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

[alexo2]

grisania в сообщении #240991 писал(а):

Ферматики, я вижу что ВТФ для тройки у вас не заладился. Но ВТФ для тройки можно очень упростить. Надо доказать, что уравнение

${{\left( k+1 \right)}^{3}}+{{x}^{3}}={{k}^{3}}$

Поэтому предлагаю всем ферматикам в начале доказать такой упрощенный ВТФ для тройки своими методами. Неферматикам тоже есть над чем подумать 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

$1+3{{\left( 2k+1 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Сделав замену $x=2k+1$, получаем диофантово уравнение

$1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Таким образом следующие утверждения эквивалентны: 1) уравнение ${{\left( k+1 \right)}^{3}}={{k}^{3}}+{{y}^{3}}$, где все числа натуральные, не имеет решений; 2) уравнение $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$ не имеет решений, за исключением $x=\pm 1$, $y=1$. Я утверждаю обе эти задачи эквивалентны 3) уравнение ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}={{z}^{3}}$ не имеет решений для всех $x,y,z\ne 0$, т.е общему случаю ВТФ для тройки. Задача ВТФ для тройки упрощена до умопомрачительной простоты, а сложность от этого не уменьшилась.

Дополнение.
Рассмотрим тщательнее уравнение

$1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Ясно, что $x$ нечетно. Пусть $x=2k+1$. Также ясно, что могут быть только два случая: $k=2l$, либо $k=2l+1$.
1-ый случай: $k=2l$, тогда $x=4l+1$ и $1+3{{\left( 4l+1 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$, откуда

$1+3{{\left( 4l+1 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$
$1+3\left( 16{{l}^{2}}+8l+1 \right)=4{{y}^{3}}$
$3\cdot 16{{l}^{2}}+3\cdot 8l+4=4{{y}^{3}}$
$12{{l}^{2}}+6l+1={{y}^{3}}$
${{\left( 1+3l \right)}^{2}}+3{{l}^{2}}={{y}^{3}}$

Следовательно, уравнение $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$ в случае $x=4l+1$ эквивалентно уравнению

${{\left( 1+3l \right)}^{2}}+3{{l}^{2}}={{y}^{3}}$

2-ой случай: $k=2l+1$, тогда $x=4l+3$ и $1+3{{\left( 4l+2 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$, откуда

$1+3{{\left( 4l+3 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$
$1+3\left( 16{{l}^{2}}+24l+9 \right)=4{{y}^{3}}$
$3\cdot 16{{l}^{2}}+3\cdot 24l+28=4{{y}^{3}}$
$12{{l}^{2}}+18l+7={{y}^{3}}$
${{\left( 2+3l \right)}^{2}}+3{{\left( l+1 \right)}^{2}}={{y}^{3}}$

Следовательно, уравнение $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$ в случае $x=4l+3$ эквивалентно уравнению

${{\left( 2+3l \right)}^{2}}+3{{\left( l+1 \right)}^{2}}={{y}^{3}}$

Таким образом разрешимость уравнения $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$ в целых числах эквивалентна разрешимости в целых числах аж 2-ух уравнений

${{\left( 1+3l \right)}^{2}}+3{{l}^{2}}={{y}^{3}}$ и ${{\left( 2+3l \right)}^{2}}+3{{\left( l+1 \right)}^{2}}={{y}^{3}}$

Можно конечно пробовать использовать Лемму Эйлера о параметрических решениях уравнения ${{a}^{2}}+3{{b}^{2}}={{c}^{3}}$. Но от этого не становится легче. Хотя есть соображения, которые я изложу. Но с наскоку не получается. Жаль, что я не умею доказывать в духе ферматиков, но каждому свое

Лемма Эйлера. Все решения уравнения $a, b, c$ где $gcd(a,b)=1$, диофантова уравнения ${{a}^{2}}+3{{b}^{2}}={{c}^{3}}$
задаются формулами

$a={{u}^{3}}-9u{{v}^{2}}$,
$b=3{{u}^{2}}v-3{{v}^{3}}$,
$c={{u}^{2}}+3{{v}^{2}}$.

