3c+1)]^2$
и
$k^2(3с+1)= k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)$
Тогда
$[k(3c+1)]^2+k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)+c=b(b+1)$
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.
Казалось бы заманчиво увеличить с, взяв:
$c+1=k^2$,
но упомянутый избыток недостаточен, чтобы заполнить образующуюся брешь, так как
$3c+1$
более, чем втрое превышает $k^2$.
Исходное допущение невыполнимо. Теорема доказана для соседних кубов.

 i  Toucan:
Правильная версия сообщения находится здесь: post594811.html#p594811.
1. Первая формула
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$ исправлена на
$a^3=(a+1)(a-1)a+a$
2. В заключительной части сообщения фраза "Казалось бы заманчиво увеличить c" исправлена на "Казалось бы заманчиво уменьшить c"

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение10.07.2012, 16:19 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
Для $c=k^2$ вы рассмотрели только случай $b=k(3c+1)$.
Попробуйте увеличить $b$, приблизительно на $k-1\over 2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение10.07.2012, 22:42 


21/11/10
546
chudov в сообщении #594076 писал(а):
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$


Поясните про загадочные "постквадраты"
Вот например: число $30=5\cdot{(5+1)}$
по вашему это "постквадрат", но если число 30 записать в виде произведения $30=2\cdot15$, то множители таковы что по Вашему это "не постквадрат"
Зачем Вам нужен этот постквадрат?
Доказывайте по честному, что $3b(b+1)+1$ не куб.

 Профиль  
                  
 
 ВТФ для соседних кубов
Сообщение12.07.2012, 09:28 
Аватара пользователя


29/06/12
29

(Не совсем удачная попытка исправить стартовое сообщение)

«ВТФ для соседних кубов»
Докажем ВТФ для очень ограниченного множества чисел:
Разность соседних кубов - не куб
Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$
Заметим, что
$(3c+1)(3c+2)=(3c+1)(3c+1+1)=(3c+1)^2+(3c+1)$,
что
$k^2(3с+1)^2=[k(3c+1)]^2$
и
$k^2(3с+1)= k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)$
Тогда
$[k(3c+1)]^2+k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)+c=b(b+1)$
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.
Казалось бы заманчиво уменьшить с, взяв:
$c+1=k^2$,
но упомянутый избыток недостаточен, чтобы заполнить образующуюся брешь, так как
$3c+1$
более, чем втрое превышает $k^2$.
Исходное допущение невыполнимо. Теорема доказана для соседних кубов.


 i  Toucan:
См. замечание к стартовому сообщению и его правильную версию post594811.html#p594811.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение12.07.2012, 16:02 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
И что изменилось?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение12.07.2012, 16:36 


26/08/11
2057

(Оффтоп)

venco, я тоже когда-то пробовал общатся по телефону с девушкой, которая сообщала точное время.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение12.07.2012, 18:21 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
chudov, зачем вы отвечаете личным сообщением? Стесняетесь написать это в форуме?
У вас, кстати, опечатка в самой первой формуле.
И вы так и не ответили на моё возражение.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение12.07.2012, 22:28 


16/08/09
304
chudov в сообщении #594076 писал(а):
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.


$
\begin{array}{l}
 X^3  = 3Y^2  + 3Y + 1 \\ 
 (X - 1)^3  + 3X(X - 1) = 3Y^2  + 3Y \\ 
 (X - 1)^3  = 3(Y(Y + 1) - X(X - 1)) \\ 
 \end{array}
$
Получается куб должен быть равен утроенной разнице постквадратов...

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 07:40 
Аватара пользователя


29/06/12
29
Докажем ВТФ для очень ограниченного множества чисел:
Разность соседних кубов - не куб

Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a+a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$
Заметим, что
$(3c+1)(3c+2)=(3c+1)(3c+1+1)=(3c+1)^2+(3c+1)$,
что
$k^2(3с+1)^2=[k(3c+1)]^2$
и
$k^2(3с+1)= k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)$
Тогда
$[k(3c+1)]^2+k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)+c=b(b+1)$
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.
Казалось бы заманчиво уменьшить с, взяв:
$c+1=k^2$,
но упомянутый избыток недостаточен, чтобы заполнить образующуюся брешь, так как
$3c+1$
более, чем втрое превышает $k^2$.
Исходное допущение невыполнимо. Теорема доказана для соседних кубов.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 10:54 


03/02/12

530
Новочеркасск
Что-то различий в трех постах ТС Chudov я не нашел, может он с кем-то в личке общается?
Мне, например, неясно с места перехода к "постквадратам". Можно поподробнее??

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 16:33 


16/08/09
304
alexo2 в сообщении #594852 писал(а):
Что-то различий в трех постах ТС Chudov я не нашел, может он с кем-то в личке общается?
Мне, например, неясно с места перехода к "постквадратам". Можно поподробнее??

Похоже от господина Чудова вряд ли дождемся комментариев :D
Но в принципе всё понятно :shock:
Справа - постквадрат (произведение двух соседних чисел), что бы равенство выполнялось, слева тоже должен получиться постквадрат, и, действительно, слева два первых члена образуют постквадрат, но ещё остаются 3 и 4 член как лишний довесок. Отсюда вывод - равенство неверно. Простенько и со вкусом :D

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 17:01 


03/02/12

530
Новочеркасск
Belfegor
Спасибо за разъяснение. Насколько я понимаю, приведено элементарное доказательство для случая
$x^3+y^3=(y+1)^3$?

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 17:42 
Заслуженный участник


04/05/09
4582
Было доказано, что если $c=k^2$, или $c=k^2-1$, то равенство невыполнимо.
Про возможность решения при других $c$ ничего нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 18:59 


16/08/09
304
alexo2 в сообщении #594968 писал(а):
Belfegor
Спасибо за разъяснение. Насколько я понимаю, приведено элементарное доказательство для случая
$x^3+y^3=(y+1)^3$?

Не за что :D
Да беседуем об этом самом легендарном случае :wink:

-- Пт июл 13, 2012 20:01:25 --

chudov в сообщении #594811 писал(а):
Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$


Venco! Как видно из вышеприведенного текста, это особо-то и не нужно :shock:

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для соседних кубов
Сообщение13.07.2012, 19:35 
Аватара пользователя


29/06/12
29
Вы просили объяснить поподробнее.
Я легче ориентируюсь в числах, когда мысленно вижу за ними
геометрические образы. Поэтому сравниваю структуры произвольного куба
и любой разности соседних кубов.
Куб - это параллелепипед трех соседних чисел с добавкой среднего из них. Разность соседних кубов по биному Ньютона - сумма трех постквадратов и единицы. Постквадратом я здесь называю прямоугольник со торонами, отличающимися на единицу. Покажем, что структуры этих фигур не могут совпадать никогда. Примем их равными и перенесём единицу влево. Заменив переменную, сократим на 3. Справа - чистый постквадрат.
Слева c постквадратов и c. Заменим c на $k^2$ и расположим постквадраты в k рядов по k в каждом из постквадратов каждого ряда, кроме одного, вынесем сторону $(3c+1)$. Оставшаяся фигура - постквадрат. Портит его только довесок, избыток. Но портит. Если бы мы взяли неполный квадрат, все равно, этого довеска бы не хватило на дополнение до полного.
Равенство неверно.
Прошу прощения за задержку с ответом - никак не мог освоить отправку.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 85 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5, 6  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