Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Откуда, за вычетом 1 и деления на 6 получаем:

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3

Приступаем к анализу: когда величина $F_1$ может содержать сомножитель
$3\cdot (m_1)$?

Вы определили

Цитата:

$F_m=(m^3-1)/6=6^2\cdot(m_1^3)+18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)$; 1.2

Согласно этому определению, $F_1=(1^3-1)/6=0$.
В 3.3 Вы обозначили через $F_1$ другое выражение, а именно $(b_x^3-1)/6$.
Использование обозначения $F_1$ в 3.3 ошибочно, поскольку $F_m$ уже определено.
Кроме этого, непонятно, каким образом, это другое $F_1$, равное $(b_x^3-1)/6$, связано с $m_1$?

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1075695 писал(а):

Цитата:

$F_m=(m^3-1)/6=6^2\cdot(m_1^3)+18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)$; 1.2

Согласно этому определению, $F_1=(1^3-1)/6=0$.

Почему?
я писал:
Аналогичную величину для предполагаемого куба обозначим как $F_1$.

$m$ - это основание точного куба. Через $F_m$ показана закономерность получения такой величины для точного куба.
Между $F_1$ и $F_m$, в изложении нет никакой связи.
$F_1$ получаем на основании разности $c^3-a^3$.

Феликс Шмидель в сообщении #1075695 писал(а):

Кроме этого, непонятно, каким образом, это другое $F_1$, равное $(b_x^3-1)/6$, связано с $m_1$

Обозначение $m_1$ - использовано как соответствующая величина неизвестного нам основания.
Надо было, верно, $f_1$?
Я внесу изменение в текст, при необходимости очередного повтора, будет исправлено.

[Феликс Шмидель]

Ваше предложение:

Цитата:

Аналогичную величину для предполагаемого куба обозначим как $F_1$.

не имеет точного математического смысла.
Почему бы Вам вместо этого не определить, например, $f_1=F_{b_x}=(b_x^3-1)/6$?
Кстати, выражение $b_x$ тоже нуждается в определении, и фраза "предполагаемый точный куб" этим определением не является.
В начале Вашего доказательства должно быть утверждение, которое Вы хотите доказать.
Например:
"Равенство $a^3+b^3=c^3$ невозможно, где $a, b, c$ - целые числа не равные нулю.
Доказательство: предположим обратное, что $a^3+b^3=c^3$.
Определим $b_x=...$."

В доказательстве всё должно быть определено, и в обозначениях не должно быть путаницы.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1075718 писал(а):

В доказательстве всё должно быть определено, и в обозначениях не должно быть путаницы.

Я полностью с Вами согласен.
Если суть будет ясна, и не будут найдены подводные камни, которые окажутся не устранимыми, я так и буду стараться поступить.. Хотя понимаю, что мне в одиночку не справится.
Но, пока, в ожидании понимания и оценки математической общественности, очень внимательно прислушиваюсь к вашему мнению.
Например, некоторые считают, что рассматривается частный случай, не достаточный для утверждения, что таким подходом решаются все возможные варианты.
Например, если основания $c$ и $a$ - числа, относящиеся ко второму классу вычетов.
Я не вижу в этом проблемы, так как может быть, например, использована возможность перевода таких оснований в числа, относящиеся к первому классу вычетов, посредством умножения оснований на
куб, относящийся ко второму классу вычетов.

Феликс Шмидель в сообщении #1075718 писал(а):

Цитата:

Аналогичную величину для предполагаемого куба обозначим как $F_1$.

не имеет точного математического смысла.
Почему бы Вам вместо этого не определить, например, $f_1=F_{b_x}=(b_x^3-1)/6$?

Это ваше замечание беру на заметку.

[Феликс Шмидель]

Вы увидите "подводные камни", когда попытаетесь написать строгое доказательство.
Без этого Вы не можете утверждать, что доказали ВТФ.
Это относиться ко всем, пытающимся доказать ВТФ, в том числе и ко мне.
После того, как я доказал ВТФ для $n=3$, я открыл много тем, в которых искал доказательство ВТФ для $n=5$, но я нигде не утверждал, что нашёл такое доказательство.
Если Вы думаете, что доказали ВТФ для $n=3$, что мешает вам попытаться написать его, как полагается?

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1075756 писал(а):

что мешает вам попытаться написать его, как полагается?

Это для меня равносильно поднятию штанги в 500 килограмм.
Нет, нет, я и сорока килограммовую не подниму, это я так.
Думаю над
$f_1=F_{b_x}=(b_x^3-1)/6$.
Как в этом случае обозначить $b_{x_1}$? Так?

[Феликс Шмидель]

Я завтра буду в пути, потом посмотрим, смогу ли Вам помочь.
Мне странно сравнение со штангой в 500 кг.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1075785 писал(а):

Я завтра буду в пути, потом посмотрим, смогу ли Вам помочь.
Мне странно сравнение со штангой в 500 кг.

Заранее благодарен.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1075785 писал(а):

потом посмотрим, смогу ли Вам помочь.

Попытка изложения доказательства по рекомендации Феликса Шмиделя.


