Ферматики докажите, что (k+1)^3=k^3 +y^3 не имеет решений

[Батороев]

age в сообщении #243725 писал(а):

grisania
1. Уравнение $1+kx^2=y^3$ решений не имеет ни при каких $k$.

$1+7\cdot 3^2=4^3$

[age]

Да. Виноват. Поспешил.

[grisania]

age в сообщении #243725 писал(а):

grisania
К сожалению, победить ваше уравнение $1+3x^2=4y^3$ пока не удалось, и я подозреваю его решение во много эквивалентно решению $1+3x^2=ky^3$.

Я вроде победил, на днях напишу. Из неразрешимости $1+3x^2=4y^3$ следует неразрешимость $(n+1)^3-n^3=y^3$.
Но прикол вот чем, из неразрешимости $(n+1)^3-n^3=y^3$ следует неразрешимость ВТФ для тройки $x^3-z^3=y^3$. Доказательство несложное. Поэтому я бился над неразрешимостью $1+3x^2=4y^3$

[Коровьев]

"Не торопись", чтобы потом не говорить "Да. Виноват. Поспешил."
Ужель нельзя обойтись без громких слов, способных лишь по Пруткову сотрясти вохдух. Сначала доказательство, а там видно будет, нужны ли эти слова.

[age]

grisania
И все же мне удалось решить ваше уравнение
$3x^2+1=4y^3$.

Решение такое:
1. Отнимем от обеих частей уравнения $4$:
$3x^2-3=4y^3-4$.
$3(x^2-1)=4(y^3-1)$.
Откуда следует, что $(x^2-1)\div12$. То, что $(x^2-1)\div3$ - факт тривиальный по малой теореме Ферма для любых $x\neq3q$. Но т.к. $(x^2-1)\div4$, то $x$ - нечетно. Тогда $x=4k\pm1$. Откуда $(x^2-1)=16k^2\pm8k=8k'\div8$.

2. Т.к. для любых $y$ выражение $y^2+y+1$ всегда нечетно. То в правой части $4(y^3-1)=4(y-1)(y^2+y+1)$ лишь $y-1$ может быть четно, откуда $y=2m+1$.

3. Т.к. числа $x+1$ и $x-1$ - взаимно простые и могут иметь общим множителем лишь $2$, и числа $y-1$ и $y^2+y+1$ - также взаимно простые и могут иметь общим множителем лишь $3$, то для того, чтобы соблюдалось равенство:
$3(x^2-1)=4(y^3-1)$,
а $(y-1)\div3$.
должно быть выполнимо одно из следующих условий:
$\begin{cases}3(x-1)=12(y-1)\\(x+1)=\dfrac{y^2+y+1}{3} \end{cases} $
либо
$\begin{cases}3(x+1)=12(y-1)\\(x-1)=\dfrac{y^2+y+1}{3} \end{cases} $

Простой подстановкой легко убедиться, что ни одно из них не имеет решений, т.к. $(y^2+y+1)>(y-1)$, а $(x+1)-(x-1)=2$.

[grisania]

age в сообщении #246349 писал(а):

---------------------------------
3. Т.к. числа $x+1$ и $x-1$ - взаимно простые и могут иметь общим множителем лишь $2$, и числа $y-1$ и $y^2+y+1$ - также взаимно простые и могут иметь общим множителем лишь $3$, то для того, чтобы соблюдалось равенство:
$3(x^2-1)=4(y^3-1)$,
а $(y-1)\div3$.
-----------------------------------

Почитайте Серпинского "О решении уравнений в целых числах" (Физматгиз, 1961), стр. 37, где рассматривается параметрическое решение уравнения $xy=zt$ . Трюки с почти взаимной простой $x$ и $y$ (например, когда $\gcd \left( x,y \right)=2$) и с почти взаимной простой $z$ и $t$ (например, когда $\gcd \left( t,z \right)=3$) не проходят.
Однако запись уравнения $3x^2+1=4y^3$ в виде $3(x^2-1)=4(y^3-1)$ очень интересна

[age]

grisania в сообщении #246375 писал(а):

Почитайте Серпинского "О решении уравнений в целых числах" (Физматгиз, 1961), стр. 37, где рассматривается параметрическое решение уравнения $xy=zt$ . Трюки с почти взаимной простой $x$ и $y$ (например, когда $\gcd \left( x,y \right)=2$) и с почти взаимной простой $z$ и $t$ (например, когда $\gcd \left( t,z \right)=3$) не проходят.

