И вновь о соседних кубах...

[Батороев]

alexo2
Вы начали в первом уравнении с единицы, затем ее заменили на $c$, в конце вновь вернулись к единице. Т.е. прошлись по кругу.

[alexo2]

Батороев в сообщении #898290 писал(а):

alexo2
Вы начали в первом уравнении с единицы, затем ее заменили на $c$, в конце вновь вернулись к единице. Т.е. прошлись по кругу.

Я так понял, это - констатация факта? Если вопрос, то - да, я именно так и сделал..

Однако, далее - если рассматривать уравнение
$4m^d = 3n^2+c$ , где $d$ - любой простой показатель $>3$ , то натуральные решения для $m,n$ возможны также только когда $c=4k+1$ , где $k$ - любое целое, а при $k = 0$ область решений ограничивается одним тривиальным решением (1;1).
А это значит, что разность соседних кубов также не может быть не только кубом, но и любой простой степенью..

[lasta]

alexo2 в сообщении #898716 писал(а):

$k = 0$ область решений ограничивается одним тривиальным решением (1;1).

Уважаемый alexo2
Поясните отсутствие другого решения при $k=0$.

[alexo2]

lasta в сообщении #898851 писал(а):

Поясните отсутствие другого решения при $k=0$.

Пока не могу..
уже несколько месяцев в качестве хобби создаю алгоритм своеобразного аналитического перебора. То есть, задаются некие исходные данные и граничные значения, а программа сама «молотит» и выдает найденные закономерности (некоторые я уже показывал в этой теме ранее). Сейчас найдена закономерность, позволяющая сказать, что разность соседних биквадратов не может быть кубом, так как разность соседних биквадратов сводится к уравнению $(a-1)a(a+1)/2 + a$

[alexo2]

интересный факт суммы соседних степеней: в случаях суммы трех и четырех соседних кубов имеются по одному нетривиальному решению (начиная с 3-х и 11-ти соответственно). Как ни странно, в случае с суммами соседних квадратов решений нет…

[alexo2]

Так как случай суммы соседних кубов можно свести к уточненному уравнению
$(6a+1)^3+(6a)^3=(6b)^3$ ,
то, находя решения перебором для:
$(6a+1)^3+(6a)^3=(6b)^3$ + 6c ,
убеждаемся, что диапазон отсутствия решений для с находится в ожидаемой области от -57 до 36, или в абсолютных значениях от $- (6+1)^3$ до $6^3$
Протяженность диапазона, соответственно:
$(6+1) ^3 + 6^3$,
то есть, опять происходит своеобразное копирование структуры исходного уравнения на минимальном нетривиальном уровне.

[vasili]

Уважаемый alexo2! Уравнение $(6a +1)^3 + (6a)^3 = (6b)^3$ явно записано Вами ошибочно, так как в противном случае $(6n +1)$ должно делиться на 6.

[alexo2]

vasili в сообщении #901728 писал(а):

Уважаемый alexo2! Уравнение $(6a +1)^3 + (6a)^3 = (6b)^3$ явно записано Вами ошибочно, так как в противном случае $(6n +1)$ должно делиться на 6.

Да, конечно Вы правы, правильно будет:
$(6a +1)^3 + (6a)^3 = (6b+1)^3$

Немного поясню чего удалось найти - определенные наметки "бесконечного подъема". Должен сказать, что хоть в последнее время пишу только в этой теме (о соседних кубах), но исследую и общие степенные закономерности. Однако, вести сразу несколько тем представляется нецелесообразным, тем более выявленные свойства универсальны. Например, из выявленного и описанного ранее свойства подобия удалось впервые прийти к четкому плану доказательства факта, изложенного мной в теме "Причудливая кривая", а именно, - того что разность любых соседних кубов не может равняться никакой разности любых соседних пятых степеней.
Приведенное уточненное уравнение (на первом этапе после элементарных рассуждений) выглядит следующим образом:
$(30x+1)^3-(30x)^3=(30y+1)^5-(30y)^5$
Имеется ввиду, что "приведенное и уточненное" оно потому, что является тождественным любому общему уравнению, могущему иметь гипотетические решения.
Далее, исследуя это уравнение приходим к тому, что у разности кубов данного вида обязательно имеются некоторые простые множители, которых нет у разностей пятых степеней, и чтобы они появились, уравнение можно ещё "привести и уточнить". Чтобы они были (без потери общности), необходимо, чтобы вид правой части был следующим:
$(180y+1)^5-(180y)^5$
Теперь уже вступает свойство подобия, которое требует чтобы и кубы были точно такого вида, что в свою очередь приводит к появлению новых множителей, которых нет у разности пятых данного вида..
И так до бесконечности..
По-видимому, все это справедливо и для классической формулировки ВТФ.

