2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1 ... 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ... 13  След.
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 18:51 


31/03/06
1384
Iosif1 в сообщении #1075194 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #1075184 писал(а):
Из 1.2 следует: $F_a=[(36 a_1+7)^3-1]/6$.

Как Вы это получили? Не пойму.


Посмотрите на 1.2:
Цитата:
$[(6a+1)^3-1]/6=F_a$; 1.2


Подставьте $a=6 a_1+1$, $6 a+1=36 a_1+7$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 19:35 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Феликс Шмидель в сообщении #1075199 писал(а):
Посмотрите на 1.2:
Цитата:

$[(6a+1)^3-1]/6=F_a$; 1.2

Потерял индекс:
$[(6a_1+1)^3-1]/6=F_a$; 1.2
Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 20:46 


31/03/06
1384
Значит нужно исправить эту ошибку.
Кроме того, не могли бы Вы написать доказательство так, чтобы оно было понятно проверяющему?
Например, Вы пишите:

Цитата:
B тут противоречие, структурное, с выражениями 2.3 и 1.3


Непонятно, в чём противоречие и почему оно "структурное".
Далее Вы пишите:

Цитата:
Чтобы выражение 3.3 делилось на $3$ необходимо, чтобы величина $(c_1+a_1)$ относилась к первому классу вычетов, при этом необходимо, чтобы либо $c_1$, либо
$a_1$ относились к данному классу вычетов.


Непонятно, почему выражение 3.3 должно делиться на $3$, и что означает "первый класс вычетов" и "данный класс вычетов".
Далее Вы пишите:

Цитата:
Представляя куб:

$m^3=(6\cdot m_1+1)^3=6^3\cdot(m_1^3)+6^2\cdot(m_1^2)+6(m_1)+1$; 4.1

Имеем:

$m^3=6^3\cdot(m_1^3)+108\cdot(m_1^2)+ 18\cdot (m_1)+1$; 4.2

Формула 4.2 позволяет видеть закономерность деления степени на $m_1$ с использованием корректировки вычитанием единицы.

$F_m=6^2\cdot(m_1^3)+18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)$; 4.2.1

$F_{2m}=F_m/3\cdot (m_1)=12\cdot(m_1^2)+6\cdot(m_1)+ 1$; 4.2.2

$F_{3m}=F_{2m}/6\cdot (m_1)=2\cdot(m_1)+ 1$; 4.2.3

$F_{4m}=F_{3m}-(m_1)=2\cdot{m_1}$; 4.2.3


Непонятно, как Вы определяете $m_1, m, F_m, F_{2 m}, F_{3 m}, F_{4 m}$.
Пожалуйста, напишите доказательство так, чтобы его можно было проверять не ломая голову над тем, что Вы имеете ввиду.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 22:06 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Феликс Шмидель в сообщении #1075230 писал(а):
Значит нужно исправить эту ошибку.

Исправлю.
Феликс Шмидель в сообщении #1075230 писал(а):
Непонятно, в чём противоречие и почему оно "структурное".

Если бы я знал, как правильно назвать различия.
Я имею ввиду, используя это выражение, что нарушены коэффициенты перед слагаемыми, не соблюдён точный куб... А как я должен написать в данном случае?
Феликс Шмидель в сообщении #1075230 писал(а):
Непонятно, как Вы определяете $m_1, m, F_m, F_{2 m}, F_{3 m}, F_{4 m}$.

$m_1=(m-1)/6$,
$m$-основание степени,
$F_m$-количество $2n$ в степени ,
$F_{2 m}=(F_m-1)/3\cdot(m_1)$; так понятно?
Феликс Шмидель в сообщении #1075230 писал(а):
Пожалуйста, напишите доказательство так, чтобы его можно было проверять не ломая голову над тем, что Вы имеете ввиду.

Стараюсь, но не владею ясностью объяснения.
А можно, я буду стараться по мере поступления замечаний?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 22:18 


20/03/14
12041
Iosif1 в сообщении #1075254 писал(а):
Я имею ввиду, используя это выражение, что нарушены коэффициенты перед слагаемыми, не соблюдён точный куб...

Я боюсь что-либо предполагать в этом разделе. Но тем не менее. Правильно ли я понимаю, что"структурным" различием Вы называете нечто вроде различия $a^3+3a^2+3a-6$ и например, $c^3$ (или $c^4$) - потому, что они такие все из себя на вид разные?

-- 21.11.2015, 00:19 --

Iosif1 в сообщении #1075254 писал(а):
$F_{2 m}$=(F_m-1)/3\cdot(m_1); так понятно?

Так непонятно. Формулы оформляйте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 23:22 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1075258 писал(а):
Я боюсь что-либо предполагать в этом разделе. Но тем не менее. Правильно ли я понимаю, что"структурным" различием Вы называете нечто вроде различия $a^3+3a^2+3a-6$ и например, $c^3$ (или $c^4$) - потому, что они такие все из себя на вид разные?