Равенство $a^3+b^3=c^3$ невозможно, где $a, b, c$ - целые числа не равные нулю.
Доказательство: предположим обратное, что

$$a^3+b^3=c^3$$

.

Определим $b^3=b_i^3\cdot (b_x^3)$ где:

$b_i^3=(c-a) \cdot{3}$;

$b_x^3=(c^3-a^3)/ ((c-a) \cdot{3})$;

В доказательстве используется зависимость, существующая между величинами:

$F_{c^3}=(c^3-1)/2 \cdot{3}$;

$F_c=(c-1) /2 \cdot{3}$;

Для третьей степени справедливо:

$$c^3=(6\cdot c_1+1)^3=6^3\cdot(c_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+ 3\cdot 6(c_1)+1$$

; 1.1

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=6^2\cdot(c_1^3)+18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)$; 1.2

Или

$F_{c^3}=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$; 2.2

1.2 и 2.2 обеспечивают равенство:

$$6^2\cdot(c_1^3)+18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)= 21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$$

; 3.2

Или

$$18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)= 21\cdot (c_1)+18 \cdot(c_1^2)-18\cdot (c_1)$$

; 3.3

Или

$3\cdot (c_1)=21\cdot (c_1)-18\cdot (c_1)$; 3.4

Проверка:

$c_1=1; 3=3$; $c_1=2; 6=6$; …

Следовательно, можно использовать для анализа выражения и 1.1, и 2.2.

При этом очевидно, что величина $F_c$ содержит сомножители $3\cdot (c_1)$, в первой степени.
Значить, и величины

$$ F_{b_{x^3}}= F_1 =(b_x^3-1)/6$$

А.1

$$ F_{b_x}= f_1 =(b_x-1)/6$$

А.2

Должны находиться в аналогичной зависимости.


Формализуем величины А.1 и А.2.
Для этого рассчитываем разность величин $F_{c^3}-F_{a^3}$ , имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; b $6\cdot(a_1)+1$;
Соответственно: $c_1=(c-1)/6$, $a_1=(a-1)/6$.

$F_{c^3}=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$; 2.3
$F_{a^3}=21\cdot( a_1)+6^2\cdot(a_1^3)+18 \cdot(a_1) \cdot(a_1-1)$; 1.3

Определяем разность между 2.3 и 1.3:

$$R=21\cdot (c_1-a_1)+6^2\cdot (c_1^3-a_1^3)+18\cdot (c_1^2-c_1-a_1^2+a_1)= 21\cdot (c_1-a_1)+6^2\cdot (c_1-a_1) \cdot[(c_1^2)+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+ 18\cdot (c_1^2-c_1-a_1^2+a_1)$$

; 3.0

После деления каждого слагаемого выражения 3.0 на $(c_1-a_1)\cdot{3}$. 3.1,
получаем предполагаемый точный куб:

$b_x^3=7\cdot1+12\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1-1)$; 3.2

Откуда, за вычетом 1 и деления на 6 получаем:

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3

Приступаем к анализу, чтобы ответить на вопрос: когда величина $F_1$ может содержать сомножитель
$3\cdot (f_1)$?

Возможны варианты:

Величина $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ не содержит сомножителя $3$.

Тогда, величина второго слагаемого

$2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ принадлежит ко второму классу вычетов по модулю $6$, значит, в этом случае, сумма первого и третьего слагаемых должна принадлежать к первому классу вычетов по модулю $6$, для того, чтобы величина $F_1$ содержала сомножитель $3$.
Каким образом это может быть обеспечено?
Для этого необходимо, например, чтобы $c_1$ принадлежала нулевому классу вычетов по модулю $6$, а $a_1$ - первому, или наоборот.
Если и $c_1$, и $a_1$ принадлежат второму классу вычетов по модулю $6$, во втором слагаемом возникает сомножитель $3$, и тогда величина $F_1$ относится ко второму классу вычетов, то есть не содержит сомножителей $3$.
Теперь заметим, что если, например, $c_1$ принадлежит нулевому классу вычетов по модулю $3$, то величина $F_{c^3}$ содержит и сомножитель $n=3$, и сомножитель $3$, то есть $3^2$.
Поэтому, в рассматриваемом варианте $F_{c^3}$ содержит сомножитель $3^2$, а $F_{a^3}$ содержит сомножитель $3$.
Но $F_c=F_a + b^3/6$.
Заданные условия можно обеспечить, например, при $a^3=7^3=343$, $c^3=19^3=6859$.
Остаётся ответить на вопрос: а можем ли мы обеспечить заданные условия для степеней, на основания которых накладывается дополнительное условие, когда разность

$(c-a)$, должна содержать сомножители с требуемым количеством сомножителей $2$ и $3$?

Это условие из-за обязательного наличия сомножителя $6^2$ в разности оснований приводит к идентичности $c_1$, и $a_1$ по их принадлежности к классу вычетов по модулю $6$.
И поэтому условие по принадлежности $c_1$ и $a_1$ к выбранным классам вычетов не выполняется, что приводит к отсутствию сомножителя $3$ в величине $F_1$.
Поэтому становится очевидным, что величина $b_x^3$ не может быть точным кубом с целочисленным основанием, что и требовалось доказать.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

$b_i^3=(c-a) \cdot{3}$

Нужно обосновать, почему $(c-a) \cdot{3}$ является кубом.
Нужно указать, что рассматривается 2-ой случай ВТФ, предположить, что $b$ делится на $3$ и сослаться на формулы Абеля-Барлоу.

