Коротенькое доказательство БТФ

[Iosif1]

venco в сообщении #248451 писал(а):

Самостоятельно подставить $b_i/3=21$ вы способны? Что получится?

Проверка делимости осуществляется по просчёту сомножителей $n$, $b_i$ рассматривается как носитель этих сомножителей. Гарантируется делимость на тройки, содержащиеся в величине $b_i/3$. Поэтому я вам написал о принадлежности $b_i/3$ к нулевому классу вычетов.

Гаджимурат в сообщении #248465 писал(а):

До данного момента все правильно.Но!
$c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$,а не на $b_j/3$

Если $c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$, то, конечно, делится и $b_j/3$. B повторяю ещё: Гарантируется делимость на тройки, содержащиеся в величине $b_j/3$.

[venco]

Iosif1 в сообщении #248483 писал(а):

venco в сообщении #248451 писал(а):

Самостоятельно подставить $b_i/3=21$ вы способны? Что получится?

Проверка делимости осуществляется по просчёту сомножителей $n$, $b_i$ рассматривается как носитель этих сомножителей. Гарантируется делимость на тройки, содержащиеся в величине $b_i/3$. Поэтому я вам написал о принадлежности $b_i/3$ к нулевому классу вычетов.

$21$ к какому классу относится?

Цитата:

Гаджимурат в сообщении #248465 писал(а):

До данного момента все правильно.Но!
$c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$,а не на $b_j/3$

Если $c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$, то, конечно, делится и $b_j/3$. B повторяю ещё: Гарантируется делимость на тройки, содержащиеся в величине $b_j/3$.

Чукча не читатель...
Если $c_i^3-a_i^3$ делится на $b_i$, это не значит, что $c_i-a_i$ делится на $b_i$.
Если $c_i^3-a_i^3$ делится на $b_i/3$, это не значит, что $c_i-a_i$ делится на $b_i/3$.

[Iosif1]

venco в сообщении #248485 писал(а):

Чукча не читатель...
Если $c_i^3-a_i^3$ делится на $b_i$, это не значит, что $c_i-a_i$ делится на $b_i$.
Если $c_i^3-a_i^3$ делится на $b_i/3$, это не значит, что $c_i-a_i$ делится на $b_i/3$.

Очень похоже на сленг:"Монету кинул в автомат - из автомата слышу мат".

[Гаджимурат]

venco в сообщении #248485 писал(а):

Чукча не читатель...

Спасибо за "критику". Будьте осторожней в выражениях,уважайте хотя бы себя.
Я не согласен с losif1 ,что $c_j-a_j$ делится на $b_j/3$ ,а что пишите Вы?
Вы тоже такого же мнения,так в чем дело?.

[venco]

Гаджимурат, я отвечал на сообщение от Iosif1.
Прошу прощения, если вы это приняли на свой счёт.
То что вы написали, совершенно верно.

[Iosif1]

venco в сообщении #248451 писал(а):

Как видите $(c-a) \equiv 0 \pmod 3$, как и требуется, тем не менее $(c_i - a_i) \equiv 1 \pmod 3$

Ну и что вы хотите этим сказать?
Наличие сомножителей $3$ продиктовано тем, что разность кубов содержит сомножитель $b_i$, который содержит сомножитель $3$.
Неужели не понятно?

[venco]

Iosif1 в сообщении #248503 писал(а):

venco в сообщении #248451 писал(а):

Как видите $(c-a) \equiv 0 \pmod 3$, как и требуется, тем не менее $(c_i - a_i) \equiv 1 \pmod 3$

Ну и что вы хотите этим сказать?
Наличие сомножителей $3$ продиктовано тем, что разность кубов содержит сомножитель $b_i$, который содержит сомножитель $3$.
Неужели не понятно?

Совершенно не понятно.
Наличие сомножителей $3$ где?
Разность кубов каких?

На самом деле, доказательство этой части почти полностью написал Гаджимурат, но вы, похоже, этого так и не поняли.

[Iosif1]

venco в сообщении #248513 писал(а):

Совершенно не понятно.
Наличие сомножителей $3$ где?
Разность кубов каких?

Я думал, что вы понимаете предмет обсуждений.

venco в сообщении #248513 писал(а):

На самом деле, доказательство этой части почти полностью написал Гаджимурат, но вы, похоже, этого так и не поняли.

При чём тут Гаджимурат - не понял.

-- Пт окт 02, 2009 19:57:38 --

shwedka в сообщении #248455 писал(а):

Еще раз!! Закономерность есть для ОДНОГО делителя, а пытетесь ее применить ДЛЯ ДРУГОГО!

