Разность соседних кубов и треугольные числа

[alexo2]

Как и обещал в теме "Причудливая кривая", начну, пожалуй...
Итак, рассматриваем случай
(1) $X^3+Y^3=Z^3$, где $Z=Y+1$
Опуская промежуточные тривиальные рассуждения, сразу перейдем к минимальному возможному решению:
(2) $x=6n+1$, $z=6m+1$, $y=6m$
Эти условия очевидны и, думаю, не вызывают вопросов.
Соответственно, (1) можно записать:
(3) $(6n+1)^3+(6m)^3=(6m+1)^3$
Далее – отступление о том, что собой представляет куб любого числа «в свете понятия треугольных чисел». Я как-то уже писал на этом форуме (см. «О ВТФ и не только») о пространственных структурах, но та попытка представления в геометрических понятиях осталась без внимания – видимо, такие представления «интуитивно понятны» только мне.
Ну, что же, попытаюсь обойтись минимумом геометрии.
Итак, куб любого числа – это само число плюс сумма последовательных треугольных чисел, умноженных на 6. Причем, количество треугольных чисел ВСЕГДА равно самому числу (начиная с 0 для $1^3$).
Теперь договоренность о некоторых обозначениях. Треугольные числа я буду обозначать большой Т с указанием в квадратных скобках его порядкового номера в ряду треугольных чисел (начиная с 0). Ну, например:
T[5] – это число 10. (5-е по счету в ряду треугольных чисел 0, 1, 3, 6, 10, 15, 21…)
Таким образом, куб, например 3-х:
$3^3=3+6T[1]+6T[2]+6T[3]=3+0+6\cdot1+6\cdot3$=27
Таким, образом, уже на данном этапе видно, что появляется «дополнительная» информация в виде порядковых номеров треугольных чисел, участвующих в «формировании» куба числа…
Буду писать поэтапно – во-первых, кому интересно, пусть осмыслят написанное, во-вторых, чтобы не запутаться в тегах и формулах, ну, а в-третьих,… - пойду таблетку выпью, видимо, креветки вчера несвежие попались (прошу прощения у модераторов за безобидный оффтоп)… Продолжение следует…

[Батороев]

(Оффтоп)

alexo2 в сообщении #627486 писал(а):

что собой представляет куб любого числа «в свете понятия треугольных чисел».

$n^3=T_n^2-T_{n-1}^2$

[dmd]

alexo2, Вы хотите сказать, что для натурального $n$ справедливо

$n^3=n+6 \sum\limits_{i=1}^n T[i]$

Так?

[alexo2]

Итак, используя обозначения (3) и треугольные числа, запишем:
(4) $(6n+1)^3=1+6T[6m+1]$,
Но мы-то теперь «знаем», что $(6n+1)^3$ можно представить и в виде:
(5) $(6n+1)^3=(6n)^3+1+6T[6n+1]$
И доказать нам надо, что $(6n)^3+1+6T[6n+1]=1+6T[6m+1]$, или, сокращая:
(6) $(6n)^3+6T[6n+1]=6T[6m+1]$, ну, или:
(7) $(6n)^3=6T[6m+1]-6T[6n+1]$
Вот мы и дошли до разности треугольных чисел.
А дальше – «не переключайтесь – будет самое интересное»…

-- 06.10.2012, 10:28 --

dmd в сообщении #627495 писал(а):

alexo2, Вы хотите сказать, что для натурального $n$ справедливо

$n^3=n+6 \sum\limits_{i=1}^n T[i]$

Так?

Да, так..
Прошу прощение - отвечать буду "невпопад", т.к. набираю в Ворде - сюда пока заглядываю по-необходимости скинуть набранное..

