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

[KORIOLA]

Ответ grisane
Число $(K+1)$ может быть делителем числа $Y^3,$
но тогда оно само должен иметь вид $(K+1)^3.$Вы,видимо, хотели сказать, что это число может быть равно $(K+1) = N^3.$Да, может быть, это просто: Вы берете любое число, возводите его в куб, вычитаете единицу, получаете число K. Но дробное число в квадратных скобках( о котором Вы забыли) вообще не может быть целым числом да еще и в кубе. Так-что "высоких материй" для любителей "навороченных заумных теорий" все-таки нет. К их вящему сожалению.
KORIOLA

-- Чт сен 10, 2009 15:58:56 --

Дополнение к ответу для grisania
Вопрос: что в Вашем ответе означает: множитель $(K+1)$делит
Y^3? Что надо доказывать? А то, что выражение в квадратных скобках -дробное число, так то, извините, очевидно. Ведь $1/(K+1)$- дробное число, меньшее единицы. Или Вам непонятна такая запись дробного числа?
KORIOLA

-- Чт сен 10, 2009 15:59:00 --

Дополнение к ответу для grisania
Вопрос: что в Вашем ответе означает: множитель $(K+1)$делит
Y^3? Что надо доказывать? А то, что выражение в квадратных скобках -дробное число, так то, извините, очевидно. Ведь $1/(K+1)$- дробное число, меньшее единицы. Или Вам непонятна такая запись дробного числа?
KORIOLA

[grisania]

Замечу, что у вас ошибка. Из $(K+1)^3= K^3 + Y^3^$ следует $Y^3 = 3K(K+1) +1$, не $Y^3 = 2K(K+1) +1$. Исправьте её.

Число в квадратных скобках $\left[ 3K+{1}/{\left( K+1 \right)}\; \right]$ будет дробным тогда и только когда $K+1$ будет делить ${{Y}^{3}}$.
Напомню, что при доказательстве ВТФ
${{X}^{3}}-{{Z}^{3}}={{Y}^{3}}$
всегда предполагают, что $X,Z,Y$ взаимно простые. Если нет, то всегда можно сократить и сделать $X,Z,Y$ взаимно простыми. Это азы знаний каждого ферматика. Поэтому в её частном случае
${{\left( K+1 \right)}^{3}}-{{K}^{3}}={{Y}^{3}}$
нельзя отвергать случай, что $K+1$ и $Y$ могут быть взаимно простыми. Поэтому предполагать, что $K+1$ будет делить ${{Y}^{3}}$ неуместно. Заметим, что для этого точно не нужны "высшие материи".

[KORIOLA]

Ответ grisane
То что в формуле мною допущена опечатка, и должно быть 3, а не 2,
я заметил и без Вас, но это ничего не меняет. То, что основным требованием ВТФ
является требование о взаимной простоте чисел А, В и С я знаю давно, возможно, раньше Вас. Я ничего не утверждал в своем последне ответе. То, что я написал в предыдущем ответе, было попыткой разобраться с Вашим не совсем (а вернее совсем) непонятным предыдущим ответом. Также непонятен и нынешний Ваш ответ: объясните, ради бога,что значит в Ваших ответах "число $(K+1)$ будет делить $Y^3?$Как это одно число может делить другое? Одно число может быть делителем другого числа, но в данном случае число $(K+1)$ меньше числа $Y^3.$
А то, что число $Y^3$ должно делиться на число
$(K+1),$ то это в соответствии с правилами арифметики совершенно четко следует из моей формулы. Но это будет только в том случае, ели Ваше уравнение имеет решение в целых положительных числах. Это условие обязательно и для моих формул. А поскольку Ваше уравнение не имет решения в целых положительных числах, $Y^3$ не делится без остатка на $(K+1).$ Это Вы можете проверить на числовых примерах.
KORIOLA

[grisania]

KORIOLA в сообщении #242242 писал(а):