Постараюсь привести в норму.
Кажется я понял одно из ваших замечаний. Хотя, конечно, не убеждён.

-- Пт окт 02, 2009 22:18:04 --

Iosif1 в сообщении #248483 писал(а):

Гаджимурат в сообщении #248465 писал(а):
До данного момента все правильно.Но!
$c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$,а не на $b_j/3$

Если $c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$, то, конечно, делится и $b_j/3$. Я повторяю ещё: Гарантируется делимость на тройки, содержащиеся в величине $b_j/3$.

Но этого не достаточно.
Перспективы доказать, что $c_i-a_i=3$ или что $c_i-a_i$ содержит сомножитель $b_i/3$ не вижу.
Сдаюсь. Благодарен shwedka за терпение - попадание в десятку. Venko не обижайтесь, но ваши вопросы, как мне кажется, куда-то уводящие. Быть может, я и не прав.

[Гаджимурат]

venco в сообщении #248499 писал(а):

Прошу прощения, если вы это приняли на свой счёт.

Принято.

-- Сб окт 03, 2009 13:28:25 --

Iosif1 в сообщении #248514 писал(а):

Перспективы доказать, что$c_j-a_j$ или что$c_j-a_J$ содержит сомножитель$b_j/3$ не вижу.

Элементарно просто. Если есть у Вас желание-можно показать доказательство.
Дело в том ,что если бы $c_j-a_j$ делились на $b_j$, то теорему Ф. я доказал бы еще 30 лет назад.Меня поставило в тупик именно делимость $c_j-a_j$.

[Iosif1]

Гаджимурат в сообщении #248465 писал(а):

До данного момента все правильно.Но!
$c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$,а не на $b_j/3$

Я Вам ответил не корректно. Прочитал это и выпалил. А потом разобрался.
Я не надеюсь на алгебраический анализ, просто думаю, что так как существует равенство $[(2a)^3-2a]/6=1^2+3^2+...+(2a-1)^2$, быть может что то можно выжать числовым анализом, например, найти расходящиеся числовые ряды. Мне известны числовые закономерности, не допускающие опровержение БТФ, но формализовать их - кишка тонка. Спасибо Вам за прямое предупреждение. Мне такая беседа понятней - зачем водить за усы кота ?

-- Сб окт 03, 2009 22:52:54 --

Гаджимурат в сообщении #248652 писал(а):

Iosif1 в сообщении #248514 писал(а):
Перспективы доказать, что$c_j-a_j$ или что$c_j-a_J$ содержит сомножитель$b_j/3$ не вижу.

Элементарно просто. Если есть у Вас желание-можно показать доказательство.
Дело в том ,что если бы $c_j-a_j$ делились на $b_j$, то теорему Ф. я доказал бы еще 30 лет назад.Меня поставило в тупик именно делимость $c_j-a_j$.

_________________

Конечно, покажите. Буду рад показать Вам всё, чем располагаю.
Постараюсь разобраться. Может быть, это вывод формализованного выражения $b_1$? Жду.

[Iosif1]

Гаджимурат в сообщении #248465 писал(а):

До данного момента все правильно.Но!
$c_j^3-a_j^3$ делится на $b_j$,а не на $b_j/3$ и $b_j=9b_1b_2$,поэтому
$c_j-a_j$ делится на $3b_1$,а не на $3b_1b_2=b_j/3$. Все дальнейшие рассуждения теряют смысл.Добавлю,что:
$a=a_ja_x=a_j(b_jc_j+a_j^2)$
$b=b_jb_x=b_j(a_jc_j+b_j^2/3)$
$c=c_jc_x=c_ja_jb_j+a_j^3+b_j^3/3$ и $a_j^3+b_j^3/3$ делится на $c_j$.

А если такое продолжение? Изложение приведено с начала, для удобства чтения.

Доказательство:

Необходимо доказать, что

$a^3+b^3=c^3$; (1)

При целочисленных основаниях не возможно.

Вводим обозначения (на случай опровержения БТФ):

$a=a_i*a_x$ (1)
$b=b_i*b_x$ (2)
$c=c_i*c_x$ (3)
Все сомножители взаимно простые.


$c-a=D_b=b_i^3/3$; (4)

$c-b=D_a=a_i^3$; (5)

$a+b=D_c=c_i^3$; (6)


Имеем право записать, как разность точных квадратов:

$c_i^3-a_i^3=(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

Выражаем полученную разность через $Q_{2c_i}-Q_{2a_i}$ на основании графического построения.
Методика расчёта рассматривается в теме: «БТФ и сумма точных квадратов».