Еще как проходят!
Дело в том, что выше рассматривается не взаимная простота или "не почти взаимная", а конкретный случай, для которого иных решений быть не может.
Числа $y-1$ и $y^2+y+1$ обязательно оба делятся на $3$. А числа $x+1$ и $x-1$ оба делиться на $3$ не могут. В свою очередь числа $x+1$ и $x-1$ обязательно оба делятся на $2$. А число $y^2+y+1$ вообще делиться на $2$ не может. Откуда и вытекают означенные выше условия и отсутствие других решений. Понимаю, что это некрасиво, но иногда приходится жертвовать красотой ради результата.

[grisania]

age в сообщении #246402 писал(а):

----------------------------------------------------
Числа $y-1$ и $y^2+y+1$ обязательно оба делятся на $3$. А числа $x+1$ и $x-1$ оба делиться на $3$ не могут.

То, что числа $y-1$ и $y^2+y+1$ обязательно оба делятся на $3$ ясно, но откуда следует, что числа $x+1$ и $x-1$ оба делиться на $3$ не могут?

Пока вы доказали, что $x\ne3k$, поскольку в этом случае числа $x+1$ и $x-1$ оба делиться на $3$ не могут. Случаи $x=3k+1$ и $x=3k+2$ надо доказывать, в этом не поможет то, что $x$ нечетное.

[age]

grisania
Ну то, что оба $x+1$ и $x-1$ делиться на 3 не могут - это уже арифметика! Докажите сами.
Остальное я написал выше: $x^2-1$ делится на $3$ по малой теореме Ферма.

[grisania]

age в сообщении #246417 писал(а):

grisania
Ну то, что оба $x+1$ и $x-1$ делиться на 3 не могут - это уже арифметика! Докажите сами.
Остальное я написал выше: $x^2-1$ делится на $3$ по малой теореме Ферма.

Беру $x=6k+1$. Число $x=6k+1$ нечетно, а $x-1=6k$делится на $3$, а, значит, $x^2-1$ делится на $3$ . Причем здесь малая теорема Ферма?

[age]

Малая теорема Ферма утверждает, что $x^{n-1}-1\div n$.
Для $n=3$ имеем $x^2-1\div 3$. Хотя, конечно же, это из пушки по воробьям! Гораздо проще так:
Если $x\neq3k$, то $x=3k\pm1$, откуда $x^2-1=9k^2\pm6k+1-1=3k'\div3$.

[grisania]

age в сообщении #246417 писал(а):

grisania
Ну то, что оба $x+1$ и $x-1$ делиться на 3 не могут - это уже арифметика! Докажите сами.
Остальное я написал выше: $x^2-1$ делится на $3$ по малой теореме Ферма.

Левая часть $3(x^2-1)=4(y^3-1)$ делится на 9 - это мне понятно и несложно доказывается. Если $3 \ne3k$, то левая часть также делится на 9, поскольку хоть оба $x+1$ и $x-1$ делиться на 3 не могут, но одно точно делится. Поэтому ваше доказательство не катит.

[age]

Почему это не катит Численный контрпример!

[maxal]

Про решение $3x^2+1=4y^3$ - см. post211959.html#p211959

[grisania]

maxal в сообщении #246537 писал(а):

Про решение $3x^2+1=4y^3$ - см. post211959.html#p211959

За кривульку Морделла большое спасибо.
Однако я сомневаюсь, что существует школьное решение и его можно начать с представления

$3(x^2 - 1) = 4(y^3 - 1)$

для уравнения $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$. Если конечно не следовать методам ферматиков типа KORIOLA. Он уже представил суперэлементарное доказательство на этой ветке.
Я порылся в Инете и нашел, что народ в мире эту тему поднимал
http://www.math.washington.edu/~challenge/archive/20090505/index.php
Problem
Find all integer solutions to $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$.
Solution
http://www.math.washington.edu/~challenge/archive/20090505/flt.pdf
Следовательно, опять сводят к уравнению Ферма для тройки. Один парень за это решение получил приз. Всего было предложено 11 решений.