Решение проблемы соседних кубов-ключ к пониманию ВТФ

[PhisicBGA]

Думаю,что интуитивно это понятно многим и поэтому тема соседних кубов так живо обсуждается на форуме.Рассмотрим этот важный частный случай по подробнее.
Необходимо доказать, что разность кубов соседних целых чисел не может быть кубом целого числа,т.е. равенство

$$(y+1)^3 - y^3 = x^3 .(1)$$

не может быть справедливым для любых не тривиальных целых чисел $x,y $.
Для записи $ x^3 $ воспользуемся формулой, которая уже встречалась на этом форуме:
$x^3= (x-1)x(x+1)+x$. Тогда равенство $(1)$ примет следующий вид:

$$ 3y(y+1) + 1 = (x-1)x(x+1)+x $$

$$ 3y(y+1) = (x-1)x(x+1)+ (x-1) $$

Без ограничения общности положим $ y = 2c $, где $c $-любое целое число,
$ x = 2a +1 $, где $ a = 3n $, где $ n $-любое целое число.
Тогда наше равенство примет следующий вид

$$ 6c(2c+1) = 6n(6n +1)(6n+2)+ 6n $$

Разделив обе части на 6, получим

$$ c(2c+1) = n(6n +1)(6n+2)+ n $$

или

$$ 2c(2c+1) /2 = 2n(6n +1)(6n+2)/2+ n $$

Для удобства введём следующее обозначение:любое треугольное число $z(z+1)/2 = 1+2+3+....+ z$ будем обозначать $< z >$, т.е $ < z > = z(z+1)/2 = 1+2+3+....+ z.Перепишем наше равенство в этом обозначении:

$$ <2c> = 2n <6n+1> + n .(2)$$

Таким образом , задача о соседних кубах сводится к выявлению справедливости равенства между фигурными числами:может ли некое треугольное число быть равно произведению другого треугольного числа на числовой коэффициент плюс остаток равный половине этого числового коэффициента.Очевидно, что обычная математика здесь не работает и , чтобы двигаться дальше , необходимо использовать математику числовых прогрессий или фигурных чисел.В частности,необходимо знать- какому треугольному числу соответствует произведение треугольного числа на числовой коэффициент и,самое главное, каким должен быть остаток? Вполне может оказаться, что при представлении результата произведения треугольного числа подобного типа на подобный числовой коэффициент другим треугольным числом с остатком, получение указанного остатка окажется невозможным.Тогда равенство $(2)$ не выполнимо, а следовательно не выполнимо и равенство $(1)$.
Вот такой вырисовывается метод доказательства.Хотелось бы узнать мнение участников форума.

[binki]

PhisicBGA в сообщении #1081919 писал(а):

Хотелось бы узнать мнение участников форума.

В теме "Нечетные числа в ВТФ" lasta, применяя прогрессию, пытается найти различия в свойствах куба и разности кубов.

[PhisicBGA]

Спасибо за информацию.
Продолжу тему. Решение задачи о соседних кубах неожиданно приводит нас в другую область математики - математику фигурных чисел.Сделав своё предположение о соседних кубах мы получили соотношение между прогрессиями или треугольными числами и вынуждены решать- правильно ли оно? Но для этого мы должны знать законы взаимодействия между этими числами. Как известно,закон сложения треугольных чисел отличается от закона сложения обычных чисел:
сумма двух треугольных чисел $ <x> $ и $ <y> $ находится по формуле:

$$ <x>+<y> = < x +y > - xy $$

Отсюда получаем

$$ < x +y > = <x>+<y> + xy $$

Из этой фундаментальной для треугольных чисел формулы можно найти замечательную формулу, очень полезную для нашего случая:

$$ < nx > = n<x>+<n-1>x^2 $$

где $ n,x $ - любые целые числа
Применим эту формулу к нашему случаю и сравним оба равенства:

$$ < 2c > = 2n<6n+1>+ n .(2)$$

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

Пока никаких противоречий не видно:что бы из равенства $(3)$ получить равенство $(2)$
необходимо в левой части этого равенства постепенно уменьшать основание прогрессии,отправляя разность на вычитание в правую часть.После $2k$ вычитаний, где $ k < 6n^2 +n $ - целое число, мы должны получить равенство $(2)$ в следующем виде:

$$ < 2c > = <2[n(6n+1)-k]>=2n<6n+1>+ n .(4)$$

Для нахождения разности двух четных треугольных чисeл не трудно получить следующую формулу:
$<2n>-<2(n-k)> = k( 4n+1-2k ) $. Применим её к нашему случаю:

$$ <2n(6n+1)>-<2[n(6n+1)-k]> = k[ 4n(6n+1)+1-2k] $$

Отсюда получим:

$$ <2n(6n+1)> = <2[n(6n+1)-k]> + k[ 4n(6n+1)+1-2k] $$

Подставим это равенство в равенство $(3)$ получим:

$$ <2c> = <2[n(6n+1)-k]> =2n<6n+1>+n(2n-1)(6n+1)^2 - k[ 4n(6n+1)+1-2k] .(5)$$

Осталось найти $ k $ при котором

$$ n(2n-1)(6n+1)^2 - k[ 4n(6n+1)+1-2k] = n .(6)$$

Причём помним, что $ k < 6n^2 +n $. После преобразований этого равенства получим:

$$72n^4-12n^3-(24k+10)n^2-(4k+2)n+(2k-1)k = 0 .(7)$$

Очевидно,что для выполнения этого равенства необходимо что бы $k=bn$,где $b < 6n+1 $-целое число.Подставим это $k=bn$ в равенство $(7)$ и проведя преобразования получим:

$$72n^3-(24b+12)n^2+(2b^2-4b+10)n-(b+2)k = 0 .(8)$$

Для выполнения этого равенства необходимо что бы $b+2 =zn$,где $z $-целое число,причём $ b=zn -2 < 6n+1 $,следовательно $ zn < 6n+3$ т.е. допустимые значения $ z < 6 $ и $ z= 6$
Подставим это значение $b=zn-2$ в равенство $(8)$ и проведя преобразования получим:

$$(72+2z^2-24z)n^2+(36-12z)n+ 6-z =0 .(9)$$

Легко проверить, что при всех допустимых значениях $ z $ равенство $(9)$ не выполняется.
Следовательно не существует таких значений $ k $ при котором выполнялось бы равенство $(6)$,а следовательно и равенство $ (2)$
Таким образом,предположение о том,что разность кубов соседних целых чисел может быть равна кубу целого числа вступает в противоречие с законами преобразования треугольных чисел и, следовательно, оно не верно.

[lasta]

PhisicBGA в сообщении #1082224 писал(а):

$$ < 2c > = 2n<6n+1>+ n .(2)$$

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

Пока никаких противоречий не видно:что бы из равенства $(3)$ получить равенство $(2)$
необходимо в левой части этого равенства постепенно уменьшать основание прогрессии,отправляя разность на вычитание в правую часть.После $2k$ вычитаний, где $ k < 6n^2 +n $ - целое число, мы должны получить равенство $(2)$ в следующем виде:

$$ < 2c > = <2[n(6n+1)-k]> =2n<6n+1>+ n .(4)$$

Уважаемый PhisicBGA!
Какими соотношениями треугольное число $<2n(6n+1)>$ связано с УФ, чтобы можно было утверждать, что не существование спуска по $k$ означает не возможность существования (2)?

[PhisicBGA]

Цитата:

Какими соотношениями треугольное число $<2n(6n+1)>$ связано с УФ, чтобы можно было утверждать, что не существование спуска по $k$ означает не возможность существования (2)?