Маленькая правка: везде где речь идет о множителях разности степеней, имеется ввиду множители значения "разность степеней минус 1". То есть, применяется МТФ..

[Lia]

Часть темы отделена: «И вновь о соседних кубах: fredbul» в Пургаторий (М)

[alexo2]

alexo2 в сообщении #848281 писал(а):

...Так вот, «псевдокубы» строятся из добавок вида в общем случае: $1+2nT$, кроме n=3 (при n=3 это будет классический куб). n и является «основанием». При n=2 и n=7 решения для разности кубов имеются. При других n их может не быть – исследовал «недалеко» - до n = 9 – кроме 2 и 7 решений нет. (Попадаются и интересные случаи, например, когда n=4. При этом псевдокуб представляет собой последовательную сумму нечетных квадратов. Как я понимаю, доказать для псевдокуба по основанию 4 частный случай для разности соседних псевдокубов легко – можно переформулировать следующим образом: «Сумма последовательных нечетных квадратов сама не может являться нечетным квадратом»)…

Докажем для начала для псевдокубов по основанию 4 (затем - переход к случаю разности соседних кубов, причем, безо всяких бесконечных спусков).

Сумма первых последовательных нечетных квадратов однозначно представима следующим образом:
$S=\frac{(2a+1)(2a+2)(2a+3)}{6}$
Множители в числителе взаимно просты. В итоге получим, - чтобы сумма сама была квадратом, возможно только когда четный множитель делится на 2, но не делится на 3. Так как если он будет кратен 6, то необходимо чтобы разность между двумя квадратами (причем нечетными) была 2, что невозможно. То есть, единственный вариант, когда один из нечетных множителей кратен 3. И тут возникает интересная ситуация – должно быть:
$v^2+2t^2+3j^2=l^2$
Однако, в случае соседних натуральных чисел, с одной стороны это возможно только когда
$v=t=j$,
С другой стороны – это, естественно, невозможно.
Эти выкладки интересны тем, что с увеличением суммы квадратов, гипотетическое возможное решение все больше отдаляется, что я покажу далее. Но самое значимое – это то, что случай разности соседних кубов (по основанию 3) – полная аналогия псевдокубу по основанию 4 в рамках приводимых рассуждений.
«Отдаление» возможных решений для приведенного и уточненного уравнения случая разности соседних кубов я нашел перебором и описывал ранее.

[Osorgin]

alexo2 в сообщении #901964 писал(а):

vasili в сообщении #901728 писал(а):

Уважаемый alexo2! Уравнение $(6a +1)^3 + (6a)^3 = (6b)^3$ явно записано Вами ошибочно, так как в противном случае $(6n +1)$ должно делиться на 6.

Да, конечно Вы правы, правильно будет:
$(6a +1)^3 + (6a)^3 = (6b+1)^3$

После преобразования левой части этого уравнения получим:
$(6a +1)^3 + (6a)^3 = (12a+1)(36a^2+6a+1)$.
Двучлен $(12a+1)$ и трехчлен $(36a^2+6a+1)$
взаимно простые числа. Следовательно, при извлечении кубического корня
корень из двучлена и трехчлена извлекается отдельно.
Вопрос: Как получить число $(6b+1)$?

[vasili]

Пусть $Z = 6b + 1= UV$, $X = 6a +1$, $Y = 6a$ (Обозначения М.М. Постникова "Теорема Ферма"), тогда благодаря

формулам Абеля имеем

$X + Y = U^3 = 12a + 1$,

$V^3 = X^2 -XY + Y^2 =36a^2 + 6a +1$.

