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

[nnosipov]

chudov в сообщении #608457 писал(а):

В моём сообщении дано именно элементарное доказательство неравенства кубу разности двух кубов соседних

Увы, но именно доказательства у Вас нет, на что Вам уже указывали. Не стоит обманываться на этот счёт.

[kvistor]

Новые аргументы
Любое натуральное число $y$ в степени $3$ можно представить в соответствии со следующим алгоритмом:
$y^3=y+3[1\cdot 2 +2\cdot 3 +3\cdot4+...+(y-1)\cdot y]$
Выражение в квадратных скобках представляет собой сумму двух прогрессий: первого и второго порядка:
$S_1 =1+2+3+...+(y-1)$
$S_2 =1^2 +2^2 + 3^2+...+(y-1)^2$
Следовательно:
$y^3 = y +3[S_1 +S_2]$
Это не соответствует уравнению:
$(k+1)^3 -k^3 = 1 +6S$,
где $S$ - арифметическая прогрессия первого порядка.
Получается, что уравнение $(k+1)^3 -k^3 = y^3$ не имеет решения в целых числах.

[nnosipov]

kvistor в сообщении #608479 писал(а):

Это не соответствует уравнению:
$(k+1)^3 -k^3 = 1 +6S$,
где $S$ - арифметическая прогрессия первого порядка.

Что значит "не соответствует"? Что конкретно Вы здесь утверждаете? Очень туманная фраза.

kvistor в сообщении #608479 писал(а):

Получается, что уравнение $(k+1)^3 -k^3 = y^3$ не имеет решения в целых числах.

Это кажется, что получается. Избегайте туманных и расплывчатых формулировок --- иначе будет только видимость доказательства.

[ishhan]

kvistor в сообщении #608168 писал(а):

твии с формулой определения суммы арифметической прогрессии дложно быть:$S=1+2+3+...+2p=\frac {2p(2p+1)}{2} =p(2p+1)$.
Таким образом, остается: $y^3 =1 + 6S$

Но какой "специальный смысл" содержится в том, что фрагмент $3k^2+3k$ВТФ3 равенства $y^3=(k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1$ заменяется на $6S$( следовало бы правильно прописать нижний индекс у S).
Если только в методике вычисления фрагмента $3k^2+3k$, как "ушестирённой"суммы арифметической прогрессии?

[chudov]

kvestor напомнил, что любой куб, как и разность между соседними кубами (стороны основания отличаются на единицу) можно представить как суммы рядов, и заметил, что они выглядят по разному, не соответствуют друг другу.
Если взять их одного размера, то, конечно, они не равны. Тогда доказано, что часть не равна целому. Спасибо.
Но нас просят доказать, что никакая такая разность не равна никакому кубу. Элементарно это труднее, но возможно. Посмотрите, например, доказательство Chudov`а.

[kvistor]

Разъяснение
Я показал, что существует закономерность:
$(k+1)^3-k^3=1+6S=1+6(1+2+3+...+k)$.
Я также показал, что для числа $y^3$, если $y$ -целое число, существует иная закономерность: $y^3=y+3(S_1+S_2)$.
Я дал соответствующие разъяснения.
Сумма $S$ не имеет индекса, так как никакого отношения к суммам $S_1$ и $S_2$ не имеет: посмотрите внимательно на уравнения для определения этих сумм. Поскольку выражение $y+3(S_1+S_2)$ нельзя преобразовать в выражение $1+6S$, я сделал вывод, что: $y^3=y+3(S_1+S_2)\ne 1+6S$.

[nnosipov]

kvistor в сообщении #608628 писал(а):

Поскольку выражение $y+3(S_1+S_2)$ нельзя преобразовать в выражение $1+6S$, я сделал вывод ...

А Вы хорошо старались? Вдруг можно?

[ishhan]

kvistor в сообщении #608628 писал(а):

Сумма $S$ не имеет индекса, так как никакого отношения к суммам $S_1$ и $S_2$

Если Вы обозначаете символом $S$ сумму первых $k$ членов натурального ряда, то это и есть сумма арифметической прогрессии, которая записывается как $S_k=\frac{a_1+a_k}{2}\cdot{k}$

kvistor в сообщении #607984 писал(а):

$S = 1+2+3+....+k$?

У Вас $a_1=1$ $a_k=k$
Но это я не к тому чтобы напомнить Вам определение, а к тому, что за символами $S_k$ $S_1$ и $S_2$ стоят конкретные формулы имеющие первостепенное значение.
Ваше утверждение по поводу:

kvistor в сообщении #608628 писал(а):

$y+3(S_1+S_2)$ нельзя преобразовать в выражение $1+6S$

"не доказано"
Удачи!

[Belfegor]

kvistor в сообщении #608628 писал(а):

Поскольку выражение $y+3(S_1+S_2)$ нельзя преобразовать в выражение $1+6S$, я сделал вывод, что: $y^3=y+3(S_1+S_2)\ne 1+6S$.

Уважаемый kvistor! Вот, что получается если заменить S-ы на формулы конечных сумм:

$ \begin{array}{l} S_1 = 1 + 2 + 3... + n = \frac{{n(n + 1)}}{2} \\ \\ S_2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 ... + n^2 = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} \\ \\ n = y - 1 \\ \\ S_1 + S_2 = \frac{{n(n + 1)}}{2} + \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} = \\ = \frac{{3n^2 + 3n + 2n^3 + 3n^2 + n}}{6} = \frac{{n^3 + 3n^2 + 2n}}{3} \\ \\ S = 1 + 2 + 3... + k = \frac{{k(k + 1)}}{2} \\ \\ n + 1 + n^3 + 3n^2 + 2n = 1 + 3k^2 + 3k \\ \\ n^3 + 3n^2 + 3n + 1 = 3k^2 + 3k + 1 \\ \\ (n + 1)^3 = (k + 1)^3 - k^3 \\ \\ \end{array} $


$(n + 1)^3 = (k + 1)^3 - k^3 $

Итоговое выражение вам ничего не напоминает?