В принципе, так. Количество слагаемых сохранено, а наполнение слагаемых нарушено. От незнания как.
Я не математик, у меня техническое образование.
И изложение материала, всегда, не мой конёк.
На чём концентрировать внимание, а о чём, лучше, вообще не писать.
Был бы очень благодарен за советы, а то разговор со специалистами не клеится.
Даже на техническом уровне правильные формулировки имеют большое значение, а тем более в научных беседах. Я понимаю недоверие, да ещё ошибки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение20.11.2015, 23:24 


20/03/14
12041
Iosif1 в сообщении #1075278 писал(а):
В принципе, так. Количество слагаемых сохранено, а наполнение слагаемых нарушено.

Но отсюда не следует, что Ваши выражения не могут быть равны. Так, например, в моем примере первое равно второму (и третьему) при $a=c=1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение21.11.2015, 00:23 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1075280 писал(а):
Но отсюда не следует, что Ваши выражения не могут быть равны.

Не следует. Но возникает вопрос: а могут быть равны?
И невозможность равенства показывается на основании не возникновения сомножителя $n$ в величине $F_1$ в количестве сомножителей $2n$ предполагаемой степени $b_x^n$; что является обязательным условием для количества таких сомножителей в $F_m$ для точных степеней, ($m$ - основание точной степени), что свидетельствует из структурного построения этих величин. При заданных основаниях $c$ и $a$ степеней, определяющих разность $b_i^n\cdot(b_x^n)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение21.11.2015, 00:34 


20/03/14
12041
Iosif1 в сообщении #1075313 писал(а):
И невозможность равенства показывается на основании не возникновения сомножителя $n$ в величине $F_1$ в количестве сомножителей $2n$ предполагаемой степени $b_x^n$; что является обязательным условием для количества таких сомножителей в $F_m$ для точных степеней, ($m$ - основание точной степени), что свидетельствует из структурного построения этих величин.

Не показывается, в силу отсутствия точного определения "структурного чего-то там" (построения, различия и т.д.) Дайте его, будьте добры, Вы находитесь в дискуссионном разделе, и это Ваша обязанность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение21.11.2015, 21:07 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1075318 писал(а):
Не показывается, в силу отсутствия точного определения "структурного чего-то там" (построения, различия и т.д.) Дайте его, будьте добры, Вы находитесь в дискуссионном разделе, и это Ваша обязанность.

$m$ - основание степени;

$m_1=(m-1)/2\cdot n$ - количество сомножителей $2\cdot n$ в основании степени.

$F_m=(m^n-1)/2\cdot n $ – количество сомножителей $2\cdot n$ в степени.

Для третьей степени справедливо:

$m^3=(6\cdot m_1+1)^3=6^3\cdot(m_1^3)+6^2\cdot(m_1^2)+6(m_1)+1$; 1.1

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

Или

$F_m=21\cdot (m_1)+6^2\cdot(m_1^3)+18 \cdot(m_1) \cdot(m_1-1)$; 2.2

1.2 и 2.2 обеспечивают равенство:

$$6^2\cdot(m_1^3)+18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)=
21\cdot (m_1)+6^2\cdot(m_1^3)+18 \cdot(m_1) \cdot(m_1-1)$$; 3.2

Или

$$18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)=
21\cdot (m_1)+18 \cdot(m_1^2)-18\cdot (m_1)$$; 3.3

Или

$3\cdot (m_1)=21\cdot (m_1)-18\cdot (m_1)$; 3.4

Проверка:

$m_1=1; 3=3$; $m_1=2; 6=6$; …

Следовательно, можно использовать для анализа выражения и 1.1, и 2.2.
При этом очевидно, что величина $F_m$ содержит сомножители $3\cdot (m_1)$, в первой степени.
Значить, аналогичная величина для предполагаемого куба тоже должна содержать такой сомножитель.
Аналогичную величину для предполагаемого куба обозначим как $F_1$.
Формализуем данную величину.
Для этого рассчитываем разность величин $F_c-F_a$ степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$ b $6\cdot(a_1)+1$;
Соответственно: $c_1=(c-1)/6$, $a_1=(a-1)/6$.

$F_c=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$; 2.3
$F_a=21\cdot( a_1)+6^2\cdot(a_1^3)+18 \cdot(a_1) \cdot(a_1-1)$; 1.3

Определена 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 сомножителя на $(c_1-a_1) \cdot3$. 3.1, имеем:
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: когда величина $F_1$ может содержать сомножитель
$3\cdot (m_1)$?
Возможны варианты:

1. 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 $6$, 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 $F_c$ содержит и сомножитель $n=3$, и сомножитель $3$, то есть $3^2$.
Поэтому, в рассматриваемом варианте $F_c$ содержит сомножитель $3^2$, а $F_a$ содержит сомножитель $3$.
Но $F_c=F_a + b^3/6$.
Заданные условия можно обеспечить, например, $a^3=7^3=343$, $c^3=19^3=6859$.
Остаётся ответить на вопрос: а можем ли мы обеспечить заданные условия для степеней, на основания которых накладывается дополнительное условие, чтобы

$(c-a)=(2\cdotk) ^3\cdot(3\cdot p)^3/3$?

