Еще один вариант для кубов

[dick]

Предположим, что выполняется равенство: $x^3+y^3=z^3$ (1); где $x,y,z$ – взаимно простые натуральные числа, $z,y$- числа разной четности, а $x$- нечетное.
Предположим, что $x$ не делится на 3 и $y=x+k_1$; $z=x+k_2$;
Тогда из (1) следует: $x^3-3(k_2-k_1)x^2-3(k_2^2-k_1^2)x-(k_2^3-k_1^3)=0$ (1.1);
Поскольку три из четырех слагаемых левой части (1.1) делятся на $x$, четвертое также делится на $x$, то есть $k_2^3-k_1^3=bx$, где $b$- натуральное число.
После сокращения (1.1) на $x$ и несложных преобразований получим:
$x^2-b=3(k_2-k_1)(x+k_2+k_1)$ (1.2);
Поскольку правая часть (1.2) всегда делится на 6, то левая также всегда делится на 6. Следовательно, если $x$ не делится на 3, то $b=1$ или $x=k_2^3-k_1^3$.
Тогда из (1) следует: $(k_2^3-k_1^3)^3=z^3-y^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$;
Но $z-y=k_2-k_1$, тогда: $(k_2-k_1)^3((k_2-k_1)^2+3k_2k_1)^3=(k_2-k_1)((k_2-k_1)^2+3zy)$ (1.3);
Поскольку две скобки левой части (1.3) -это взаимно простые числа и две скобки правой части (1.3) это также взаимно простые числа, то (1.3) может выполняться только если $(k_2-k_1)=(k_2-k_1)^3$; Следовательно $(k_2-k_1)=(z-y)=1$ (2).
Ранее я показывал почему (1) невозможно для соседних $z,y$.

[gris]

Вот тут немножко непонятно: почему бы бэ не быть семёркой или двумястами девяноста пятью? Чего сразу единичка?

$5^2-1=6\cdot 4;\quad 5^2-7=6\cdot 3;\quad 49^2-295=6\cdot 351$

Чего не догоняю?

[dick]

Все варианты приводятся к варианту с единицей. Или Вы думаете, что перенос шестерок справа налево что-то меняет?

[mihaild]

Думаю, что меняет. Если не меняет - сформулируйте это четко и докажите.

[Antoshka]

gris в сообщении #1566136 писал(а):

Вот тут немножко непонятно: почему бы бэ не быть семёркой или двумястами девяноста пятью? Чего сразу единичка?

$5^2-1=6\cdot 4;\quad 5^2-7=6\cdot 3;\quad 49^2-295=6\cdot 351$

Чего не догоняю?

Это вы про этот кусок доказательства говорите?

dick в сообщении #1566133 писал(а):

Следовательно, если $x$ не делится на 3, то $b=1$ или $x=k_2^3-k_1^3$.

[gris]

ну да. Если $x=6k\pm 1$, то $x^2-(6n+1)$ делится на $6$, то есть $b=6n+1$

[dick]

mihaild

Не пойму, что здесь доказывать. Утверждение о том, что все варианты приводятся к варианту с единицей очевидно.
Нельзя ли объяснить, что именно Вы думаете и что Вас не устраивает.

[mihaild]

Меня не устраивает, что утверждение

dick в сообщении #1566133 писал(а):

$b=1$

не доказано.

[dick]

Согласен. Попробуем иначе.
Из (1.1) следует, что $bx$ делится на $(k_2-k_1)$;
Из (1.2) следует, что $x^2-b$ делится на $(k_2-k_1)$;
Но $bx$ и $x^2-b$ - взаимно простые числа. Следовательно $(k_2-k_1)=1$.

[mihaild]

dick в сообщении #1566182 писал(а):

Но $bx$ и $x^2-b$ - взаимно простые числа

Почему?

Замечу, что рассуждение по сути использует только тот факт, что $a^3 - b^3$ делится на $a - b$, соответственно переносится на вторую степень.

[dick]

Числа $x$ и $b$ могут иметь общий множитель, поэтому $x^2-b$ и $bx$ также могут иметь общий множитель. Погорячился, но не беда.
Если выполняется (1), должно выполняться $x+y=z+a$ (2).Число $a$ делится на 6, потому что после возведения (2) в степень 3 и сокращения кубов согласно (1), в одной части равенства останется $a^3$, а в другой - четное число кратное 3.
После процедуры, описанной выше и несложных преобразований получим:
$a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ (2.1);
Поскольку $x>a$ и $y>a$, должно быть грубо $(a^2/6)>(z-y)(z-x)$.
Но $z-x>z-y$, поэтому $a>(z-y)$.
Поскольку $z-y$ это нечетный куб, при наименьшем $a=6$ этот куб – единица.

[mihaild]

dick в сообщении #1566413 писал(а):

потому что после возведения (2) в степень 3 и сокращения кубов согласно (1), в одной части равенства останется $a^3$, а в другой - четное число кратное 3

Напишите подробнее, кто на что сокращается. Потому что не сократится так (если бы сократилось, то ваше 2.1 было бы выполнено и для вещественных решений 1, а оно не выполнено).

[dick]

$x+y=z+a$ (2);
$(x+y)^3=(z+a)^3$
$x^3+3x^2y+3xy^2+y^3=z^3+3z^2a+3za^2+a^3$;
$a^3=3xy(x+y)-3za(z+a)=3(x+y)(xy-za)=3(z-y)(z-x)(x+y)$;
Сократилось $x^3+y^3=z^3$;

[dick]

Можно и так:
Предположим, что выполняется равенство: $x^3+y^3=z^3$ (1); где $x,y,z$ – взаимно простые натуральные числа, $z,y$- числа разной четности, а $x$- нечетное.
Если выполняется (1), то выполняются также:
$x^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$ (1.1),
$a^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$ (2);
$x+y=z+a$ (3);
Если $x^3$ представлен произведением двух скобок (1.1), всегда возможен вариант, при котором первая скобка это $x$, а вторая - $x^2$. Согласно (3), чтобы получить в первой скобке $x$, нужно прибавить к (z-y) число $a$. Но поскольку состав простых множителей правой части (1.1) должен оставаться неизменным, это возможно, только за счет перемещения натурального числа $d$ из второй скобки в первую.
Тогда $x=(z-y)+a=(z-y)d$. Следовательно $x$ и $a$ делятся на $(z-y)$.
Но тогда $x^3$ делится на $(z-y)^3$, что противоречит (1.1), если только $(z-y)$ не единица.

[mihaild]

dick в сообщении #1568012 писал(а):

всегда возможен вариант, при котором первая скобка это $x$, а вторая - $x^2$.

Что значит "всегда возможен"? Вы отдельно рассматриваете этот случай и отдельно оставшийся, или что?
Принудительно сказать, что если нет решений такого вида, то нет никаких, нельзя.

-- 28.10.2022, 17:45 --

dick в сообщении #1566817 писал(а):

Сократилось $x^3+y^3=z^3$;

Да, это я не то считал, тут всё честно, $a$ делится на $6$. Ну и что?