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

[maxal]

age в сообщении #275104 писал(а):

Что интересно, то при $p\geq7$ все $x$ должны быть квадратами

Это неверно. Например, $2\cdot 3$ делит $7^7-1$, но $7$ не является квадратом.

age в сообщении #275104 писал(а):

для всякого квадрата $x=a^2$ обязательно найдутся два числа $y$ и $y+1$ такие, что $x^p-1\div y(y+1)$, $y>x$ (но это лишь гипотеза).

Это верно лишь для нечетного $a$. Нетрудно видеть, что для $y=\frac{a^{p}-1}2$ произведение $y(y+1)=\frac{a^{2p}-1}4$ делит $a^{2p}-1=x^p-1$.
Для четного $a$ это неверно. В этом случае $x^p-1=a^{2p}-1$ является нечетным числом, а потому не может делится на четное число $y(y+1)$.

[age]

maxal
Забавно!

[fermatik]

grisania! Доказать, что данное уравнение имеет ЕДИНСТВЕННОЕ решение при натуральных $к a = 1, y = 1$ -- невероятно сложно:
$a^3 + (\frac{(\sqrt{\frac{4a^3 - y^3}{3y}} - y)}{2})^3 =(\frac{\sqrt{\frac{4a^3 - y^3}{3y}} + y}{2})^3$, $b = \frac{(\sqrt{\frac{4a^3 - y^3}{3y}} - y)}{2}$. Данное доказательство описано на форуме сайта Наука и жизнь -- 14 пунктов, на которых основано док. ВТФ для нечетных степеней. На данном форуме изложена изюминка данного док., позднее опишу подробно и в надлежащей форме.

[grisania]

fermatik в сообщении #286904 писал(а):

grisania! Доказать, что данное уравнение имеет ЕДИНСТВЕННОЕ решение при натуральных $к a = 1, y = 1$ -- невероятно сложно:
$a^3 + (\frac{(\sqrt{\frac{4a^3 - y^3}{3y}} - y)}{2})^3 =(\frac{\sqrt{\frac{4a^3 - y^3}{3y}} + y}{2})^3$, $b = \frac{(\sqrt{\frac{4a^3 - y^3}{3y}} - y)}{2}$. Данное доказательство описано на форуме сайта Наука и жизнь -- 14 пунктов, на которых основано док. ВТФ для нечетных степеней. На данном форуме изложена изюминка данного док., позднее опишу подробно и в надлежащей форме.

Что это было?
Так и хочется сказать - сгинь нечистая сила и не флуди на ветке.

[ananova]

grisania в сообщении #248243 писал(а):

age в сообщении #247892 писал(а):
grisania
К несчастью, ничего более умного предложить не удалось. Да и интереса нету особого. Поэтому видимо придется остановиться на решении, которое предложил maxal - сведению к кривой Морделла.


Особо сведение $3(x^2 - 1) = 4(y^3 - 1)$ уравнения к уравнению Морделла не помогает. Действительно, умножая исходное уравнение на $2^4 3^3 = 432$, получаем уравнение Морделла:$(36 x)^2 = (12y)^3 - 432$

Решил вернуться к этой теме, после создания темы про "Арифметические ограничения для показателя $p$"

Если использовать тамошний результат:

ananova в сообщении #295018 писал(а):

5a) (для случая p=3)
$3(x+y)(xy-zs)=s^3$

и подставим $s=x+y-z$ , то получим (в обозначениях принятых для данной темы) следующий результат (он здесь уж появлялся "с хвостиком"): $3k^2+3k+1=y^3$ - весьма похож на уравнение Морделла. Так что существенный прогресс налицо (с учётом того что $k$ и $y$ взаимнопросты)

[fermatik]

На форуме Наука и Жизнь я как ферматик написал основу для гипотезы.
Для n = 3 вычислено:
a^3 + b^3 = (b + y)^3.
При b > 0:
b^3 =(\frac {\sqrt{\frac {4a^3 - y^3}{3y}} - y} {2})^3
Cледует, гипотетическая тройка взаимно простых натуральных чисел имеет вид:
A^3 + B^3 = C^3 = (a\sqrt{3y})^3 + (\frac {\sqrt{4a^3 - y^3} - y\sqrt{3y}} {2})^3 = (y + 2m)^3(\sqrt{3y})^3 + (\frac {\sqrt{4a^3 + y^3} - y\sqrt{3y}}{2})^3 =(B + y\sqrt{3y})^3
Поэтому гипотетическая тройка взаимно простых натуральных чисел для n = 3 не имеет вид:
A^3 + B^3 = (B + 1)^3.

[shwedka]

fermatik в сообщении #297477 писал(а):

Cледует, гипотетическая тройка взаимно простых натуральных чисел имеет вид:
A^3 + B^3 = C^3 = (a\sqrt{3y})^3 + (\frac {\sqrt{4a^3 - y^3} - y\sqrt{3y}} {2})^3 = (y + 2m)^3(\sqrt{3y})^3 + (\frac {\sqrt{4a^3 + y^3} - y\sqrt{3y}}{2})^3 =(B + y\sqrt{3y})^3

докажите, что числа $A,B,C$ натуральные.

fermatik в сообщении #297477 писал(а):

Поэтому гипотетическая тройка взаимно простых натуральных чисел для n = 3 не имеет вид:
A^3 + B^3 = (B + 1)^3.