$Q_{2c_i}-Q_{2a_i}=4*a_i*c_i*(c_i-a_i)+[2*(c_i-a_i)]^3/6-(c_i-a_i)/3+(c_i-a_i)/3=$

$4*a_i*c_i*(c_i-a_i)+[2*(c_i-a_i)]^3/6$; (1.7)

Сокращение величин $-(c_i-a_i)/3$ и $(c_i-a_i)/3$ связано с тем, что мы возвращаем в разность $Q_{2c_i}-Q_{2a_i}$ величину $2*(c_i-a_i)$, делённую на 6 (шесть).
Увеличив выражение 1.6 в два раза и разделив на 6 , имеем право записать равенство. Увеличение связано с тем, что мы увеличиваем основания в два раза, при использовании графического построения; уменьшение связано с тем, что мы рассматриваем величины $Q$, при расчёте которых используется делитель 6.

$(-2*b_i^3/3+4*b_i*b_x)/6=4*a_i*c_i*(c_i-a_i)+[2*(c_i-a_i)]^3/6$; (1.8)

$(-2*b_i^3/3+4*b_i*b_x)=24*a_i*c_i*(c_i-a_i)+8*(c_i-a_i)^3$; (1.8.1)

$(-2*b_i^3+12*b_i*b_x)=72*a_i*c_i*(c_i-a_i)+24*(c_i-a_i)^3$; (1.8.2)

$-2*b_i*(b_i^2+6*b_x)=24*(c_i-a_i)*[3*(a_i*c_i+(c_i-a_i)^2]$; (1.8.3)



На основании выражения (1.8.3) производим просчёт количества сомножителей (3) три в левой и правой частях выражения.
При этом очевидно, что если в выражении $c_i-a_i$ предположить наличие $3^f$, то, в этом случае, величина $b_i$ должна содержать $3^{f+1}$, если $c_i^3$ и $a_i^3$ точные степени, принадлежащие к единому классу вычетов. А это условие обязано выполняться, так как разность предполагаемых степеней содержит сомножитель $3^2$ (Заданное условие, при наличии в разности предполагаемых степеней $3$ справедливость БТФ доказана).

При наличии в $b_i$ $3^2$, имеем:
В левой части равенства $3^3$ - в правой части равенства $3^3$;
При наличии в $b_i$ $3^3$, имеем:
В левой части равенства $3^4$ - в правой части равенства $3^4$ и так далее.
Равенство обеспечивается и при просчёте сомножителей 2 (два).

Составляя равенство, мы рассматриваем равенство величин, делённых на 6 (шесть).
Поэтому и правая и левая части равенства, умноженные на 6, должны подчиняться закономерности поэтапного деления на $(2c_i-2a_i)$, а корректирующие величины равны: после первого этапа деления - $-3*(2*a_i)^2=-12*a_i^2$; после второго этапа деления - $-2*(2a_i)=-4*a_i$.

Первое делимое (правая часть равенства, умноженная на шесть ):

$-144*(c_i-a_i)*[3*(a_i*c_i+(c_i-a_i)^2]$; (1.8.4)

После первого этапа деления имеем:

$72*[3*(a_i*c_i+(c_i-a_i)^2]=216*a_i*c_i+72*(c_i-a_i)^2$; (1.8.5)

Производим корректировку первого частного:

$216*a_i*c_i+72*(c_i-a_i)^2-12*a_i^2=$

$204*a_i*c_i+72*(c_i-a_i)^2-12*a_i(c_i-a_i)$; (1.8.6)

Полученное делимое (1.8.6) не делится на $(2c_i-2a_i)$ без остатка.

Используя величину, равную разности предполагаемых степеней, показана невозможность осуществления существующей закономерности, основанной на биномиальной закономерности степеней. Последнее свидетельствует о том, что конструирование целочисленных оснований в равенстве (1) не может быть обеспечено. Это свидетельствует о том, что утверждение БТФ справедливо. Что и требовалось доказать.

[shwedka]

вернулась из поездки в Германиюю, и тут у Вас возрождение...

Iosif1 в сообщении #248931 писал(а):

$-2*b_i*(b_i^2+6*b_x)=24*(c_i-a_i)*[3*(a_i*c_i+(c_i-a_i)^2]$; (1.8.3)

Верно, конечно, почти, с точностью до расстановки скобок и знаков. поправите сами....
но еще есть коэффициенты...

