И вновь о соседних кубах...

[alexo2]

[quote="Belfegor]
а что вы скажите о случае по теме:
$x^3+y^3=(y+1)^3$[/quote]

А что тут сказать? Кроме того, что этот случай нисколько не проще общего представления, и только элементарными методами его не осилить. И я похоже, догадываюсь, почему. Есть рассуждения, как бы так выразиться.., несколько на первый взгляд прямо не связанных и даже пока не вполне математических, которые я пытаюсь свести воедино. Кое-что уже получилось, но полная картина (по-крайней мере, чтобы "поверили" заслуженные участники данного форума), пока до конца не складывается.. Однако, некоторыми рассуждениями поделиться уже можно.

[Belfegor]

Уважаемый alexo2!
Делитесь!

[alexo2]

Belfegor в сообщении #795523 писал(а):

Уважаемый alexo2!
Делитесь!

"Делюсь":
все кубы вида $(6n+1)^3$ однозначно представимы следующим образом:
$(6n+1)^3 = 1+18n((2n+1)^3-(2n)^3)$ (1),
то есть, имеют прямую зависимость от разности соседних кубов.
Но, тогда, заменив разность соседних кубов в правой части (1) предполагаемым решением в виде куба некоего числа, получим, что для некоторых $k, t$ должно быть справедливо и:
$(6k+1)^3 = 1+54t(6t+1)^3$
/

[alexo2]

и более того, также из свойств форм следует, что
$k = 3t$...

[alexo2]

Чтобы не путать "теплое" с "мягким", на что мне справедливо указали, поясню. Из строго доказанного - если существует хотя бы одно решение для разности соседних кубов, то должно существовать решение и для:
$(18m+1)^3 = 1+54m(6n+1)^3$
Все остальное, о чем сказано выше, следует из недоказанных свойств степенных форм..

[alexo2]

alexo2 в сообщении #834309 писал(а):

$(18m+1)^3 = 1+54m(6n+1)^3$

А нельзя ли здесь применить "спуск" по $m$?
Ведь если решать относительно куба $(6n+1)^3$, каждый раз надо будет, чтобы переменная в другой части равенства была кратна трем...

[alexo2]

alexo2 в сообщении #834977 писал(а):

$(18m+1)^3 = 1+54m(6n+1)^3$
А нельзя ли здесь применить "спуск" по $m$?
Ведь если решать относительно куба $(6n+1)^3$, каждый раз надо будет, чтобы переменная в другой части равенства была кратна трем...

И даже "кратна девяти", так как решая получим с одной стороны:
$(6n+1)^3 = 12m^2+2m+1$
с другой стороны раньше было показано, что
$(6n+1)^3 = 108a^2+18a+1$
то есть, всегда будет "необходима" кратность 9-ти.

-- 11.03.2014, 08:56 --

нет, спуска не получается..

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #835359 писал(а):

то есть, всегда будет "необходима" кратность 9-ти.

Уважаемый alexo2!
А кратность 7-ми одного из членов уравнения $x^3+y^3=(y+1)^3$ не поможет?

[alexo2]

Belfegor в сообщении #835635 писал(а):

А кратность 7-ми одного из членов уравнения $x^3+y^3=(y+1)^3$ не поможет?

Откуда это следует?...

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #835770 писал(а):

Откуда это следует?...

Тупо решаем сравнение $x^3+y^3 \equiv (y+1)^3 \pmod{7}$.

Впрочем, это легко следует из такого хорошо известного факта: куб целого числа равен $0$ или $\pm 1$ по модулю $7$.

[alexo2]

nnosipov в сообщении #835772 писал(а):

Тупо решаем сравнение $x^3+y^3 \equiv (y+1)^3 \pmod{7}$.

Впрочем, это легко следует из такого хорошо известного факта: куб целого числа равен $0$ или $\pm 1$ по модулю $7$.

Да это понятно.. Как из этого следует, что один из членов должен быть кратен 7-ми?.. (Почему не 13-ти, 19-ти и т.д., то есть, откуда однозначность?)

-- 12.03.2014, 09:42 --

Понятно, о чем речь. Однако, это может что-то дать только в случае если разность кратна 7-ми.

[nnosipov]

alexo2 в сообщении #835775 писал(а):

(Почему не 13-ти, 19-ти и т.д., то есть, откуда однозначность?)

При $p=13$ из сравнения $x^3+y^3+z^3 \equiv 0 \pmod{p}$ также следует $xyz \equiv 0 \pmod{p}$. Есть ли другие такие $p$, я не знаю. Возможно, у Рибенбойма есть ответ, посмотрите.

[alexo2]

У Рибенбойма надо действительно посмотреть..
Так вот, если разность кубов кратна 7-ми, - то все элементарно. А вот если любой из других членов...

-- 12.03.2014, 10:07 --

Тут, возможно, даже важнее то, что только один из членов может быть кратен некому $6m+1$

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #835779 писал(а):

Тут, возможно, даже важнее то, что только один из членов может быть кратен некому $6m+1$

Уважаемый alexo2!
А вам удалось доказать, что $y=4n$?

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #834223 писал(а):

все кубы вида $(6n+1)^3$ однозначно представимы следующим образом:
$(6n+1)^3 = 1+18n((2n+1)^3-(2n)^3)$

Уважаемый alexo2!

$(6n+1)^3 = 1+2n((6n+3)^3-(6n)^3)$

$(6n+1)^3 = (n((6n+3)^3-(6n)^3)+1)^2-(n((6n+3)^3-(6n)^3))^2$ и в то же время

$(6n+1)^3 = (4p^3+6p^2+3p+1)^2-(4p^3+6p^2+3p)^2$

$(4p^3+6p^2+3p+1)=n((6n+3)^3-(6n)^3)+1)$