Прошу прощения,что не расписал это число.Распишем равенство $(3)$ :

$$ < 2n(6n+1) > = 2n<6n+1>+<2n-1>(6n+1)^2 = 2n<6n+1>+n(2n-1)(6n+1)^2 $$

Теперь видно, что треугольное число$(3)$ больше, чем $(2)$,а ,как известно,
из большей математической прогрессии всегда можно получить меньшую, убирая последние члены.Проделав
$k$ раз эту операцию, с одновременным вычитанием убираемого члена из правой части,мы гарантированно
должны получить в левой части треугольное число

$$ < 2[n(6n+1)-k] > = <2c>$$

а в правой-заявленное нами выражение

$$ <2[n(6n+1)-k] > = <2n<6n+1>+ n $$

Проделав такие действия, мы обнаруживаем, что ни при каких разрешённых значениях $k$ это выражение в правой части не получается.Отсюда следует вывод:что наше предположение противоречит законам преобразования математических прогрессий и,следовательно, оно не верно.

[lasta]

PhisicBGA в сообщении #1083452 писал(а):

Прошу прощения,что не расписал это число.Распишем равенство $(3)$ :

Дело совсем не этом. У Вас и так лишние формулы. Например, (6) получается вычитанием (2) из (3).Поэтому после (3) можно сразу писать (6). Дело в методе. Из (2) и(3) видно, что $<2c>, <2n(6n+1)>$ имеют общий делитель $n$. Следовательно существует число $bn$, обеспечивающее равенство $<2n(6n+1)>-bn=<2c>$, значит Ваш вывод не верен.
Ошибочность доказательства в методе. Действительно. $n$ - целое существует в предположении, значит и $<2n(6n+1)>$ - целое, также в предположении. Но, рассматриваемые треугольные числа для не рациональных значений всегда существуют. Шаг в прогрессиях в этом случае иррациональный.И при целом $k$ и иррациональном $(n)$ Ваше доказательство опровергает существование существующего.
Установление

$$(y+1)^3 - y^3=x^3 \quad \Longleftrightarrow \quad <2c> =2n<6n+1> -n$$

не может быть опровергнуто другим алгебраическим преобразованием не учитывающим свойства чисел. Доказательство не верно.

[PhisicBGA]

Цитата:

Но, рассматриваемые треугольные числа для не рациональных значений всегда существуют.

Абсолютно с Вами согласен,но в доказательстве используются только рациональные целые числа.

Цитата:

Из (2) и(3) видно, что $<2c>, <2n(6n+1)>$ имеют общий делитель $n$. Следовательно существует число $bn$, обеспечивающее равенство $<2n(6n+1)>-bn=<2c>$

И здесь я с Вами согласен.Только вот коэффициент $b$ для рациональных целых чисел никогда не может быть равен $ 1 $ как мы предположили в самом начале в равенстве $(2)$

[lasta]

PhisicBGA в сообщении #1083533 писал(а):

коэффициент $b$ для рациональных целых чисел никогда не может быть равен $ 1 $

А с чего Вы взяли, что $b=1$. Мы вычитаем из числа $<2n(6n+1)>$, которое намного больше числа $2n<(6n+1)>$, поэтому $b>1$. (Надо признать, что Ваши обозначения треугольных чисел, знаками неравенств не удобны)

[PhisicBGA]

[quote]Из (2) и(3) видно, что $<2c>, <2n(6n+1)>$ имеют общий делитель $n$. Следовательно существует число $bn$, обеспечивающее равенство $<2n(6n+1)>-bn=<2c>$[quote]
[quote][А с чего Вы взяли, что $b=1$. Мы вычитаем из числа $<2n(6n+1)>$, которое намного больше числа $2n<(6n+1)>$, поэтому $b>1$./quote]
Конечно же равенство $<2n(6n+1)>-bn=<2c>$ выполняется и $b>1$., но вот дальше следует наше предположение
$ < 2c > = 2n<6n+1>+ n $ которое не выполняется никогда,когда коэффициент перед $n$ равен $ 1 $