Существо дела - в том, что
, если вспомнить (1.6),
то (1.8.3) переписывается как
$6(c_i^3-a_i^3)=24(c_i-a_i)[3a_ic_i+(c_i-a_i)^2]=24(c_i^3-a_i^3)$
Это означает, что в своих 'геометрических' рассуждениях, которые, как Вам не раз в цитируемой теме указывали, являются крайне невнятными, вы где-то напутали с коэффициентами.
Если же коэффициенты написать правильно, никаких противоречий Вы не найдете и все разделится. Из-за неправильных коэффициентов Вы рисуете неправильные 'поправочные' члены.
Другой вопрос: о проведенном 'подсчете' троек в левой и правой части (1.8.3).
.Не вникая в правильность ли неправильность этого подсчета, отмечу лишь, что Вы не обосновываете, почему Вы 'подсчитываете ' степени только тройки. почему не может быть так, что $b_i$ содержит множитель, например, $11$, а $c_i-a_i$ такого множителя не содержит, этот же множитель есть в $3a_ic_i+(c_i-a_i)^2$

[Гаджимурат]

Iosif1 в сообщении #248814 писал(а):

Конечно, покажите.

Iosif1 я постараюсь подробно показать,что $c_j-a_j$ делится не на $b_j/3$,а на $3k_1$,если принять,что $b_j=9b_1k_1$. Перейдем на более удобные символы,т.есть: $a_j=a, b_j=b, c_j=c$ и $xyz$ являются решением ур-ния Ф, для 3 степени.Если бы ур-ние Ф. 3 степени имело решение в целых числах,то :
$x=abc+b^3/3$
$y=abc+a^3$
$z=abc+b^3/3+a^3$
(1)$c^3=x+y=2abc+b^3/3+a^3$
Из последнего ур-ния видно,что $c^3-a^3=2abc+b^3/3$ (2) и $b$ делится на 9,почему?. Если $c^3-a^3$ делится на 3,то обязательно $c-a$ разделится на 3,тогда
$c^3-a^3$ разделится на 9,поэтому и $b=9b$. И,приняв $c-a=3t$ ур-ние (2) запишем:$c^3-9act-a^3+9act=2a9bc+3^5b^3$ и $2a9bc$ перенесем в левую часть,а $c^3-9act-a^3=(c-a)^3=3^3t^3$,тогда:
$3^3t^3+9act-2a9bc=3^5b^3$ или $3^3t^3+9ac(t-2b)=3^5b^3$.
Примем $t-2b=3k$ ,тогда $3^3t^3+3^3ack=3^5b^3$ и,сократив на $3^3$,имеем:
$t^3+ack=9b^3$ и т.как принимали $t-2b=3k$,то $t^3=(2b+3k)^3$ и
$ack=9b^3-(2b+3k)^3=9b^3-8b^3-36b^2k-54bk^2-27k^3$ и $9b^3-8b^3=b^3$
Отсюда видим,что $b^3$ делится на $k$ ,т.есть $k=k_1^3$,поэтому,сократив на $k$ и ,приняв $b^3=b_1^3k_1^3$,получим: $ac=b_1^3-36b_1^2k_1^2-54b_1k_1^4-27k_1^6$ и т.как $b=b_1k_1$,то $c-a=3t=6b_1k_1+9k_1^3$.
Из последнего видим,что $c-a$ делится только на $3k_1$.И данное положение справедливо для любых простых степеней $n$.
Что не понятно-еще раз обьясню.

[Iosif1]

Гаджимурат в сообщении #249268 писал(а):

Iosif1 я постараюсь подробно показать,что $c_j-a_j$ делится не на $b_j/3$,а на $3k_1$,если принять,что $b_j=9b_1k_1$.

Постараюсь разобраться. А Вы пока посмотрите

Iosif1 в сообщении #248931 писал(а):

А если такое продолжение? Изложение приведено с начала, для удобства чтения.

Особенно меня интересуют коэффициенты. Что не ясно, к вашим услугам.

shwedka в сообщении #249178 писал(а):

вернулась из поездки в Германиюю, и тут у Вас возрождение...

С возвращением! Я старался. Кстати, очень приятно, что всех нас выделили в "бонус". Правда, англоязычное оформление, таких как я, чуточку напрягает. И ещё, как же исправлять? Из-за одной скобки всё переписывать. Если не трудно подскажите, почему перестали копируются формулы? Что и где почитать.

shwedka в сообщении #249178 писал(а):

Iosif1 в сообщении #248931 писал(а):
$-2*b_i*(b_i^2+6*b_x)=24*(c_i-a_i)*[3*(a_i*c_i+(c_i-a_i)^2]$; (1.8.3)

Верно, конечно, почти, с точностью до расстановки скобок и знаков. поправите сами....

Как же исправить теперь из-за одной скобки?

shwedka в сообщении #249178 писал(а):

о еще есть коэффициенты...

