Доказать, что уравнение имеет решение в целых числах

[Dialectic]

Доказать, что уравнение:
$(x + 1)^3 + (x + 2)^3 + ... + (x + n)^3 = y^3$ для любого натурального числа n, имеет решение в целых числах.
Останется ли это верным и для уравнения:
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = y^k$ - где k -натурально?
Как можно получить все решения обоих уравнений?

[Henrylee]

Dialectic писал(а):

Доказать, что уравнение:
$(x + 1)^3 + (x + 2)^3 + ... + (x + n)^3 = y^3$ для любого натурального числа n, имеет решение в целых числах.

Для четных $n$ решение, очевидно, $\left(-\frac{n}2,\frac{n}2\right)$ (докажите), для нечетных.....

[Dialectic]

Henrylee писал(а):

Dialectic писал(а):

Доказать, что уравнение:
$(x + 1)^3 + (x + 2)^3 + ... + (x + n)^3 = y^3$ для любого натурального числа n, имеет решение в целых числах.

Для четных $n$ решение, очевидно, $\left(-\frac{n}2,\frac{n}2\right)$ (докажите), для нечетных.....

Чёто не могу догнать. Ну в случае n=2 и n=4 это вроде очевидно, но почему Вы утверждаете,
что это будет верно для всех чётных n?

Ваше многоточие в конце означает - "а в нечётном случе хрен его знает как" или
"по аналогии не трудно понять как это будет и в нечетном случае, попробуйте понять это сами"?

Добавлено спустя 32 минуты 12 секунд:

Кроме того, не все решения можно найти по указанной Вами формуле. Только что нашёл на компьютере решение (-15,-20) при n=4.
Так как Вы это доказали? (я формулу имею ввиду)

[Sherpa]

индукция?

[Dialectic]

Вот какие решения я нашел:
n=2 (-2,-1), (-1,1)
n=3 (-6,-6), (-2,0), (2,6)
n=4 (-15,-20), (-3,-2), (-2,2), (10,20)
n=5 (-3,0)
n=6 (-4,-3), (-3,3)
n=25 (-31,-60) (-23,-40) (-15,-20) (-13,0) (-11,20) (-3,40) (5,60)

Судя по найденным решениям для различных n, вряд ли может существовать способ описывающий все решения данной задачи. Но интересен стал вопрос о количестве решений для каждого n. Скорее всего их конечно, правда непонятно почему...

[maxal]

Dialectic писал(а):

Останется ли это верным и для уравнения:
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = y^k$ - где k -натурально?

Нет. При $n=2$ и $k>2$ это уравнение не имеет решений согласно теореме Ферма.

[Dialectic]

maxal писал(а):

Dialectic писал(а):

Останется ли это верным и для уравнения:
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = y^k$ - где k -натурально?

Нет. При $n=2$ и $k>2$ это уравнение не имеет решений согласно теореме Ферма.

1.Вы не правы, контрпримеры:
а) k=3 n =2 (-2,-1) (-1,1)
б) k=4 n =2 (-2,-1) (-2,1) (-1,-1) (-1,1)
2. Сколько всё-таки решений будет иметь данное уравнение при фиксированном n? -Конечно или бесконечно?
3.Как доказать, что при всяком k>2 и n>1 данное уравнение имеет решение?
4. каким образом Henrylee додумался до своей формулы?
5.Как можно получить все решения обоих уравнений и можно ли вообще?
6.извините за наглость

Добавлено спустя 7 минут 12 секунд:

У меня только что возникла гипотеза:
(в слабой форме, в сильной сформулирую позже, может быть )
Доказать, что при k=3 и при любом n>2 количество решений нашего
уравнения всегда делит число n.

[maxal]

Dialectic писал(а):

maxal писал(а):

Dialectic писал(а):

Останется ли это верным и для уравнения:
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = y^k$ - где k -натурально?

Нет. При $n=2$ и $k>2$ это уравнение не имеет решений согласно теореме Ферма.