[lasta]

PhisicBGA в сообщении #1083627 писал(а):

но вот дальше следует наше предположение
$ < 2c > = 2n<6n+1>+ n $ которое не выполняется никогда,когда коэффициент перед $n$ равен $ 1 $

Существование, созданного Вами (2), обеспечивает предполагаемое примитивное решение. Меньших решений не существует, поэтому дальше идти некуда. Я указал на ошибку метода, и Вы не можете это опровергнуть. Новые аргументы не состоятельны и комментировать их в дальнейшем не имеет смысла.

[PhisicBGA]

Цитата:

Я указал на ошибку метода, и Вы не можете это опровергнуть. Новые аргументы не состоятельны и комментировать их в дальнейшем не имеет смысла.

Уважаемый lasta !Я Вам очень благодарен за Ваше оппонирование мне в этой теме.Я уже говорил в самом начале темы о том,что решение задачи о соседних кубах приводит нас в другую область математики- математику фигурных чисел и законы обычной математики здесь не работают.Ваша позиция является примером тому,к каким ложным выводам можно прийти, оценивая этот случай с позиции обычной математики.
Теперь попробую более подробно пояснить этот важный момент.Как было сказано выше, закон сложения треугольных чисел отличается от закона сложения обычных чисел:
сумма двух треугольных чисел $ <x> $ и $ <y> $ находится по формуле:
$ <x>+<y> = < x +y > - xy $.Отсюда видно,что с ростом абсолютных значений $ <x> $ и $ <y> $ сумма треугольных чисел представляется все большим количеством треугольных чисел:остаток по абсолютной величине растёт по отношению к суммарному треугольному числу и с помощью вычитаний его частей из треугольного числа можно формировать всё большее количество представлений.Назовём эти представления, когда абсолютная величина остатка больше величины треугольного числа - дежурными. очевидно ,что дежурных представлений может быть достаточно много и все они будут решениями рассматриваемого равенства.А вот основных (назовём их так) решений или представлений,когда остаток по абсолютной величине меньше треугольного числа, может быть всего два:одно -с положительным остатком, а а второе-с отрицательным.Понятно,что треугольные числа в них являются соседними$ <x>+<y> = < a +b > - n = <(a+b)-1> + m $
Всё это справедливо и для закона умножения треугольных чисел на целое натуральное число:

$$ n< x > = <nx>-<n-1>x^2 $$

существует много дежурных решений или представлений, но основных- всего два.
Теперь нетрудно видеть,что наше предполагаемое равенство:

$$ < 2c > = 2n<6n+1>+ n .(2)$$

представлено в основном виде,поскольку очевидно,что остаток $ n $ по абсолютной величине меньше основания искомого треугольного числа -$ 2c $ ,а это единственное основное решение или представление с положительным остатком.
Как раз его то мы и пытаемся получить из массы дежурных решений, которое нам даёт равенство:

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

Но увы..тщетно,хотя жаль - было бы красивое представление.Но тогда была бы не справедлива теорема Ферма.

[binki]

PhisicBGA в сообщении #1084025 писал(а):

Я уже говорил в самом начале темы о том,что решение задачи о соседних кубах приводит нас в другую область математики- математику фигурных чисел и законы обычной математики здесь не работают.

1. Работают. И ничего особенного в треугольных числах, кроме Ваших неудачных обозначений, нет. Элемнтарно доказывается формула

$$ <x>+<y> = < x +y > - xy $$

Действительно

$$ <x>+<y> =\frac{x(x+1)}{2}+ \frac{y(y+1)}{2}= \frac{(x+y)(x+y+1)-2xy}{2}= < x +y > - xy $$

2. У Вас $n$ предполагается целым. Значит треугольные числа $<2c>, <2n(6n+1)>$ существуют в предположении. То есть неизвестное измеряем неизвестным. И если теперь двигаться от $<2c>$ к $<2n(6n+1)>$, то следуя Вашей логике, теперь не существует $<2n(6n+1)>$, а число $<2c>$ существует. Значит калибр выбран не тот . К УФ никакого отношения не имеет.
3. Вы даже не пытаетесь защитить свою идею доказательства (ошибочный метод, о чем писал lasta).