Ответ grisane
То что в формуле мною допущена опечатка, и должно быть 3, а не 2,
я заметил и без Вас, но это ничего не меняет. То, что основным требованием ВТФ
является требование о взаимной простоте чисел А, В и С я знаю давно, возможно, раньше Вас. Я ничего не утверждал в своем последне ответе. То, что я написал в предыдущем ответе, было попыткой разобраться с Вашим не совсем (а вернее совсем) непонятным предыдущим ответом. Также непонятен и нынешний Ваш ответ: объясните, ради бога,что значит в Ваших ответах "число $(K+1)$ будет делить $Y^3?$Как это одно число может делить другое? Одно число может быть делителем другого числа, но в данном случае число $(K+1)$ меньше числа $Y^3.$
А то, что число $Y^3$ должно делиться на число
$(K+1),$ то это в соответствии с правилами арифметики совершенно четко следует из моей формулы. Но это будет только в том случае, ели Ваше уравнение имеет решение в целых положительных числах. Это условие обязательно и для моих формул. А поскольку Ваше уравнение не имет решения в целых положительных числах, $Y^3$ не делится без остатка на $(K+1).$ Это Вы можете проверить на числовых примерах.
KORIOLA

Все мои ответы уважаемый KORIOLA объяснить вам, что ваше доказательство в корне неверно.

[KORIOLA]

grisante
До общения с Вами я считал, что достаточно хорошо знаю русский язык, чтобы понимать написанные на нем тексты. Но сейчас я усомнился в своем уровне образования - Ваши тексты не поддаются расшифровке, в них нет смысла. Это непонятнее чем моя поехать базар овца купить.Прерываю всякие контакты с Вами. Для самоуспокоения можете считать, что Вы правы, а я - нет.
KORIOLA

[grisania]

KORIOLA в сообщении #242551 писал(а):

grisante
До общения с Вами я считал, что достаточно хорошо знаю русский язык, чтобы понимать написанные на нем тексты. Но сейчас я усомнился в своем уровне образования - Ваши тексты не поддаются расшифровке, в них нет смысла. Это непонятнее чем моя поехать базар овца купить.Прерываю всякие контакты с Вами. Для самоуспокоения можете считать, что Вы правы, а я - нет.
KORIOLA

Большое вам спасибо за прекращение общения со мной. Может мои тексты не поддаются расшифровке вам как опытному ферматику, но вывод от общения с вами как с опытным ферматиком такой. Вы не обладаете элементарной математической культурой. Я представляю, что вы пишите в своем доказательстве ВТФ. Брр, даже думать страшно.

Я сделал дополнение к своему начальному посту, где показал, что 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 ${{\left( 2+3l \right)}^{2}}+3{{\left( l+1 \right)}^{2}}={{y}^{3}}$
Но от этого не становится легче. Хотя есть соображения, которые я изложу. Но 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

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

[age]

Маразматики докажите, что $(k+1)^3=k^3 +y^3$ не имеет решений.

-- Вс сен 13, 2009 23:30:04 --

grisania в сообщении #242978 писал(а):

Я сделал дополнение к своему начальному посту, где показал, что 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 ${{\left( 2+3l \right)}^{2}}+3{{\left( l+1 \right)}^{2}}={{y}^{3}}$

Скорее всего, там будет не два уравнения, а одно. Мне так кажется. Потом ни одно из ваших уравнений не соответствует $1+3x^2=4y^3$, т.к. в первом случае $1+3l=1$, откуда $l=0$, во втором $2+3l=1$, $l=-1$.

grisania в сообщении #242978 писал(а):

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

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

Есть еще решение:
$a={{u}^{3}}+3u{{v}^{2}}$,
$b={u}^{2}v+3{v}^{3}$,
$c={{u}^{2}}+3{{v}^{2}}$.

