Кубы и квадраты

[Antoshka]

dick в сообщении #1670141 писал(а):

Раскрывая скобки, получим:
$3(z-y)((z+y)-1)=3x(x-1)-(b-1)$ (4.8);
$6(z-y)((z+y)-2)=6x(x-2)-(c-8)$ (4.9);
$9(z-y)((z+y)-3)=9x(x-3)-(d-27)$ (4.10);

Вы здесь не ошиблись?

[dick]

Как будто нет, а что не так?

[Antoshka]

Как вы от этого

dick в сообщении #1670141 писал(а):

Запишем (4.1)-(4.3) в нейтральном виде:
$(z-1)^3-(y-1)^3=(x-1)^3+b$ (4.4);

Пришли к этому

dick в сообщении #1670141 писал(а):

Раскрывая скобки, получим:
$3(z-y)((z+y)-1)=3x(x-1)-(b-1)$ (4.8);

[dick]

$(z-1)^3-(y-1)^3=(x-1)^3+b$
$z^3-3z^2+3z-1-y^3+3y^2-3y+1=x^3-3x^2+3x-1+b$
$3(z^2-y^2)-3(z-y)=3x(x-1)-(b-1)$
$3(z-y)(z+y-1)=3x(x-1)-(b-1)$

[dick]

Утверждение о том, что разница коэффициентов любых двух строк после сдвига, не может дать начальных коэффициентов, не требует доказательства.
Однако, $x^3$ в разложении с начальными коэффициентами, может быть «замаскирован» добавлением нуля, в разложении со сдвигом на $x^3$ шагов. Здесь мы сдвигаем кубы разложения «вверх», в то время как для $z$ и $y$ сдвигали «вниз».
Целесообразнее использовать общий подход, при котором все кубы равенства Ферма опираются в разложении на ноль.
В этом случае для доказательства требуется, чтобы среди строк коэффициентов разложения не нашлось таких трёх, что разница коэффициентов двух строк дала бы коэффициенты третьей.

[dick]

Для доказательства теоремы достаточно, чтобы хотя бы для одного из четырех коэффициентов была доказана невозможность получения меньшего коэффициента разницей двух больших.
Рассматривая коэффициенты свободного члена, можно заметить, что выполняется:
$C_4=(C_1-C_3)С_2$ (5.1); а также
$C_2=(C_1-C_3)^2-1$ (5.2);
Где $C_1, C_2, C_3, C_4$ - коэффициенты разложения $x^3$.
Из (5.1), (5.2) следует:
$C_4=(C_1-C_3)((C_1-C_3)^2-1)=$
$((C_1-C_3)-1)(C_1-C_3)((C_1-C_3)+1)$ (5.3);
Таким образом, все коэффициенты свободного члена являются произведением трех соседних натуральных чисел, следующих без пропусков строго в порядке возрастания, начиная с единицы. А меньший член тройки является порядковым номером строки коэффициентов.
Поскольку коэффициенты свободного члена содержат все числа натурального ряда, то если бы выполнялось равенство:
$C_4=A_4-B_4$ (5.4);
Где $A_4, B_4$ это, соответственно, коэффициенты свободного члена разложений $z^3$ и $y^3$, выполнялось бы и равенство:
$X^3=Z^3-Y^3$ (5.5);
Где числа $X, Y, Z$ были бы средними в тройках соседних чисел, составляющих, соответственно, $C_4, B_4, A_4$.
То есть выполнялось бы одновременно:
$x^3=z^3-y^3$ (5.6) и (5.5), при чем: $x>X, y>Y, z>Z$, поскольку $x,y,z$-исходная тройка, кубы которой были разложены.
Однако подобное невозможно, поскольку тройка $x,y,z$-примитивна.
Вот, собственно, и все.

-- 23.06.2025, 13:13 --

mihaild
Может быть, это и есть вожделенный спуск?

[mihaild]

(Оффтоп)

Я не очень хочу собирать актуальный вариант рассуждения по всей теме. Либо соберите сами, либо пусть кто-то более недавно читавший помогает.

[dick]