проясните логику, скрытую за 'поэтому'.

[ananova]

Перечитал всю тему.

grisania в сообщении #240991 писал(а):

Лучше записать так
${{\left( k+1 \right)}^{3}}={{k}^{3}}+{{y}^{3}}$
где естественно положить все числа натуральными. Так как ${{\left( k+1 \right)}^{3}}-{{k}^{3}}={{y}^{3}}$, то из формулы
${{a}^{3}}-{{b}^{3}}=\left( a-b \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right)=\left( a-b \right)\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+3{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}$
Получаем
$1+3{{\left( 2k+1 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Далее, предполагается что $2k+1 = x$ и 9 страниц форума исследуется уравнение: $1+3{x^2}=4y^3}$

Правильно так:

vlata в сообщении #264512 писал(а):

${Y^3=3k^2+3K+1}$

Это легко проверить, т.к. $(k+1)^3-k^3=(k^3+3k^2+3k+1)-k^3=3k^2+3k+1=3k(k+1)+1=y^3$

Т.к. здесь нет никаких $2k+1$, то исследоваться должно было другое уравнение, а именно: $1+3x(x+1)=y^3$, а не $1+3{x^2}=4y^3}$.

Поэтому мне непонятно это:

grisania в сообщении #265220 писал(а):

Амеры из Беркли (http://www.ocf.berkeley.ed) посвятили этой задаче две ветки.
Find all integer solutions of: 3x2+1 = 4y3
http://www.ocf.berkeley.edu/~wwu/cgi-bi ... 678;start=

Но у них таких доказательств типа KORIOLA или vlata не наблюдается. Поэтому сохрани меня боже от ферматиков. Но как это удается ребятам из Беркли? Загадка

Получается, что выведенные уравнения:
$1+3{{\left( 2k+1 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$ и
$3k(k+1)+1=y^3$
тождествены?

Вроде как ДА:

$12k^2 +12k +4 = 12k^2+12k +4$

так что все спорящие стороны правы

[Belfegor]

Если заменить на традиционные обозначения: $x^3+y^3=(y+1)^3$, то надо доказать, что $((y+1)y)^3 \not = \frac{(b+1+t)( b-t)}{2t+1}$, где$(2t+1)=k^2$

[gena-ovchinnikov]

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Представим данное уравнение в виде:

$(1+k)^3-k^3=y^3$ (1)

Перепишем (1) в общем виде и в следующих переменных:

$(1+y)^p-y^p=A^p$, $p>2$ (2)

$(p,y)$ - целые числа, $A$ - нечётное число, по определению.

Это уравнение (3.1), параграф 3.1, работа "Доказательство теоремы Ферма"
Г.И.Овчинников.
Работа размещена на сайте: ссылка удалена
Сайт находится на ссылка удалена

С уважением,

gena-ovchinnikov

Предупреждение за рекламу сторонних сайтов!

[gena-ovchinnikov]

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Запишем данное уравнение в виде:

$(1+k)^3 - k^3 = y^3$ (1)

Представим (1) в общем виде и в следующих переменных:

$(1+y)^p - y^p = A^p$, $p>2$ (2)

$(p, y)$ - целые числа, $A$ - нечётное число, по определению.

Уравнение (2) рассматривается в работе: "Доказательство теоремы Ферма".
Работа размещена на сайте, адрес сайта на странице ссылка удалена

Если $A=a$, где простое число $a>2$, то это уравнение (15) параграфы 2.2-2.3.

Если $A$ - нечётное число, то это уравнение (2) параграф 3.1.

С уважением, Геннадий

[Toucan]

gena-ovchinnikov за многочисленные нарушения заблокирован.

[Гаджимурат]

grisania в сообщении #241929 писал(а):

А тут и нужны "высокие материи"

Высокие материи здесь не нужны.
Здесь $K+1$ или $K$ или $Y$ делятся на $3$.
Если принять $Y$ делится на $3$,то получим,что и $K$ делится на $3$,но они по условию взаимно простые.
Если принять $K$ делится на $3$, то получим,что $Y-1$ должно делится всегда на $3^{b-1}$,если принять $K$ делится на $3^b$,но данное условие так же не выполняется.
Так же не выполняется условие делимости,если принять,что $K+1$ делится на $3$.
Кому интересно,проверьте.Проверка не требует даже карандаша и бумаги,все можно проделать в "уме".
Анализируется ур-ние $Y^3=2K(K+1)+1$.С данной темой пора заканчивать.

[shwedka]

Гаджимурат в сообщении #366621 писал(а):

Если принять $K$ делится на $3$, то получим,что $Y-1$ должно делится всегда на $3^{b-1}$,если принять $K$ делится на $3^b$,но данное условие так же не выполняется.
Так же не выполняется условие делимости,если принять,что $K+1$ делится на $3$.

Доказательства не наблюдается. Видны громогласные заявления.

[Гаджимурат]

Приношу извинения,убрал свои замечания.