[alexo2]

Интересно, что использование двух доказанных элементарным способом фактов для
$(6n+1)^3+(6m)^3=(6m+1)^3$,
а именно:
1. $m-n$ должно быть кратно $12A^3$
2. теорему, доказанную в данной теме,
можно сильно приподнять нижнюю границу возможных решений:
$n > 7665, m > 956769$

[alexo2]

alexo2 в сообщении #717586 писал(а):

Интересно, что довольно легко показать (по-крайней мере, элементарными методами), что в случае существования хотя бы одного решения
$x^3+y^3=(y+1)^3$,
должно существовать бесконечное количество решений для разности соседних кубов - как, например, для разности квадратов.
"Остается" - с другой стороны доказать, что решение может быть только единственным.. Вот оно - противоречие, показывающее, что вообще не существует решения для разности соседних кубов!..

"Недостающее" звено (или доказательство единственности возможности нетривиального решения для разности соседних кубов) элементарно следует из:
(1) однозначности представления:
$(6n+1)^3 = 1+18n((2n+1)^3-(2n)^3)$ ,
(2) предполагаемого "дуализма" $(2n+1)^3-(2n)^3$ - (одновременно и разность соседних кубов и куб)
При допущении существования двух и более решений для разности соседних кубов и попарном умножении (1) с каждым конкретным решением на другое решение, в итоге должен получаться один и тот же куб, что невозможно..

[alexo2]

alexo2 в сообщении #883800 писал(а):

lasta в сообщении #883653 писал(а):

Области наличия решений - этот термин надо понимать как области наличия предполагаемых решений.

Нет, не «предполагаемых», а вполне реальных – имеется ввиду решений, например, для разности соседних кубов «уточненного» уравнения $(6a+1)^3-(6a)^3 = (6b+1)^3+6c$. Если рассматривать более общее «неуточненное» уравнение $(X+1)^3-X^3 = Y^3+Z$, то в общем случае, Z может быть любым целым числом отличным от 0 и равенство будет выполняться (на самом деле – тоже недоказано, что «любым», однако, в этом случае чрезвычайно трудно выделить какие-либо закономерности, по-крайней мере, они далеко не очевидны). В случае же с «уточненным» уравнением, имеем, что с может принимать строго определенные значения, чтобы равенство выполнялось.
Вот тут и образуются области наличия и отсутствия вполне реальных решений, и самая «известная» область отсутствия решений – это область от $ c = -36 $ до $ c = 21 $. «Известна» она багодаря тому, что при $ c = 0 $ «вырождается» в самый интересный, короткий и красивый частный случай – в ВТФ. Однако её «протяженность» гораздо больше, и случай ВТФ находится практически «по середине» этой области. В «переводе» же к «неуточненному уравнению», протяженность этой области равна $7^3 = 343$. Далее, начиная от краевых значений этой области, идут области наличия решений ("в обе стороны"). Так вот, их протяженности также неслучайны - например, области наличия решений, следующие сразу за описанной областью отсутствия решений в сумме создают $13^3 - 7^3
Далее следует область отсутствия $13^3$ и т.д. - то есть, в точности повторяется основная структура куба.
Поэтому, по-крайней мере у меня в этой связи двоякое чувство - с одной стороны, все это "подобие" дает некоторые основания полагать, что все-таки существует некое вполне тривиальное рассуждение, на нем основанное, позволяющее сделать однозначный вывод о невозможности целочисленных решений ВТФ. С другой стороны, - я лично убедился, насколько сложно устроены степени, чтобы можно было доказать ВТФ прямыми элементарными математическими выкладками...

-- 04.07.2014, 09:39 --

Да, забыл добавить - аналогично по другим простым степеням >3. (Проверил для 5-ой и, частично (для первой области отсутствия решений), для 7-ой перебором )
Есть большие основания полагать, что все то же самое и для всех простых степеней.

Позволю себе привести всю эту цитату, для более фундаментального утверждения о неожиданном следствии рассуждений о самоподобии для гипотезы Эйлера:
При росте степеней количество слагаемых должно расти до бесконечности в общем случае.
Тут я не говорю, что как у Эйлера - расти прямо пропорционально количеству слагаемых, однако, в основном Эйлер был прав...