Существо дела - в том, что
, если вспомнить (1.6),
то (1.8.3) переписывается как
$6(c_i^3-a_i^3)=24(c_i-a_i)[3a_ic_i+(c_i-a_i)^2]=24(c_i^3-a_i^3)$
Это означает, что в своих 'геометрических' рассуждениях, которые, как Вам не раз в цитируемой теме указывали, являются крайне невнятными, вы где-то напутали с коэффициентами.
Если же коэффициенты написать правильно, никаких противоречий Вы не найдете и все разделится. Из-за неправильных коэффициентов Вы рисуете неправильные 'поправочные' члены.

Рассуждая, по моему мнению логически, считаю, что если бы я ошибся с коэффициентами, тогда бы не должны были совпадать просчитываемые сомножители в правой и левой частях равенства. А так как они совпадают… Я просчитываю сомножители $3$ и $2$ только для того, чтобы оценить сопоставимость левой и правой частей равенства. И всё!
Конечно, величина $c_i-a_i$ может содержать любые сомножители, и 11 тоже.

По моему мнению, можно проводить анализ посредством поэтапной делимости и без составления равенства. Но в этом случае возникает необходимость доказательства того, что это допустимо. Поэтому и прибегаем к сопоставлению: если можно анализировать левую часть равенства, то можно и правую. Для этого всё известно. Если в величине $c_i-a_i$ содержится сомножитель 11, то и он учитывается. И если в качестве слагаемого в новом делимом остаётся произведение $a_i*c_i$, то становится ясно, что этап деления не осуществим, так как слагаемые взаимно простые числа.
Я понимаю, что вы человек занятой, и, конечно, жаль, что нет сбоку команды, которая могла бы осуществлять проверку расчётов.
Во всех алгебраических анализах, с которыми мне удавалось ознакомиться, по моему мнению отсутствует существенная составляющая: сопоставление расчётов, проводимых на основании различных аргументов.

Такая возможность обеспечивается на основании существующей зависимости $[(2a)^3—2a]/6=1^2+3^2=…+(2a_1)^2$.
Мне не встречалась эта зависимость в литературе в таком виде. Более того, я вычитал по ссылке в Интернете: «конечно, сумма точных квадратов, кубов и так далее гораздо сложней. Someone заметил мне: «Подумаешь, умножьте это на…, а это на…».
Если данное сопоставление использовалось сильными мира сего, то это, по моему мнению, тоже путь бесперспективный.
Я задавал вопрос; «Использовалось, или нет?»
На что Someone писал: «Думаю, что это известно, очень давно».
Нужно было умножить, а, может быть, не умножили, думаю я?

И возможность производить сопоставление меня занимает – составление системы уравнений открывает дополнительные возможности. Если в расчётах нет ошибок – это остаётся истиной.
Вроде проверил расчёты и вдоль, и поперёк.
Но людям свойственно наступать на одни и те же грабли.
Левая и правая часто равенства уравниваются только коэффициентами.
А если в алгебре нет абракадабры, то по составленному равенству можно определять и новые соотношения интересующих нас величин.

Действительно, расчёты полученные на основании геометрического построения никто не захотел анализировать. А без этого, по моему мнению, ничего не возможно понять. Но ведь можно, задавая вопросы, расставить все точки над i.
Понимаю. что есть что то близкое, и что то далёкое.
Но получается, что: $Q_{c_i}-Q_{a_i}=4*a_i*c_i*(c_i-a_i)+(2c_i-2a_i)^3/6$. А эта величина и есть исходное значение правой чaсти равенства. Жду вопросов.

Iosif1 в сообщении #248931 писал(а):

$(-2*b_i^3/3+4*b_i*b_x)=24*a_i*c_i*(c_i-a_i)+8*(c_i-a_i)^3$; (1.8.1)

Я понял, я проскочил. Методика делимости справедлива для делителя $2(c_i-a_i)$ для каждой из частей равенства (1.8.1). И действительно всё получается.
Задумался над возможностью сопоставления коэффициентов.
Что значить беседа!

[Гаджимурат]

Iosif1 в сообщении #248931 писал(а):

; (1.8.1)

Iosif,почему в (1.8.1) в последнем члене (справа) стоит коэф. 8, а не 2?.Ведь 2 стоит в квадратных скобках и этот член просто теряет делитель 6. Т.есть первый член умножили на 6 (4*6=24), а второй умножили на 24 и получили 8. А в (1.8.3) почему левы член имеет знак "+" в скобках,Вы ведь поставили перед скобками знак "-". У Вас в равенстве (1.8.3) левая часть делится только на 2,тогда как правая делится на 8?. Обьяснишь-буду дальше изучать Вашу теорию.