-- Пн сен 14, 2009 00:35:26 --

grisania
Уравнение $1+3x^2=4y^3$ эквивалентно решению одного из трех уравнений:
$a^3-9a^2b-9ab^2+9b^3=1$
$a^3-3a^2b+3ab^2-9b^3=1$
$a^3+9a^2b-9ab^2-9b^3=1$
их анализ обычными методами довольно сложен, но с помощью формулы Кардано я установил, что лишь второе из них имеет неотрицательный дискриминант. Его решение имеет вид:
$a=\sqrt[3]{8b^3+1}+b$. Откуда целых решений у него нет.
Поэтому и исходное $1+3x^2=4y^3$ решений не имеет.

[grisania]

age в сообщении #243181 писал(а):

Маразматики (я так не писал, но где-то согласен ) докажите, что $(k+1)^3=k^3 +y^3$ не имеет решений.

-- Вс сен 13, 2009 23:30:04 --

grisania в сообщении #242978 писал(а):

Я сделал дополнение к своему начальному посту, где показал, что 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 ${{\left( 2+3l \right)}^{2}}+3{{\left( l+1 \right)}^{2}}={{y}^{3}}$

Ферматики ( Маразматики (c) форумчанина age), должны не мучить своими доказательствами форумный народ, а в начале доказать ВТФ для тройки своими методами или упрощенный вариант ВТФ для тройки (см. начальный пост). Когда докажут, то можно смотреть доказательство общего случая

age в сообщении #243181 писал(а):

Скорее всего, там будет не два уравнения, а одно. Мне так кажется. Потом ни одно из ваших уравнений не соответствует $1+3x^2=4y^3$, т.к. в первом случае $1+3l=1$, откуда $l=0$, во втором $2+3l=1$, $l=-1$.

В этих уравнениях нет 4 при $y^3$, выкладки в начальном посте несложно проверить, они верны. То есть обе части уравнения $1+3x^2=4y^3$ разделены на 4. То, что число $x$ нечетно - очевидно. Тогда число $x$, как нетрудно видеть, можно представить в виде $x=4l+1$, либо $x=4l+3$. Поэтому возникают 2 два уравнения, а не одно.

grisania в сообщении #242978 писал(а):

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

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

age в сообщении #243181 писал(а):

Есть еще решение:
$a={{u}^{3}}+3u{{v}^{2}}$,
$b={u}^{2}v+3{v}^{3}$,
$c={{u}^{2}}+3{{v}^{2}}$.

Осталось это доказать и тогда сам Эйлер и куча авторов, список которых я привел в начальном посте, ничего не смыслят в математике, но книжки пишут аднака.

grisania в сообщении #242978 писал(а):

Уравнение $1+3x^2=4y^3$ эквивалентно решению одного из трех уравнений:
$a^3-9a^2b-9ab^2+9b^3=1$
$a^3-3a^2b+3ab^2-9b^3=1$
$a^3+9a^2b-9ab^2-9b^3=1$
их анализ обычными методами довольно сложен, но с помощью формулы Кардано я установил, что лишь второе из них имеет неотрицательный дискриминант. Его решение имеет вид:
$a=\sqrt[3]{8b^3+1}+b$. Откуда целых решений у него нет.
Поэтому и исходное $1+3x^2=4y^3$ решений не имеет

Я только что-тоже подсчитал дискриминант Кардано, но он меня сложный. Применяя формулы Эйлера получим для уравнения ${{\left( 1+3l \right)}^{2}}+3{{l}^{2}}={{y}^{3}}$ систему уравнений

$1+3l={{u}^{3}}-9u{{v}^{2}}$
$l=3{{u}^{2}}v-3{{v}^{3}}$
Исключим из неё $l$ и так далее......
Интересно как вы делали?

[age]

grisania
Что доказывать!? Подставьте!

[grisania]

age в сообщении #243233 писал(а):

grisania
Что доказывать!? Подставьте!

В лемме Эйлера есть еще и такие слова "Все решения уравнения $a, b, c$, где $\gcd \left( a,b \right)=1$". То есть $\gcd \left( a,b \right)=1$ важно, ваши формулы верны наверно, когда $\gcd \left( a,b \right)\ne 1$

[natalya_1]

gris в сообщении #241419 писал(а):

grisania, мне кажется идти надо в направлении отличия квадратов от других натуральных степеней. Сумма квадратов алгебраически неразложима на множители, а сумма больших степеней разложима. Вот тут и будет решение.

