Реальное разложение кубов нечётных чисел на соседние кубы

[Antoshka]

Someone в сообщении #1279084 писал(а):

$$3mw_0A=x+y-z.$$

Про это число известно, что если одно из чисел $x$, $y$, $z$ делится на $3^k$ и не делится на $3^{k+1}$, то и $x+y-z$ делится на $3^k$ и не делится на $3^{k+1}$. Как уже упоминалось, должно быть $k\geqslant 2$.

Да, у меня так и есть. Еще раз напоминаю, что я рассмотрел случай $z$ делится на $3$. Упомянутые вами факты следуют из уравнения $\eqno(1)$

[yk2ru]

Про разложение на кубы нечётных чисел, даю сумму из пяти кубов.

$$(2n+1)^3=(2n-1)^3+(n+4)^3-(n-4)^3-5^3-1^3$$

Куб для следующего нечётного числа получим, используя куб предыдущего.

[PhisicBGA]

Прошу прощения за досадную ошибку.Конечно же там должно быть так:

Теорема BGA:любое разложение куба любого нечетного натурального числа всегда можно представить алгебраической суммой восьми кубов натуральных чисел,которая находиться из следующих формул:
1.$(4n+1)^3=(3n)^3+(3n+1)^3+(2n)^3+(2n+1)^3+n^3+(n-1)^3-(2n-1)^3-1$,где$n$-любое целое число - для чисел с чётной основой;
2. $(4n-1)^3=(3n)^3+(3n-1)^3+(2n)^3+(2n-1)^3+n^3+(n+1)^3-(2n+1)^3+1$ ,где$n$-любое целое число - для чисел с нечётной основой.

Когда говорят о доказательстве,совсем не имеют в виду " Достаточно раскрыть скобки и привести подобные члены. "

yk2ru писал(а):

Про разложение на кубы нечётных чисел, даю сумму из пяти кубов.

$$(2n+1)^3=(2n-1)^3+(n+4)^3-(n-4)^3-5^3-1^3$$

Всё зависит от того, как Вы получили эту формулу и понимаете ли её смысл.Если всё так как надо,то Вы на правильном пути.

[ishhan]

PhisicBGA в сообщении #1278897 писал(а):

И только,когда Резерфорд,в серии своих замечательных опытов,показал, что атом имеет планетарную,трехмерную структуру,только тогда стало ясно,что это свойство элементов - от туда,из "другого измерения".
Что бы не подумали,что "мол,чудит физик",посылаю Новогодний привет из "другого измерения".

Физ-привет PhisicBGA !
По поводу алгебраической суммы кубов

как физику Вам должно быть знакомо чередование символов суммы и разности:
+ + +
+ - -
- + -
- - +

PhisicBGA в сообщении #1279300 писал(а):

Всё зависит от того, как Вы получили эту формулу и понимаете ли её смысл

Интересно, есть ли у Вас, экспертное понимание почему это чередование символов связывающее сумму и произведение трёх чисел применимо к кубам:
Пусть abc=a_1b_1c_1
тогда:
$(a+b+c)^3+(a-b-c)^3+(-a+b-c)^3+(-a-b+c)^3= (a_1+b_1+c_1)^3+(a_1-b_1-c_1)^3+(-a_1+b_1-c_1)^3+(-a_1-b_1+c_1)^3$
Вас и Всех с наступающим, дважды простым Новым Годом $2018=2\cdot1009$

[Someone]

PhisicBGA в сообщении #1279300 писал(а):

Когда говорят о доказательстве,совсем не имеют в виду " Достаточно раскрыть скобки и привести подобные члены. "

Вы не правы. В данном случае доказательство именно в этом и состоит. И оно вполне доступно школьнику, который начал изучать тождественные преобразования алгебраических выражений.

[Antoshka]

Antoshka в сообщении #1278806 писал(а):

Можно еще показать, что если $z$ делится на $3^2$, то оно должно делиться еще и на $7$.

Данный факт можно использовать при доказательстве утверждения, что уравнение $a^6+b^6=c^6$ не имеет решений в натуральных числах. В самом деле, возьмем равенство в натуральных числах $x^3+y^3=z^3$. Так как $z$ делится на $7$, то $(x^3\cdot y^3+1)$ делится на $7$. Но $x=a^2,y=b^2$$\ \Rightarrow$ $(ab)^6+1$ делится на $7$. Но это невозможно, то есть имеем противоречие

[vasili]

Уважаемый Antoshka!