Доказательство леммы Эйлера с использованием факториальности излагается в [Постников , стр. 34-50], [Эдвардс , стр. 71-73], однако изложение требует десятка страниц, поэтому его нельзя назвать элементарным. В [Рибенбойм , стр. 40-44] можно найти одновременное применение факториальности алгебраических колец и квадратичных вычетов, но доказательства от этого не стало короче. Доказательства с применением квадратичных вычетов даны в [Andreescu T., Andrica D., стр. 87-93] и [Sierpinski , стр. 384-387], но и их нельзя назвать элементарными.
1. Andreescu T., Andrica D. An Introduction to Diophantine Equations, GIL, Publishing House, 2003
2. Sierpinski W. Elementary Theory of Numbers, PNW, Warszawa; North Holland, Amsterdam, 1987
3. Мачис Ю.Ю. О предполагаемом доказательстве Эйлера, Матем. заметки, 82:3 (2007), 395–400
4. Постников М. М. Теорема Ферма. Введение в теорию алгебраических чисел. Москва, Наука, 1978.
5. Рибенбойм П. Последняя теорема Ферма для любителей. Москва Мир, 2003
6. Эдвардс Г. Теорема Ферма. Генетическое введение в алгебраическую теорию чисел. Москва. Мир, 1980

А если вдобавок ЗНАТЬ, что y имеет вид:$y = 6t + 1$, где t - естественно натуральное число, - не облегчает ли это доказательство?..

[anwior]

alexo2 в сообщении #538564 писал(а):

grisania в сообщении #240991 писал(а):

Ферматики, я вижу что ВТФ для тройки у вас не заладился. Но ВТФ для тройки можно очень упростить. Надо доказать, что уравнение

${{\left( k+1 \right)}^{3}}+{{x}^{3}}={{k}^{3}}$

Поэтому предлагаю всем ферматикам в начале доказать такой упрощенный ВТФ для тройки своими методами. Неферматикам тоже есть над чем подумать 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

$1+3{{\left( 2k+1 \right)}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Сделав замену $x=2k+1$, получаем диофантово уравнение

$1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$

Таким образом следующие утверждения эквивалентны: 1) уравнение ${{\left( k+1 \right)}^{3}}={{k}^{3}}+{{y}^{3}}$, где все числа натуральные, не имеет решений; 2) уравнение $1+3{{x}^{2}}=4{{y}^{3}}$ не имеет решений, за исключением $x=\pm 1$, $y=1$. Я утверждаю обе эти задачи эквивалентны 3) уравнение ${{x}^{3}}+{{y}^{3}}={{z}^{3}}$ не имеет решений для всех $x,y,z\ne 0$, т.е общему случаю ВТФ для тройки. Задача ВТФ для тройки упрощена до умопомрачительной простоты, а сложность от этого не уменьшилась.

А если вдобавок ЗНАТЬ, что y имеет вид:$y = 6t + 1$, где t - естественно натуральное число, - не облегчает ли это доказательство?..

alexo2
Вам спасибо, что извлекли на ясны очи перл grisania .
Да только то, что мною выделено в Вашем, grisania, тексте, сразу ставит Вас, grisania, в первую двойку ферматистов, причем, нахватавшихся лишь несущественных вершков о ВТФ.
С уважением, я!

[alexo2]

alexo2
Вам спасибо, что извлекли на ясны очи перл grisania .
Да только то, что мною выделено в Вашем тексте, сразу ставит Вас, grisania, в первую двойку ферматистов, причем, нахватавшихся лишь несущественных вершков о ВТФ.
С уважением, я![/quote]

А если я приведу элементарное доказательство для случая $k-x=1$ и на его основе для общего случая 3 степени? В какой "двойке" ферматистов я окажусь? И в какой "двойке" Вы признаете себя? (Имейте в виду - я просто так заявлениями такого рода не бросаюсь...)
С уважением я.

[anwior]

alexo2 в сообщении #538564 писал(а):

А если вдобавок ЗНАТЬ, что y имеет вид:$y = 6t + 1$, где t - естественно натуральное число, - не облегчает ли это доказательство?..

Успокойтесь, в Вашем тексте я ведь действительно ничего не выделял.
Наоборот, даже поблагодарил.
А свое ФЕ адресовал именно grisania.

[alexo2]

Да ладно... Для 3-ей степени у меня доказательство есть. Меня сейчас занимают бОльшие степени..

(Хотя знаю и общепринятое мнение, что элементарное док-во возможно только для 4-ой степени)

[Shadow]

alexo2 в сообщении #538655 писал(а):

Для 3-ей степени у меня доказательство есть

Не покажете? Лучше, конечно, в новую тему.

[alexo2]

Покажу обязательно, и в новой теме, только после того как попытаюсь применить его для степеней больших 3-ей, чем, собственно и занимаюсь (правда, уже довольно длительное время для элементарного-то доказательства)...

[reg81]

А такое соотношение известно?