Вы абсолютно правы. При доказательстве БТФ для n>3.

[age]

grisania
В MathCad делал через solve по переменной $a$.
Да, согласен они не взаимно простые.
Тогда уравнение 2 исключается из рассмотрения и остаются два уравнения:
$a^3+9a^2b-9ab^2-9b^3=1$, $D=\sqrt[3]{-288b^3+4+4\sqrt{1-144b^3-1728b^6}<0}$.
$a^3-9a^2b-9ab^2+9b^3=1$, $D=\sqrt[3]{288b^3+4+4\sqrt{1+144b^3-1728b^6}<0}$.

-- Пн сен 14, 2009 02:21:10 --

Хотя нет. Это решение неверно. Для $b=3$ во втором уравнении MathCad выдал вещественное решение $a=29,46992$

[Коровьев]

age в сообщении #243244 писал(а):

Для $b=3$ во втором уравнении MathCad выдал вещественное решение $a=29,46992$

Сведение из начал алгебры.
Уравнение нечётной степени всегда имеет, как минимум, один вещественный корень. И незачем было мучать MathCad.

Если дискриминант кубического уравнения отрицателен, то уравнение имеет один вещественный корень и два комплексно сопряжённых, в противном случае все три корня вещественны.

[grisania]

2age

age в сообщении #243244 писал(а):

grisania
В MathCad делал через solve по переменной $a$.
Да, согласен они не взаимно простые.
Тогда уравнение 2 исключается из рассмотрения и остаются два уравнения:
$a^3+9a^2b-9ab^2-9b^3=1$, $D=\sqrt[3]{-288b^3+4+4\sqrt{1-144b^3-1728b^6}<0}$.
$a^3-9a^2b-9ab^2+9b^3=1$, $D=\sqrt[3]{288b^3+4+4\sqrt{1+144b^3-1728b^6}<0}$.
------------------------------------------

Почему 2 уравнения? Наверно для двух уравнений

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

Коровьев в сообщении #243335 писал(а):

age в сообщении #243244 писал(а):

Для $b=3$ во втором уравнении MathCad выдал вещественное решение $a=29,46992$

Сведение из начал алгебры.
Уравнение нечётной степени всегда имеет, как минимум, один вещественный корень. И незачем было мучать MathCad.

Если дискриминант кубического уравнения отрицателен, то уравнение имеет один вещественный корень и два комплексно сопряжённых, в противном случае все три корня вещественны.

Спасибо большое. Век живи, век учись как говорится. Хотя я это смутно вроде помнил, но можно этого и не знать и про Дискримант Кардано тож, а использовать великие формулы Виета. Если корни у обоих уравнений только мнимые, то доказывать нечего.
Если есть вещественный целый корень, то нетрудно видеть, что он представляется в виде $a=3s-1$ для 1-ого уравнения и в виде $a=3s+1$ для 2-ого. Если все мнимые, то доказывать нечего.
Пусть все корни вещественны и целые,
Произведение вещественных корней 1-ого уравнения имеет вид $a=3s-1$, а по формулам Виета это равно $9{{b}^{3}}+1.$ Противоречие.
Произведение вещественных корней 2-ого уравнения имеет вид $a=3s+1$, а по формулам Виета это равно $9{{b}^{3}}-1.$ Противоречие.

Осталось возня, когда один вещественный корень целый и два комплексных с целыми компонентами, но и это преодолимо. Действительно, нетрудно видеть, что в этом случае два комплексных с целыми компонентами комплексно сопряженны. Привлекая все три формулы Виета и используя вид вещественных целых корней, получаем доказательство

[age]

grisania
К сожалению, победить ваше уравнение $1+3x^2=4y^3$ пока не удалось, и я подозреваю его решение во много эквивалентно решению $1+3x^2=ky^3$.