Разность соседних кубов и треугольные числа

[alexo2]

vorvalm в сообщении #636245 писал(а):

Но тогда $(a^2-ab+b^2)^3\mid c^3$

Ну, да.. Мне же для дальнейшего доказательства нужен именно ТОТ делитель, хотя не исключаю, что и с помощью этого утверждения можно доказывать...

[venco]

alexo2 в сообщении #636217 писал(а):

Если $z<m<n, m^3 | n^3$, z | n^3, то
(7) $z^3 | n^3$

$z=9, m=35, n=105$

[shwedka]

alexo2 в сообщении #636196 писал(а):

Если $z<m<n, m^3 | n^3$, z | n^3, то
(7) $z^3 | n^3$

доказательство этого то отсутствует

[vorvalm]

Надо доказать, что числа $(a+b),\;(a^2-ab+b^2)$ - взаимно простые.

[alexo2]

shwedka в сообщении #636250 писал(а):

alexo2 в сообщении #636196 писал(а):

Если $z<m<n, m^3 | n^3$, z | n^3, то
(7) $z^3 | n^3$

доказательство этого то отсутствует

Да,... пока пробел, ещё и с учетом контрпримера от Venco...

-- 26.10.2012, 23:20 --

vorvalm в сообщении #636255 писал(а):

Надо доказать, что числа $(a+b),\;(a^2-ab+b^2)$ - взаимно простые.

Согласен...

[Someone]

А они не всегда взаимно простые...

[alexo2]

Someone в сообщении #636265 писал(а):

А они не всегда взаимно простые...

Безусловно, и задача здесь - "загнать" их в такие предварительные условия, чтобы они должны были бы быть взаимнопростыми.

[Someone]

Ну чего там "загонять". Давно известно, что эти числа взаимно простые тогда и только тогда, когда $a+b$ не делится на $3$.

[alexo2]

Someone в сообщении #636269 писал(а):

Ну чего там "загонять". Давно известно, что эти числа взаимно простые тогда и только тогда, когда $a+b$ не делится на $3$.

А вот этого не знал. Нужно подумать...
То есть, для $6n+6m+1$ это выполняется, но значит, у меня ЕСТЬ доказательство для соседних кубов..
С утра на "свежую голову" ещё раз все проверю и выложу, а то уже столько раз ошибался... Да, хорошо бы и самому прийти к процитированному утверждению...

-- 27.10.2012, 00:12 --

Хотя, если не переписывать начальные условия данной темы и с учетом сегодняшнего обсуждения, доказательство уже приведено и оно элементарное. Вот только несколько смущает условие взаимной простоты множителей (ну, в смысле, когда не делится на 3).. Для других простых степеней оно тоже выполняется? (может несколько в другом виде, например, для 5-ой степени, "если не делится на 5" или что-то в этом роде)

[Someone]

alexo2 в сообщении #636271 писал(а):

А вот этого не знал. Нужно подумать...

Пусть $a$ и $b$ взаимно простые, $a+b=h$. Тогда $h$ взаимно просто с каждым из чисел $a$ и $b$. Подставляя $b=h-a$, получим $a^2-ab+b^2=3a^2-3ah+h^2$, откуда видно, что наибольший общий делитель $a+b=h$ и $a^2-ab+b^2=3a^2-3ah+h^2$ может быть равен только $1$ или $3$.

alexo2 в сообщении #636271 писал(а):

Для других простых степеней оно тоже выполняется? (может несколько в другом виде, например, для 5-ой степени, "если не делится на 5" или что-то в этом роде)

Да, именно так: для простого $p$ и взаимно простых $a$ и $b$ числа $a+b$ и $\frac{a^p+b^p}{a+b}$ взаимно просты тогда и только тогда, когда $a+b$ не делится на $p$, причём, наибольшим общим делителем может быть только $1$ или $p$. Точно такое же утверждение верно для $a-b$ и $\frac{a^p-b^p}{a-b}$.

[alexo2]

Someone, спасибо за развернутый ответ.
Это получается, что верно не только для соседних кубов.
По-моему, где-то я встречал довольно простое доказательство невозможности выполнения исходного выражения ВТФ, в частности, при $6 | c$. И вроде, даже не только для кубов а и для всех простых степеней (в смысле для других простых степеней при $6n | c$).

[alexo2]

Я допускаю, что приведенное рассуждение не вполне "строгое" с математической точки зрения, учитывая "хитрый" трюк с умножением оснований на степень двойки, анализом полученного и последующей обратной операции - деления на ту же степень двойки. Причем, в промежутках совмещаются и строгие математические факты и допускаемые... Однако, если выводы сделанные в данной теме верны (а в этом я, честно говоря, не совсем уверен, потому что, например, для меня не совсем ясно - а можно ли умножать просто на 2? Если нет, то в чем ограничение?), то, не имея существующего доказательства ВТФ, можно было бы утверждать, что ВТФ решений не имеет...

[alexo2]

Что-то "тяжелая артиллерия" молчит...
Или из серии "слишком просто, чтобы быть верным"?...

[shwedka]

shwedka в сообщении #636250 писал(а):

alexo2 в сообщении #636196 писал(а):

Если $z<m<n, m^3 | n^3$, z | n^3, то
(7) $z^3 | n^3$

доказательство этого то отсутствует

[alexo2]

shwedka в сообщении #636363 писал(а):

shwedka в сообщении #636250 писал(а):

alexo2 в сообщении #636196 писал(а):

Если $z<m<n, m^3 | n^3$, z | n^3, то
(7) $z^3 | n^3$

доказательство этого то отсутствует

Сейчас приведу и уже с учетом взаимнопростых множителей...
Только введу несколько более удобные обозначения…
Пусть
(1) $y^3 | z^3$
(2) $x | z^3$
(3) $y>x$
(4) $z^3=xk$
(5) $x, k$ – взаимнопростые.
Тогда,
(6) $x^3 | z^3$
Как известно, куб любого натурального числа можно представить единственным образом как произведение кубов простых сомножителей. Например, для $z^3$
(7) $z^3=z1z1z1z2z2z2…znznzn$
Причем, в представлении (7) множители расположены в порядке возрастания. Тогда, куб y в общем случае можно представить как произведение вполне определенных кубов простых сомножителей. Далее, зная, что x делит куб z, мы, чтобы найти представление x должны выбрать из строго определенных такое сочетание множителей, при котором с одной стороны, x меньше y, с другой, чтобы оставшийся «набор» множителей не содержал бы ни одного одинакового с «набранным» для x. То есть, соблюдая эти два условия, можно только так «набрать» сомножители для x, чтобы они были произведением кубов простых сомножителей z.
Соответственно, (6) – верно…