[alexo2]

Собственно, разность:
(8) $(6n)^3=6(T[6m+1]-T[6n+1])$
Несколько слов о способе доказательства неразрешимости (8).
Сама по себе, отдельно взятая правая часть (8) со специально подобранными треугольными числами может быть кубом.
Однако, здесь у нас на сами треугольные числа накладываются жесткие условия, делающие неразрешимым (8)(что, собственно, нам известно заранее – Уайлз постарался).
То есть, задача – доказать, что возможные значения треугольных чисел, фигурирующих в (8) не обеспечивают разрешимость.
Ну, что же – приступим…
Вот здесь, чуть-чуть «геометрии» - как «строятся» треугольные числа – 1 точечка (число 1), под ней 2 точечки (в сумме - число 3), под ними – 3 точечки (в сумме – число 6) и т.д.
И разность треугольных чисел «наделяется» помимо своего абсолютного значения, ещё и вполне определенной дополнительной «геометрической» информацией. Если из одного треугольного числа вычесть другое, то это как бы «вычеркнуть» начальные точечки, соответствующие меньшему числу из изображения большего числа.
Смотрите, что получается: о чем, например, говорит число 35, даже знай мы наперед, что это разность треугольных чисел? Да, ниочем. Мы понимаем, что «вычислить» какое число из какого отнималось мы не сможем – вариантов бесконечное множество.
Но, видя 35 «точечек», расположенных в определенном порядке, мы, например, находим, что:
$35=T[9]-T[5] $
Эта же «дополнительная» информация содержится и в кубах…

[vorvalm]

alexo
Будте по внимательней.
В который раз вместо $6m-1$ у вас $6m+1$

[alexo2]

Кстати, что-то подумалось, о какой «минимальности» я вел речь в начале темы? Ведь случай с соседними кубами – минимален по определению…
И насчет примера с числом 35 я погорячился – представлений разности треугольных чисел в виде разности других треугольных чисел не может быть бесконечное количество. Однако, сути сказанного это не меняет…
Но, меж тем, далее…
Итак, после процедуры вычитания начальных «точек», определяющих меньшее треугольное число из большего треугольного числа, остаются ряды точек в количестве, равном разности порядковых номеров треугольных чисел. Количество точек в начальном ряде при этом равно порядковому номеру меньшего треугольного числа. Количество точек в конечном ряде равно порядковому номеру большего треугольного числа минус 1.
Порядное сравнение общей суммы «точек» по mod 9 подчиняется вполне определенной закономерности с периодичностью 9 рядов (что вполне очевидно).
В «нашем» случае возможны только три варианта рядов (вот здесь, прошу прощения, но лучше сослаться на рис.9 темы «О ВТФ и не только») – тоже очевидно.
При этом сумма точек первого ряда, исходя из наших условий, всегда будет
(9)$6n+1 $
Помня, что разность «наших» треугольных чисел должна быть равна $36n^3$, необходимо рассматривать только такие сочетания рядов из последовательностей, где абсолютная сумма равна 0 по mod 9.
В каждой из трех возможных вариантов таких последовательностей 2:
1. Когда количество рядов пропорционально 9.
2. Сочетания рядов, содержащие $2+9k, 5+9k, 8+9k$ рядов.
Случай 2 можно исключить по вполне понятным причинам – количество рядов должно делиться на 6.
Далее, опять же исходя из начальных условий, видно, что сочетание рядов должно содержать четное количество рядов. Количество рядов в возможных сочетаниях рядов обозначим как $18s$.
Здесь проявляется ещё одно свойство, являющееся, с одной стороны, следствием закона строения сочетаний рядов, с другой, – необходимостью выполнения описанных выше условий:
Количество шестерок в сочетаниях рядов вида 18s имеет делитель, равный сумме значений первого и последнего ряда, в рассматриваемом случае этот делитель будет $(6n+6m+1) $.
То есть такой делитель должен быть у $(6n)^3. Но, по правилу разложения суммы кубов точно такой же делитель должен быть и у $(6m+1)^3$.
С уважением.

