ВТФ для соседних кубов

[chudov]

Докажем ВТФ для очень ограниченного множества чисел:
Разность соседних кубов - не куб
Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$
Заметим, что
$(3c+1)(3c+2)=(3c+1)(3c+1+1)=(3c+1)^2+(3c+1)$,
что
$k^2(3с+1)^2=[k(3c+1)]^2$
и
$k^2(3с+1)= k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)$
Тогда
$[k(3c+1)]^2+k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)+c=b(b+1)$
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.
Казалось бы заманчиво увеличить с, взяв:
$c+1=k^2$,
но упомянутый избыток недостаточен, чтобы заполнить образующуюся брешь, так как
$3c+1$
более, чем втрое превышает $k^2$.
Исходное допущение невыполнимо. Теорема доказана для соседних кубов.

Toucan:

Правильная версия сообщения находится здесь: post594811.html#p594811.
1. Первая формула
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$ исправлена на
$a^3=(a+1)(a-1)a+a$
2. В заключительной части сообщения фраза "Казалось бы заманчиво увеличить c" исправлена на "Казалось бы заманчиво уменьшить c"

[venco]

Для $c=k^2$ вы рассмотрели только случай $b=k(3c+1)$.
Попробуйте увеличить $b$, приблизительно на $k-1\over 2$.

[ishhan]

chudov в сообщении #594076 писал(а):

Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$

Поясните про загадочные "постквадраты"
Вот например: число $30=5\cdot{(5+1)}$
по вашему это "постквадрат", но если число 30 записать в виде произведения $30=2\cdot15$, то множители таковы что по Вашему это "не постквадрат"
Зачем Вам нужен этот постквадрат?
Доказывайте по честному, что $3b(b+1)+1$ не куб.

[chudov]

(Не совсем удачная попытка исправить стартовое сообщение)

«ВТФ для соседних кубов»
Докажем ВТФ для очень ограниченного множества чисел:
Разность соседних кубов - не куб
Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$
Заметим, что
$(3c+1)(3c+2)=(3c+1)(3c+1+1)=(3c+1)^2+(3c+1)$,
что
$k^2(3с+1)^2=[k(3c+1)]^2$
и
$k^2(3с+1)= k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)$
Тогда
$[k(3c+1)]^2+k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)+c=b(b+1)$
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.
Казалось бы заманчиво уменьшить с, взяв:
$c+1=k^2$,
но упомянутый избыток недостаточен, чтобы заполнить образующуюся брешь, так как
$3c+1$
более, чем втрое превышает $k^2$.
Исходное допущение невыполнимо. Теорема доказана для соседних кубов.

Toucan:

См. замечание к стартовому сообщению и его правильную версию post594811.html#p594811.

[venco]

И что изменилось?

[Shadow]

(Оффтоп)

venco, я тоже когда-то пробовал общатся по телефону с девушкой, которая сообщала точное время.

[venco]

chudov, зачем вы отвечаете личным сообщением? Стесняетесь написать это в форуме?
У вас, кстати, опечатка в самой первой формуле.
И вы так и не ответили на моё возражение.

[Belfegor]

chudov в сообщении #594076 писал(а):

Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.

$ \begin{array}{l} X^3 = 3Y^2 + 3Y + 1 \\ (X - 1)^3 + 3X(X - 1) = 3Y^2 + 3Y \\ (X - 1)^3 = 3(Y(Y + 1) - X(X - 1)) \\ \end{array} $
Получается куб должен быть равен утроенной разнице постквадратов...

[chudov]

Докажем ВТФ для очень ограниченного множества чисел:
Разность соседних кубов - не куб
Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a+a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом. Приблизим левую часть к такому именно виду. Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$
Заметим, что
$(3c+1)(3c+2)=(3c+1)(3c+1+1)=(3c+1)^2+(3c+1)$,
что
$k^2(3с+1)^2=[k(3c+1)]^2$
и
$k^2(3с+1)= k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)$
Тогда
$[k(3c+1)]^2+k(3c+1)+(k^2-k)(3c+1)+c=b(b+1)$
Первые два члена образуют искомый постквадрат, но третий и четвертый -
избыток, нарушающий равенство.
Казалось бы заманчиво уменьшить с, взяв:
$c+1=k^2$,
но упомянутый избыток недостаточен, чтобы заполнить образующуюся брешь, так как
$3c+1$
более, чем втрое превышает $k^2$.
Исходное допущение невыполнимо. Теорема доказана для соседних кубов.

[alexo2]

Что-то различий в трех постах ТС Chudov я не нашел, может он с кем-то в личке общается?
Мне, например, неясно с места перехода к "постквадратам". Можно поподробнее??

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #594852 писал(а):

Что-то различий в трех постах ТС Chudov я не нашел, может он с кем-то в личке общается?
Мне, например, неясно с места перехода к "постквадратам". Можно поподробнее??

Похоже от господина Чудова вряд ли дождемся комментариев
Но в принципе всё понятно
Справа - постквадрат (произведение двух соседних чисел), что бы равенство выполнялось, слева тоже должен получиться постквадрат, и, действительно, слева два первых члена образуют постквадрат, но ещё остаются 3 и 4 член как лишний довесок. Отсюда вывод - равенство неверно. Простенько и со вкусом

[alexo2]

Belfegor
Спасибо за разъяснение. Насколько я понимаю, приведено элементарное доказательство для случая
$x^3+y^3=(y+1)^3$?

[venco]

Было доказано, что если $c=k^2$, или $c=k^2-1$, то равенство невыполнимо.
Про возможность решения при других $c$ ничего нет.

[Belfegor]

alexo2 в сообщении #594968 писал(а):

Belfegor
Спасибо за разъяснение. Насколько я понимаю, приведено элементарное доказательство для случая
$x^3+y^3=(y+1)^3$?

Не за что
Да беседуем об этом самом легендарном случае

-- Пт июл 13, 2012 20:01:25 --

chudov в сообщении #594811 писал(а):

Для этого
пригодны с, представляющие собой полный квадрат:
$c=k^2$

Venco! Как видно из вышеприведенного текста, это особо-то и не нужно

[chudov]

Вы просили объяснить поподробнее.
Я легче ориентируюсь в числах, когда мысленно вижу за ними
геометрические образы. Поэтому сравниваю структуры произвольного куба
и любой разности соседних кубов.
Куб - это параллелепипед трех соседних чисел с добавкой среднего из них. Разность соседних кубов по биному Ньютона - сумма трех постквадратов и единицы. Постквадратом я здесь называю прямоугольник со торонами, отличающимися на единицу. Покажем, что структуры этих фигур не могут совпадать никогда. Примем их равными и перенесём единицу влево. Заменив переменную, сократим на 3. Справа - чистый постквадрат.
Слева c постквадратов и c. Заменим c на $k^2$ и расположим постквадраты в k рядов по k в каждом из постквадратов каждого ряда, кроме одного, вынесем сторону $(3c+1)$. Оставшаяся фигура - постквадрат. Портит его только довесок, избыток. Но портит. Если бы мы взяли неполный квадрат, все равно, этого довеска бы не хватило на дополнение до полного.
Равенство неверно.
Прошу прощения за задержку с ответом - никак не мог освоить отправку.