[kvistor]

Belfegor-y
Напоминает: $(n+1)^3=y^3$.
Приняв $n=y-1$, Вы привели формулы для определения сумм $S_1, S_2$. Но последние $4$ Ваши формулы никак не связаны с ними. Если $n$ и, следовательно, $y$ - целые числа, то в этих последних формулах знак равенства под вопросом. Я бы поставил знак неопределенности <> (меньше-больше) или $\ne$.
Выражение $3k^2+3k+1$ представляет собою часть слагаемых бинома Ньютона $(k+1)^3$ без слагаемого $k^3$. Позволю себе выразить уверенность, что выражение $3k^2+3k+1$ не может быть преобразовано в бином Ньютона, т. е. в сумму двух целых чисел в степени $3$ и, в конечном итоге, в целое число в степени $3$.
P.S. Все числа $N>2$ входят в Пифагоровы тройки чисел. Если бы теорема Ферма имела решение в целых числах, то должно было бы существовать большое количество чисел, входящих в тройки Ферма, но их пока не нашли.
Конечно, вывод не бесспорный.

-- 22.08.2012, 10:40 --

ishhan-y
Поскольку суммы $S_1, S_2$ имеют одинаковую четность, их сумма делится на $2$. Поэтому можно записать: $y^3=y+6\frac{S_1+S_2}{2}\ne 1+6S$. Поскольку $y\ne1$, неравенство очевидно.

[chudov]

ishhan!
"... ряды S1 и S2 имеют одинаковую чётность ..."
S2 - 1, 4, 10, 20, 35, 56...
S1 - 1, 3, 6, 10, 15, 21...
Где одинаковая чётность?

[ishhan]

kvistor в сообщении #608965 писал(а):

Поскольку суммы $S_1, S_2$ имеют одинаковую четность, их сумма делится на $2$. Поэтому можно записать: $y^3=y+6\frac{S_1+S_2}{2}\ne 1+6S$. Поскольку $y\ne1$, неравенство очевидно.

Прежде чем объеденить символы$ y,S_{1?},S_{2?} S_{?$} в одной алгебраической записи нужно обосновать такое объединение.
Я Вот о чём символы:
$ y$- используется для обозначения натурального числа.
$S_{1?}$ -сумма арифметической прогрессии первого порядка( ?- число членов прогрессии)
$S_{2?}-$- сумма арифметической прогрессии второго порядка( ? - число членов прогрессии)
(Про $d$ прогрессии вообще молчу )
По каким правилам оперировать с этими обозначениями?
Может проще подставить их выражение в аналитическом виде.
Это Вам не физика, а математика:)Ъ
P.S. В физике тоже так не делают, там при выводе формул частенько руководствуются правилом размерности.

[kvistor]

Чудову
Имеют одинаковую четность не числа в рядах, а суммы $S_1, S_2$ этих рядов. Для ясности: $c(c+1)=c^2+c $

ishhan-y
Если Вы внимательно просмотрите мои материалы с самого начала, то увидите, что в них есть все те пояснения, о которых Вы пишете. Запись в формулах всех сумм $S, S_1, S_2$ в развернутом виде была бы громоздкой и трудно воспринимаемой. Для ясности повторяю:
сумма арифметической прогрессии первого порядка $S$:
$S=1+2+3+...+k$;
сумма арифметической прогрессии первого порядка $S_1$:
$S_1=1+2+3+...+(y-1)$;
сумма арифметической прогрессии второго порядка $S_2$:
$S_2=1^2 + 2^2 + 3^2 +...+ (y-1)^2$.
Можно записать:
$y^3=y+3[1+2+3+...+(y-1)+1^2 + 2^2 + 3^2 +... + (y-1)^2]\ne1+6(1+2+3+...+k)$
Но это ничего неменяет.

[Belfegor]

kvistor в сообщении #607984 писал(а):

Подсказка автору
Для уравнения $y^3=(k+1)^3-k^3$ справедливо равенство:
$y^3=(k+1)^3-k^3 = 1 + 6S$

Уважаемый kvistor! Это же вы писали? Вы рассматриваете доказательство от противного или же просто утверждаете, что нет такого равенства?
Тогда звучать это должно где-то так:
Предположим

$$y^3 > (k+1)^3-k^3 $$

И дальше надо доказать верность этого утверждения.
А вот об этом:

kvistor в сообщении #608965 писал(а):

Если $n$ и, следовательно, $y$ - целые числа, то в этих последних формулах знак равенства под вопросом. Я бы поставил знак неопределенности <> (меньше-больше) или $\ne$.

за 350 лет, наверняка, матаны догадались, да вот только доказать без комплексных чисел, а в общем виде, и без модулярных форм не смогли

[kvistor]

Belfegor-y
Из уравнения $y^3=(k+1)^3-k^3=1+6S$ не следует, что $y$ - целое число. Т. е. уравнение выполняется, а целочисленность числа $y$ под вопросом. Я имел ввиду, что выполяется равенство $(k+1)^3-k^3=1+6S=1+6(1+2+3+...+k) $ и вовсе не утверждал, что выполняется равенство $y^3=1+6S$ при условии, что $y$ -целое число. Наоборот, я показывал, что для $y^3$ выполняется другое равенство: $y^3= y+3(S_1+S_2)$, где $y$ -целое число. Сколько бы Вы ни делали расчетов по предложенному автором темы уравнению $y^3=(k+1)^3-k^3$, а $y$ у Вас будет дробным числом.