Кубы и квадраты

[mihaild]

dick в сообщении #1694185 писал(а):

В противном случае, возникнет противоречие в вопросе выполнения (1).

Я не понимаю, что это значит. Напишите формулы нормально, с кванторами.
Пока что рассуждение выглядит так: либо $2 + 2 = 5$, либо $2 + 2 \neq 5$. Если мы, опираясь на первый вариант, что-то докажем, то, опираясь на другой вариант, получим тот же результат.

(Оффтоп)

Вообще в чём смысл вашей деятельности? Вы буквально годами делаете примерно одно и то же - приносите очередное рассуждение, состоящее из арифметических преобразований и очевидно мутного момента - "существует вариант", "в обоих вариантах одно и то же", "младшие кубы одинаковые" и т.д., и т.п. Получаете указание на то, где мутный момент, несколько сообщений с ним спорите, после чего возвращаетесь с новым рассуждением того же вида.
Научитесь уже писать строго - про каждую переменную четко писать её определение, выводить каждое утверждение из предыдущих, при разборе случаев явно выписывать все случаи и разбирать каждый, и т.д.

[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:
$d^3=3(d-1)^3-3(d-2)^3+(d-3)^3+6$ (2); где $d$-произвольное натуральное число, больше 3.
Если куб слева достаточно велик, кубы разложения можно сдвигать вниз, оставаясь в множестве натуральных. Например так:
$d^3=3(3(d-2)^3-3(d-3)^3+(d-4)^3+6)-3(d-2)^3+(d-3)^3+6=$
$=6(d-2)^3-8(d-3)^3+3(d-4)^3+24$ (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.
Тогда для тройки решения (1) можно записать:
$x^3=C_1k^3-C_2(k-1)^3+C_3(k-2)^3+C_4$ (3);
$y^3=B_1k^3-B_2(k-1)^3+B_3(k-2)^3+B_4$;
$z^3=A_1k^3-A_2(k-1)^3+A_3(k-2)^3+A_4$;
Где $A, B, C$ с индексами это коэффициенты трех кубов разложения и свободного члена.
Тогда при выполнении (1) должно выполняться:
$A_1-B_1=C_1; A_2-B_2=C_2; A_3-B_3=C_3; A_4-B_4=C_4;$ (4)
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);
Разумеется, это справедливо для разложения любых кубов.
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.
Если выполняется (1), (4), должно выполняться:
$A_4-B_4=C_4$ (6);
Но для чисел формы $d^3-d$ это невозможно.

[mihaild]

dick в сообщении #1694196 писал(а):

Тогда при выполнении (1) должно выполняться:
$A_1-B_1=C_1; A_2-B_2=C_2; A_3-B_3=C_3; A_4-B_4=C_4;$

С чего бы это?

[dick]

Итог рассуждения выглядит так: либо $d=d_1+d_2$ и $d=d_3+d_4$, либо $d\not=d_1+d_2$ и $d\not=d_3+d_4$.

-- 14.07.2025, 15:13 --

А у Вас так: либо $d\not=d_1+d_2$ и $d=d_3+d_4$, либо $d=d_1+d_2$ и $d\not=d_3+d_4$

[mihaild]

У меня вообще нет никаких $d_i$ (как и вас не было в предыдущем сообщении).

dick в сообщении #1694204 писал(а):

Итог рассуждения

совершенно неважен, потому что после первого же необоснованного утверждения (на которое я указал, и которое за последние несколько итераций не поменялось) читать дальше бессмысленно.

[dick]

Предположим, для трех, взаимно простых натуральных чисел выполняется:
$x^3+y^3=z^3 (1);$
Пусть $x$ не делится на 3, а $z,y$ разной четности.
Все кубы натуральных чисел, начиная с 4, можно разложить в сумму трех меньших соседних кубов:
$k^3=3(k-1)^3-3(k-2)^3+(k-3)^3+6$ (2);
Этот же куб можно разложить в сумму, используя тройку меньших соседних кубов:
$k^3=6(k-2)^3-8(k-3)^3+3(k-4)^3+24$ (2.1);
Куб слева можно увеличивать, не изменяя тройку кубов справа, а лишь увеличивая коэффициенты разложения:
$(k+1)^3=6(k-1)^3-8(k-2)^3+3(k-3)^3+24$ (2.2);
Табличка коэффициентов выглядит так:
3 3 1 6
6 8 3 24
10 15 6 60
15 24 10 120
21 35 15 210
28 48 21 336
36 63 28 504
.....
Каждому следующему кубу слева, соответствует следующая строка коэффициентов.
Обозначим коэффициенты для нашей тройки решения (1):
для $z^3$ - $A_1, A_2, A_3, A_4$;
для $y^3$ - $B_1, B_2, B_3, B_4$;
для $x^3$ - $C_1, C_2, C_3, C_4$;

Тогда: $z^3=A_1(k-1)^3-A_2(k-2)^3+A_3(k-3)^3+A_4$;
$y^3=B_1(k-1)^3-B_2(k-2)^3+B_3(k-3)^3+B_4$;
$x^3=C_1(k-1)^3-C_2(k-2)^3+C_3(k-3)^3+C_4$;

Из (1) следует:
$z^3-y^3=x^3=(A_1-B_1)(k-1)^3-(A_2-B_2)(k-2)^3+(A_3-B_3)(k-1)^3+(A_4-B_4)$ (1.1);
Пусть $(A_1-B_1)=C_1+d_1$; $(A_2-B_2)=C_2+d_2$; $(A_3-B_3)=C_3+d_3$; $(A_4-B_4)=C_4+d_4$ (1.2);
Где ни одно из целых чисел $d_1, d_2, d_3, d_4$ , не является нулем.
Если бы мы пожелали привести (1.1) к виду с коэффициентами при кубах:
$x^3=C_1(k-1)^3-C_2(k-2)^3+C_3(k-3)^3+(A_4-B_4)$;
Оказалось бы, что для компенсации величины: $d_1(k-1)^3-d_2(k-2)^3+d_3(k-3)^3$
Число $(A_4-B_4)$ также должно стать коэффициентом $C_4$.
Но это невозможно, поскольку все числа с индексом 4 имеют форму $n^3-n$,
а разность двух таких чисел не может дать ту же форму.
Следовательно, выполнение (1) невозможно.