-- 06.10.2012, 13:22 --

Далее – не интересно. Также вполне элементарно доказывается и общий случай для кубов. Но там писать много «букав» не хочется. Для 5-ой степени тоже все дело в «пресловутых» треугольных числах, только там каждое последующее треугольное число имеет количество рядов равное основанию, умноженному на основание минус 1. А вместо 6 умножается на 10. Чуть посложнее с простыми степенями большими 5-ти. Там не получается треугольных чисел. Зато у нас «запасе» есть ещё «много многоугольных чисел»…

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #627486 писал(а):

Опуская промежуточные тривиальные рассуждения, сразу перейдем к минимальному возможному решению:
(2) $x=6n+1$, $z=6m+1$, $y=6m$
Эти условия очевидны и, думаю, не вызывают вопросов.

Напрасно так думаете. Если в формулу для $x$ я готов поверить, то вот почему $y$ должно делиться на $6$ --- не понимаю. Для начала докажите эту делимость.

[alexo2]

nnosipov в сообщении #627571 писал(а):

alexo2 в сообщении #627486 писал(а):

Опуская промежуточные тривиальные рассуждения, сразу перейдем к минимальному возможному решению:
(2) $x=6n+1$, $z=6m+1$, $y=6m$
Эти условия очевидны и, думаю, не вызывают вопросов.

Напрасно так думаете. Если в формулу для $x$ я готов поверить, то вот почему $y$ должно делиться на $6$ --- не понимаю. Для начала докажите эту делимость.

1. Одно слагаемое должно быть четным, второе нечетным.
2. Одно из слагаемых должно делиться на 3.
3. Для $x$ - Вы поверили.

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #627575 писал(а):

Одно из слагаемых должно делиться на 3.

У нас есть равенство $x^3+y^3=(y+1)^3$. Каким образом отсюда следует, что $y$ делится на $3$?

[alexo2]

nnosipov в сообщении #627576 писал(а):

alexo2 в сообщении #627575 писал(а):

Одно из слагаемых должно делиться на 3.

У нас есть равенство $x^3+y^3=(y+1)^3$. Каким образом отсюда следует, что $y$ делится на $3$?

Это следует из сравнения кубов чисел по модулю 9. Есть вариант, когда $z$ делится на 3, но его мы исключаем по понятным причинам.

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #627577 писал(а):

Это следует из сравнения кубов чисел по модулю 9.

Неправда, не следует: возьмите, например, $x=1$, $y=2$.

alexo2 в сообщении #627577 писал(а):

Есть вариант, когда $z$ делится на 3, но его мы исключаем по понятным причинам.

Мне эти причины непонятны. Поясните.

Да, и у нас нет никакого $z$. У нас есть уравнение $x^3+y^3=(y+1)^3$ с неизвестными натуральными $x$ и $y$.

[alexo2]

nnosipov в сообщении #627580 писал(а):

alexo2 в сообщении #627577 писал(а):

Есть вариант, когда $z$ делится на 3, но его мы исключаем по понятным причинам.

Мне эти причины непонятны. Поясните.

Ну, хорошо, без z. Если сумма делится на 3, то она одновременно должна быть и четной, а этот вариант тоже отброшен.

[nnosipov]

То есть, как я понял, вариант, когда $y$ не делится на $3$, Вы просто не рассматривали?

[alexo2]

nnosipov в сообщении #627584 писал(а):

То есть, как я понял, вариант, когда $y$ не делится на $3$, Вы просто не рассматривали?

Не рассматривал. Сейчас сформулирую поконкретнее, почему...

-- 06.10.2012, 17:56 --

Нет, сходу не получается ответить, почему я отверг случай, когда слагаемые нечетные, а сумма четная, - дело в том, что доказывал я это почти год назад. Тогда я пришел к выводу однозначности представлений членов выражения, как я привел в начале темы. Записей найти не могу, придется "повспоминать" - но, по-моему, где-то я это встречал в описании налагаемых ограничений на общий случай.
Однако, даже если придется рассматривать ещё один вариант - ничего страшного - та же схема доказательства применима...