Цитата:

$F_{c^3}=(c^3-1)/2 \cdot{3}$;

$F_c=(c-1) /2 \cdot{3}$;

Здесь нужны скобки, мы уже говорили об этом.

Цитата:

$$c^3=(6\cdot c_1+1)^3=6^3\cdot(c_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+ 3\cdot 6(c_1)+1$$

; 1.1

Непонятно, почему $c$ представим в виде $6\cdot c_1+1$.
Это нужно обосновать.

Продолжу проверку позже.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Величина $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ не содержит сомножителя $3$.

Тогда, величина второго слагаемого

$2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ принадлежит ко второму классу вычетов по модулю $6$, значит, в этом случае, сумма первого и третьего слагаемых должна принадлежать к первому классу вычетов по модулю $6$, для того, чтобы величина $F_1$ содержала сомножитель $3$.

Как это понимать? Если $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ не делится на $3$, то $2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ сравнимо с $2$ по модулю $6$? Почему?

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1076065 писал(а):

Нужно обосновать, почему $(c-a) \cdot{3}$ является кубом.
Нужно указать, что рассматривается 2-ой случай ВТФ, предположить, что $b$ делится на $3$ и сослаться на формулы Абеля-Барлоу.

Вы от меня требуете невозможного.
Разве можно ссылаться на то, с чем не знаком?
Ну, ещё на теорему Софи Жермен.

Феликс Шмидель в сообщении #1076065 писал(а):

Здесь нужны скобки, мы уже говорили об этом.

За отсутствие скобок могу только извиниться.

Феликс Шмидель в сообщении #1076065 писал(а):

Непонятно, почему $c$ представим в виде $6\cdot c_1+1$.
Это нужно обосновать.

Это же заданное условие. Я даже не представляю, как можно это обосновать.

Феликс Шмидель в сообщении #1076106 писал(а):

Как это понимать? Если $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ не делится на $3$, то $2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ сравнимо с $2$ по модулю $6$? Почему?

Величина $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ - число первого класса вычетов, нечётное.
Например: $7$;
$2\cdot{7}=14$; - число второго класса вычетов.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1076163 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1076065 писал(а):

Непонятно, почему $c$ представим в виде $6\cdot c_1+1$.
Это нужно обосновать.

Это же заданное условие. Я даже не представляю, как можно это обосновать.

Заданным условием является равенство $a^3+b^3=c^3$, а также то, что $b$ делится на $3$.
Почему $a$ и $c$ должны быть сравнимы с $1$ по модулю $6$? Почему они не могут быть сравнимы с $5$ по модулю $6$?

-- Вт ноя 24, 2015 23:18:10 --

Iosif1 в сообщении #1076163 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1076065 писал(а):

Нужно обосновать, почему $(c-a) \cdot{3}$ является кубом.
Нужно указать, что рассматривается 2-ой случай ВТФ, предположить, что $b$ делится на $3$ и сослаться на формулы Абеля-Барлоу.

Вы от меня требуете невозможного.
Разве можно ссылаться на то, с чем не знаком?

Это поправимо. Вы можете ознакомиться с этим. Если пожелаете, могу Вам объяснить.

-- Вт ноя 24, 2015 23:29:22 --

Iosif1 в сообщении #1076163 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1076106 писал(а):

Как это понимать? Если $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ не делится на $3$, то $2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ сравнимо с $2$ по модулю $6$? Почему?

Величина $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ - число первого класса вычетов, нечётное.
Например: $7$;
$2\cdot{7}=14$; - число второго класса вычетов.

А если $c_1$ делится на $3$, а $a_1$ сравнимо, например, с $2$ по модулю $6$? Тогда $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ сравнимо с $4$ по модулю $6$ (или, по Вашему выражению, принадлежит "четвёртому классу вычетов"). Почему это невозможно?

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1076424 писал(а):

Почему $a$ и $c$ должны быть сравнимы с $1$ по модулю $6$? Почему они не могут быть сравнимы с $5$ по модулю $6$?

Потому что основания степеней и степень в рассматриваемом варианте относится к первому классу вычетов по модулю $6$.

Феликс Шмидель в сообщении #1076424 писал(а):

Это поправимо. Вы можете ознакомиться с этим. Если пожелаете, могу Вам объяснить.

С удовольствием, если буду понимать.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1076429 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1076424 писал(а):

Почему $a$ и $c$ должны быть сравнимы с $1$ по модулю $6$? Почему они не могут быть сравнимы с $5$ по модулю $6$?

Потому что основания степеней и степень в рассматриваемом варианте относится к первому классу вычетов по модулю $6$.

Тогда в начале доказательства нужно указать, что Вы доказываете не ВТФ для $n=3$, а невозможность равенства $a^3+b^3=c^3$,
с дополнительным условием: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$.