1.Вы не правы, контрпримеры:
а) k=3 n =2 (-2,-1) (-1,1)
б) k=4 n =2 (-2,-1) (-2,1) (-1,-1) (-1,1)

Я имел в виду, конечно же, решения в натуральных числах. Присутствие отрицательных чисел все упрощает.
Например, для нечетных $n$ и $k$ можно взять $x=-\frac{n+1}{2}$ и $y=0$ так, что
$(x+1)^k + (x+n)^k=0$
$(x+2)^k + (x+n-1)^k=0$
$\dots$
и
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = 0^k$

[Dialectic]

maxal писал(а):

Dialectic писал(а):

maxal писал(а):

Dialectic писал(а):

Останется ли это верным и для уравнения:
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = y^k$ - где k -натурально?

Нет. При $n=2$ и $k>2$ это уравнение не имеет решений согласно теореме Ферма.

1.Вы не правы, контрпримеры:
а) k=3 n =2 (-2,-1) (-1,1)
б) k=4 n =2 (-2,-1) (-2,1) (-1,-1) (-1,1)

Я имел в виду, конечно же, решения в натуральных числах. Присутствие отрицательных чисел все упрощает.
Например, для нечетных $n$ и $k$ можно взять $x=-\frac{n+1}{2}$ и $y=0$ так, что
$(x+1)^k + (x+n)^k=0$
$(x+2)^k + (x+n-1)^k=0$
$\dots$
и
$(x + 1)^k + (x + 2)^k + ... + (x + n)^k = 0^k$

Ну это только часть решений, как же найти все остальные?

Добавлено спустя 15 минут 57 секунд:

Ещё одно интересное наблюдение:
при k=4 и n>2 - не одного решения пока найти не удалось.
Может их и нет?

[Henrylee]

Dialectic писал(а):

Чёто не могу догнать. Ну в случае n=2 и n=4 это вроде очевидно, но почему Вы утверждаете,
что это будет верно для всех чётных n?

Это нетрудно понять. При $x=-\frac{n}2$ все слагаемые, кроме последнего, в сумме дают ноль. Последнее же равно $(\frac{n}2)^3$. Ясно, что эти решения имеют место при любом нечетном $k$.

Dialectic писал(а):

Ваше многоточие в конце означает - "а в нечётном случе хрен его знает как" или
"по аналогии не трудно понять как это будет и в нечетном случае, попробуйте понять это сами"?

Я имел в виду второе. По аналогии, нетрудно понять, что при нечетном $n$ и $x=-\frac{n+1}2$ все слагаемые левой части дают в сумме ноль. Ответ $(-\frac{n+1}2,0)$ (maxal уже сказал об этом). Опять же заметим, что это же верно при любом нечетном $k$.

Dialectic писал(а):

Кроме того, не все решения можно найти по указанной Вами формуле.

Я и не утверждал, что это ВСЕ решения. Я только показал существование.

[Батороев]

Можно пополнить комплект решений Henrylee
для $ n $ четных и $ k $ нечетных
еще и таким решением: $ (-\frac{n+2}{2}, -\frac{n}{2}) $

Если рассмотреть другие решения, например, для натуральных чисел, то решения либо подпадают под действие ВТФ (т.е. решений нет), либо являются, насколько я понимаю, решениями других более или менее известных проблем математики.

Для натуральных чисел и конкретного $ n $
решения первого уравнения эквивалентны решению уравнения:
$ T_{x+n}^2 - T_{x}^2 = y^3 $ (где $T$ - треугольные числа)
откуда видно, что $ y^3 $ должен делится без остатка на $n$ (исключение $ n = 2 $, при котором без остатка должно быть выражение $ \frac{2y^3}{n} $, что в общем-то неважно, т.к. это - ВТФ для 3-й степени ).

В натуральных числах общего решения для первого и второго уравнения, кроме тривиального $ y = x+1 $, на мой взгляд, не существует. Доказательство аналогично тому, что приведено в теме.