$\left( {u}^{3}+u{v}^{2} \right) ^{2}+ \left( {u}^{2}v+{v}^{3} \right) ^{2}= \left( {u}^{2}+{v}^{2} \right) ^{3} $

Тут ни одного коэффициента! Такого даже в пифагоровых тройках нет.

[serega57]

Прошу прощение если кого повторю все читать нет возможности, возможно, это уже рассматривалось. Если нет то, Ваше утверждение верно при любых значениях. И вопросы сомнения могут иметь место только когда у=3к+1

и только нечетное, а по окончанию последней цифре такие числа будут только через 30к. При всех других значениях это доказывается автоматически. Вам необходимо доказать только для этого случая. Надо иметь в виду, что к+1 не может быть простым числом, иметь вид 3к, не может быть чётным. к+у не может быть простым числом. В общем, много чего не может, думаю, разберетесь. Все эти утверждения верны для любой нечётной степени. А зачем вам этот частный случай, когда любая нечетная степень, а особенно 3 доказываются, тремя строчками. Надеюсь, что хоть чем помог.

[Shadow]

serega57 в сообщении #545258 писал(а):

А зачем вам этот частный случай, когда любая нечетная степень, а особенно 3 доказываются, тремя строчками

Возможно. Только за 300 лет лучшие умы человечества этих трех строчек так и не нашли.

[serega57]

Shadow в сообщении #545303 писал(а):

serega57 в сообщении #545258 писал(а):

А зачем вам этот частный случай, когда любая нечетная степень, а особенно 3 доказываются, тремя строчками

Возможно. Только за 300 лет лучшие умы человечества этих трех строчек так и не нашли.

Может не там искали.

[kvistor]

Подсказка автору
Для уравнения $y^3=(k+1)^3-k^3$ справедливо равенство:
$y^3=(k+1)^3-k^3 = 1 + 6S$, где $S$ - сумма арифметической прогрессии: $1, 2, 3, ... k$. Поэтому ответ на вопрос, имеет ли уравнение $y^3=(k+1)^3-k^3$ решение в целых числах находится в ответе на вопрос: можно ли любое нечетное число в кубе преобразовать с помощью арифметической прогрессии,как указано выше, т. е. выполняется ли равенство: $y^3= 1 + 6S$, где:
$S = 1+2+3+....+k$?
К сведению: для любых нечетных степеней справедливо равенство:
$y^n= 1 + 6SM$, где: $M$ - целое число.
Для степени $n=3$ $ M=1$.

[ishhan]

kvistor в сообщении #607984 писал(а):

Подсказка автору
Для уравнения $y^3=(k+1)^3-k^3$ справедливо равенство:
$y^3=(k+1)^3-k^3 = 1 + 6S$, где $S$ - сумма арифметической прогрессии: $1, 2, 3, ... k$.

Будет ли эта подсказка интересна автору или нет - большой вопрос.
Если у Вас есть конструктивное предложение по теме и конкретная идея, изложите , если можно без намёков и подсказок.
И поскольку в Вашей формуле$1+6S$ результат того, что$ k$- число чётное пусть $k=2p$, почему бы тогда не записать $y^3=12p^2+6p+1$
Не вижу смысла опускать такие подробности.
В дебрях ранней теории чисел относящихся к формам или формулам представления натуральных чисел, простых чисел, степеней простых чисел, квадратов натуральных чисел и др, такие подробности не будут лишними.

[kvistor]

ishhan-y
Ни предложений ни идей у меня нет, и ничего я не досказал. Я привел установленную мною закономерность. Выполненные мною многочисленные расчеты показали, что преобразовать число в кубе в соответствии с приведенной мною формулой невозможно. Разумеется, я не мог выполнить расчеты для бесконечного количества чисел. Что касается числа $k$, то оно может быть как четным так и нечетным. Это ничего не меняет. Ваш пример можно записать так:
$y^3 =1 + 6p(2p+1)$. Здесь в соответствии с формулой определения суммы арифметической прогрессии дложно быть:$S=1+2+3+...+2p=\frac {2p(2p+1)}{2} =p(2p+1)$.
Таким образом, остается: $y^3 =1 + 6S$

[chudov]

В моём сообщении дано именно элементарное доказательство неравенства кубу разности двух кубов соседних (разность рёьер, сторон основания - единица). Неэлементарное мне и недоступно: в моё время на ФТФ МГУ не читали теорию чисел.
Среди 50-ти ответов Вас я не нашёл, наверное Вас нет и среди ~ 1100 читавших. Сообщение belfegor`а заканчивается словами:
"Простенько и со вкусом".
После двух уточнений замечаний не было.

chudov