Из $x^3 +y^3 =z^3$ при $(z,7) = 7$ имеем $x^3 +y^3\equiv 0\mod 7$, отсюда

$x^3\equiv-y^3\mod 7$, тогда

$x^3y^3 +1\equiv (-y^3)(y^3) + 1\equiv-y^6 +1\equiv-(b^2)^6 +1\equiv-1+ 1\equiv 0\mod 7$. И нет противоречия.

[Antoshka]

vasili в сообщении #1281646 писал(а):

$x^3y^3 +1\equiv (-y^3)(y^3) + 1\equiv-y^6 +1\equiv-(b^2)^6 +1\equiv-1+ 1\equiv 0\mod 7$. И нет противоречия

А откуда минус во втором равенстве? И для чего оно вообще? Можно написать намного проще же ведь. Без этих модулей. Берем равенство в натуральных числах $x^3+y^3=z^3$. Возводим в квадрат. Имеем $(x^6-1)+(y^6-1)+2(x^3\cdot y^3+1)=z^6$. Так как $z$ делится на $7$ и первые два слагаемых в скобках делятся на $7$, то $x^3\cdot y^3+1$ делится на $7$. Но $x$ и $y$ являются квадратами, то есть $(ab)^6+1$ делится на $7$. Но это невозможно, так как на $7$ делится число $(ab)^6-1$ для любых натуральных $a$ и $b$, не кратных $7$ естественно.

-- 06.01.2018, 11:32 --

vasili в сообщении #1281646 писал(а):

Из $x^3 +y^3 =z^3$ при $(z,7) = 7$ имеем $x^3 +y^3\equiv 0\mod 7$

На самом деле $(x+y)=9A^3,A\equiv 0\mod 7$. Об этом я выше писал

[vasili]

27/03/12
358
г. новосибирск
Уважаемый Antoshka!
Можно проще. $a^6 +b^6\equiv 0\mod 7$,отсюда

$b^6\equiv - a^6\mod 7$, тогда

$a^6b^6 +1\equiv a^6 (- a)^6 + 1\equiv-a^{12} +1\equiv -1 + 1\equiv 0\mod 7\$

[vasili]

Уважаемый Antoshka!
1. Если справедливо равенство $a^6 + b^6-c^6 =0$, то справедливо и сравнение
$a^6 + b^6-c^6\equiv 0\mod 7$.
2. Однако сравнение справедливо, если только $(a, 7) = 7$ или $(b, 7) = 7$.
3. В случае если $(c,7) = 7$, то будут несправедливы ни сравнение, ни равенство.

[Antoshka]

vasili в сообщении #1281884 писал(а):

В случае если $(c,7) = 7$, то будут несправедливы ни сравнение, ни равенство.

Собственно, я про это и писал

[vasili]

Уважаемый Antoshka! Вы писали "Данный факт можно использовать при доказательстве утверждения, что уравнение $a^6+b^6=c^6$ не имеет решений в натуральных числах".

Но Вы доказали частный случай когда $(c,7) = 7$.

А если $(a,7) = 7$ или $ (b,7) =7$ доказательство не показано.

[Antoshka]

vasili в сообщении #1281966 писал(а):

А если $(a,7) = 7$ или $ (b,7) =7$ доказательство не показано

Доказательство данного факта я также изложил в данной теме. Почитайте предыдущую страницу

[vasili]

Уважаемый Antoshka! Для доказательства варианта когда $ (x, 7) =7$ Вы использовали известный трехчлен записанный в 3-х формах с использования формул Абеля для варианта когда $(z,3) = 3$
Так
$x = m^3 + 3mm_0A$,
$y = m_0^3 + 3mm_0A$,
$z =9A^3 - 3mm_0A$, где

$z-y =m^3$, $z-x =m_0^3$, $3(x + y) =(3A)^3$
- формулы Абеля в ваших обозначениях, тогда

$ x = z-y + 3mm_0A $,
$ y = z-x + 3mm_0A$,
$z = x +y - 3mm_0A$,
$x + y -z =3mm_0A$.
Теперь если $(m, 7)=7$, где противоречие?.

[Antoshka]

vasili в сообщении #1282239 писал(а):

Теперь если $(m, 7)=7$, где противоречие?.

Я написал, что после подстановки соотношений из леммы в исходное уравнение, получим уравнение, которое я обозначил цифрой $\eqno(1)$. Еще раз посмотрите предыдущую страницу. Если $(m,7)=7$, то это невозможно в силу этого уравнения. Вы, думаю, самостоятельно сообразите, почему