[PhisicBGA]

Цитата:

Вы даже не пытаетесь защитить свою идею доказательства (ошибочный метод, о чем писал lasta).

А чего же её защищать: ноль разницы при спуске все равно никто получить не сможет. Её объяснять надо:уж слишком она необычна и не привычна,по сравнению с традиционными методами.Вообще,надо сказать,что в этой области математики теория получения основных представлений ( решений) совершенно не развита: все главные формулы практически сразу дают дежурные представления ( решение ),т.е. величина остатка больше основания треугольного числа.Например: $<5>+<12>= <17>+60$. Очевидно,что это дежурное представление (решение).А,чтобы найти основное представление(решение) надо немного поработать: $<5>+<12>= <17>+18 +19+20+60-57= <20>+3$
Нет формул для получения сразу основного представления.Вот где не паханное поле для молодых математиков.Я получил большое удовольствие немного поработав в этом направлении.
Для понимания этого метода главное чётко осознать- самое важное здесь это остаток.

[binki]

PhisicBGA в сообщении #1084295 писал(а):

Для понимания этого метода главное чётко осознать- самое важное здесь это остаток.

Это так. В большинстве доказательств ищут противоречия через остаток.
Вы пытаетесь доказать, что правая часть (немного измененной (2))

$$ \frac{y(y+1)}{2}=\frac{x^3-1}{6}=\frac{(6n+1)^3-1}{6}$$

не является треугольным числом, то есть не равна левой части. Хотя, сначала Вы утверждали, что если числа целые, то равенство (2) существует, а это значит, что правая часть также треугольное число. Совсем не ясно, как новое предположение о существовании другого треугольного числа спасает ситуацию, если спуск от этого числа до значения равного правой части (2) не содержит противоречий.

PhisicBGA в сообщении #1084295 писал(а):

А чего же её защищать: ноль разницы при спуске все равно никто получить не сможет.

Это не аргумент. Одинаково, что решения в целых числах УФ все равно никто получить не сможет.

[PhisicBGA]

Цитата:

У Вас $n$ предполагается целым. Значит треугольные числа $<2c>, <2n(6n+1)>$ существуют в предположении. То есть неизвестное измеряем неизвестным.

Вот здесь Вы ошибаетесь.Треугольное число $<2n(6n+1)>$- абсолютно реально, поскольку получается из абсолютно надёжной формулы :

$$ < nx > = n<x>+<n-1>x^2 $$

где $ n,x $ - любые целые числа.Надёжность этой формулы базируется на фундаментальном законе сложения треугольных чисел$ <x>+<y> = < x +y > - xy $, из которого она получается легко и красиво.
Положим в нём $y=x$, получаем

$$ <2x> = 2<x > + x^2 $$

Положим в нём $y=2x$,получаем

$$ <3x> = 3<x > + 3x^2 = 3<x>+ <2>x^2$$

Положим в нём $y=3x$,получаем

$$ <4x> = 4<x > + 6x^2 = 3<x>+ <3>x^2$$

Положим в нём $y=4x$,получаем

$$ <5x> = 5<x > + 10x^2 = 3<x>+ <4>x^2$$

и т.д. до $y=nx$,получаем

$$ <nx> = n<x > + <n-1>x^2$$

Положив в этой формуле $ x=6n+1$ и коэффициент - двойное $n$, получаем наше число

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

Вот это абсолютно надёжное число мы и используем для поиска и проверки нашего предполагаемого числа $<2c>$.
Как Вы видите доказательство базируется практически на одном фундаментальном законе - законе сложения треугольных чисел.