Предположим, что для трех натуральных, взаимно простых чисел $x, y, z$ выполняется: $x^3=z^3-y^3$ (1);
Любой куб натурального числа больше 3, может быть разложен в сумму, с использованием трех меньших соседних натуральных кубов и свободного члена:
$x^3=3(x-1)^3-3(x-2)^3+(x-3)^3+6$ (2);
$y^3=3(y-1)^3-3(y-2)^3+(y-3)^3+6$;
$z^3=3(z-1)^3-3(z-2)^3+(z-3)^3+6$;
Если кубы слева достаточно велики ($4^3$ и более), кубы разложения можно сдвигать вниз, оставаясь в множестве натуральных. Например так:
$x^3=3(3(x-2)^3-3(x-3)^3+(x-4)^3+6)-3(x-2)^3+(x-3)^3+6=$
$=6(x-2)^3-8(x-3)^3+3(x-4)^3+24$ (2.1) и т.д.
Или так:
$4^3=3(3^3)-3(2^3)+(1^3)+6$
$5^3=6(3^3)-8(2^3)+3(1^3)+24$
$6^3=10(3^3)-15(2^3)+6(1^3)+60$ (2.2) и т.д., до достижения слева
значений $x^3, y^3, z^3$
Слегка расширенная табличка коэффициентов:
3 3 1 6
6 8 3 24
10 15 6 60
15 24 10 120
21 35 15 210
28 48 21 336 и т.д.
Итак, по схеме (2.2) получим разложения $x^3, y^3, z^3$ с одинаковым набором младших кубов и коэффициентами, согласно строк таблицы.
Чтобы выполнялось (1), должны найтись такие две строки, разница коэффициентов которых дала бы коэффициенты строки расположенной выше.
Для доказательства того, что это невозможно, достаточно чтобы хотя бы для одного из четырех коэффициентов была доказана невозможность получения меньшего коэффициента разницей двух больших.
Рассматривая коэффициенты свободного члена, можно заметить, что выполняется:
$C_4=(C_1-C_3)C_2$ (5.1); а также,
$C_2=(C_1-C_3)^2-1$ (5.2);
Где $C_1, C_2, C_3, C_4$ - коэффициенты разложения $x^3$.
Из (5.1), (5.2) следует:
$C_4=(C_1-C_3)((C_1-C_3)^2-1)=$
$=((C_1-C_3)-1)(C_1-C_3)((C_1-C_3)+1)$ (5.3);
Таким образом, все коэффициенты свободного члена являются произведением трех соседних натуральных чисел, следующих без пропусков строго в порядке возрастания, начиная с единицы. А меньший член тройки является порядковым номером строки коэффициентов.
Поскольку коэффициенты свободного члена содержат все числа натурального ряда, то если бы выполнялось равенство:
$C_4=A_4-B_4$ (5.4);
Где $A_4, B_4$ это, соответственно, коэффициенты свободного члена разложений $z^3$ и $y^3$, выполнялось бы и равенство:
$X^3=Z^3-Y^3$ (5.5);
Где числа $X, Y, Z$ были бы средними в тройках соседних чисел, составляющих, соответственно, $C_4, B_4, A_4$.
То есть выполнялось бы одновременно:
$x^3=z^3-y^3$ (5.6) и (5.5), при чем: $x>X, y>Y, z>Z$, поскольку $x,y,z$-исходная тройка, кубы которой были разложены.
Однако подобное невозможно, поскольку тройка $x,y,z$-примитивна.
Вот, собственно, и все.

[mihaild]

dick в сообщении #1691895 писал(а):

Чтобы выполнялось (1), должны найтись такие две строки, разница коэффициентов которых дала бы коэффициенты строки расположенной выше

Не обязательно. Стандартная ошибка - из равенства значений многочленов не следует равенство многочленов.

[dick]

Если выполняется (1), но разность коэффициентов $z^3$ и $y^3$ не дает коэффициентов $x^3$, то сумма отклонений от коэффициентов $x^3$, с учетом кубов, будет нулем.

[mihaild]

dick в сообщении #1691926 писал(а):

Если выполняется (1), но разность коэффициентов $z^3$ и $y^3$ не дает коэффициентов $x^3$, то сумма отклонений от коэффициентов $x^3$, с учетом кубов, будет нулем.

Я не понимаю, что это значит. Напишите формулу.
Насколько я понимаю, Ваше рассуждение следующее: если $\sum\limits_{i=1}^3 A_i (x - i)^3 + A_4 + \sum\limits_{i=1}^3 B_i (x-i)^3 + B_4 = \sum\limits_{i=1}^3 C_i (x - i)^3 + C_4$, то $A_i + B_i = C_i$. Это, конечно же, неправда.

[dick]

Странно, Вы что, не поняли? Под знаком суммы должны стоять одинаковые тройки кубов.

dick в сообщении #1691895 писал(а):

Итак, по схеме (2.2) получим разложения $x^3, y^3, z^3$ с одинаковым набором младших кубов и коэффициентами, согласно строк таблицы.

[mihaild]

dick в сообщении #1691936 писал(а):

Под знаком суммы должны стоять одинаковые тройки кубов

Нет, не понял. Напишите формулу. Я не понимаю, что такое "одинаковый набор младших кубов".

[dick]

Ладно, я напишу.
Если $x^3=z^3-y^3$
$x^3=C_1k^3-C_2(k-1)^3+C_3(k-2)^3+C_4$
$y^3=B_1_1k^3-B_2(k-1)^3+B_3(k-2)^3+B_4$
$z^3=A_1k^3-A_2(k-1)^3+A_3(k-2)^3+A_4$

$(A_1k^3-A_2(k-1)^3+A_3(k-2)^3+A_4)-(B_1_1k^3-B_2(k-1)^3+B_3(k-2)^3+B_4)=(C_1k^3-C_2(k-1)^3+C_3(k-2)^3+C_4)$
И тогда либо $A_1-B_1=C_1; A_2-B_2=C_2; A_3-B_3=C_3; A_4-B_4=C_4$;
Либо, $A_1-B_1=C_1+D_1; A_2-B_2=C_2-D_2; A_3-B_3=C_3+D_3; A_4-B_4=C_4+D_4$;
Но тогда: $D_1k^3-D_2(k-1)^3+D_3(k-2)^3+D_4=0$
Что одно и тоже.

[Antoshka]

dick в сообщении #1691939 писал(а):

Либо, $A_1-B_1=C_1+D_1; A_2-B_2=C_2-D_2; A_3-B_3=C_3+D_3; A_4-B_4=C_4+D_4$;
Но тогда: $D_1k^3-D_2(k-1)^3+D_3(k-2)^3+D_4=0$
Что одно и тоже.

А $D_i$ откуда взялись?