Это условие из-за 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 $F_1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 12:17 


31/03/06
1384
Цитата:
$m$ - основание степени;

$m_1=(m-1)/2\cdot n$ - количество сомножителей $2\cdot n$ в основании степени.

$F_m=(m^n-1)/2\cdot n $ – количество сомножителей $2\cdot n$ в степени.

Для третьей степени справедливо:

$m^3=(6\cdot m_1+1)^3=6^3\cdot(m_1^3)+6^2\cdot(m_1^2)+6(m_1)+1$; 1.1


Нужно ставить скобки: $m_1=(m-1)/(2\cdot n)$.
Это ошибка, которую нужно исправить, потому что без скобок порядок действий будет другим.
Кроме этого, $m^3=(6\cdot m_1+1)^3=6^3\cdot(m_1^3)+3 \cdot 6^2\cdot(m_1^2)+3 \cdot 6(m_1)+1$,
а не так, как у Вас в 1.1.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 12:54 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Феликс Шмидель в сообщении #1075639 писал(а):
Нужно ставить скобки: $m_1=(m-1)/(2\cdot n)$.
Это ошибка, которую нужно исправить, потому что без скобок порядок действий будет другим.
Кроме этого, $m^3=(6\cdot m_1+1)^3=6^3\cdot(m_1^3)+3 \cdot 6^2\cdot(m_1^2)+3 \cdot 6(m_1)+1$,
а не так, как у Вас в 1.1.

Спасибо!
А как исправить, дать всё снова?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 13:15 


31/03/06
1384
Да, нужно дать всё снова, и постараться сделать это без ошибок.
Я буду проверять до первой ошибки.
Но Вы и сами можете себя проверять.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 13:21 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Феликс Шмидель в сообщении #1075651 писал(а):
Но Вы и сами можете себя проверять.


Спасибо, я Вам очень благодарен.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 14:42 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Повторение поста
post1075528.html#p1075528 на основании замечаний Феликса Шмиделя

$m$ - основание степени;

$m_1=(m-1)/(2\cdot n)$ - количество сомножителей $2\cdot n$ в основании степени.

$F_m=(m^n-1)/(2\cdot n) $ – количество сомножителей $2\cdot n$ в степени.

Для третьей степени справедливо:

$$m^3=(6\cdot m_1+1)^3=6^3\cdot(m_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(m_1^2)+
3\cdot 6(m_1)+1$$; 1.1

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

Или

$F_m=21\cdot (m_1)+6^2\cdot(m_1^3)+18 \cdot(m_1) \cdot(m_1-1)$; 2.2

1.2 и 2.2 обеспечивают равенство:

$$6^2\cdot(m_1^3)+18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)=
21\cdot (m_1)+6^2\cdot(m_1^3)+18 \cdot(m_1) \cdot(m_1-1)$$; 3.2

Или

$$18\cdot(m_1^2)+ 3\cdot (m_1)=
21\cdot (m_1)+18 \cdot(m_1^2)-18\cdot (m_1)$$; 3.3

Или

$3\cdot (m_1)=21\cdot (m_1)-18\cdot (m_1)$; 3.4

Проверка:

$m_1=1; 3=3$; $m_1=2; 6=6$; …

Следовательно, можно использовать для анализа выражения и 1.1, и 2.2.
При этом очевидно, что величина $F_m$ содержит сомножители $3\cdot (m_1)$, в первой степени.
Значить, аналогичная величина для предполагаемого куба тоже должна содержать такой сомножитель.
Аналогичную величину для предполагаемого куба обозначим как $F_1$.
Формализуем данную величину.
Для этого рассчитываем разность величин $F_c-F_a$ степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$ b $6\cdot(a_1)+1$;
Соответственно: $c_1=(c-1)/6$, $a_1=(a-1)/6$.

$F_c=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$; 2.3
$F_a=21\cdot( a_1)+6^2\cdot(a_1^3)+18 \cdot(a_1) \cdot(a_1-1)$; 1.3

Определена 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 сомножителя на $(c_1-a_1) \cdot3$. 3.1, имеем:
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: когда величина $F_1$ может содержать сомножитель
$3\cdot (m_1)$?
Возможны варианты:

1. 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 $6$, и тогда величина $F_1$ 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 $F_c$ содержит и сомножитель $n=3$, и сомножитель $3$, то есть $3^2$.
Поэтому, в рассматриваемом варианте $F_c$ содержит сомножитель $3^2$, а $F_a$ содержит сомножитель $3$.
Но $F_c=F_a + b^3/6$.
Заданные условия можно обеспечить, например, $a^3=7^3=343$, $c^3=19^3=6859$.
Остаётся ответить на вопрос: а можем ли мы обеспечить заданные условия для степеней, на основания которых накладывается дополнительное условие, чтобы разность

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

Это условие из-за 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 $F_1$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 195 ]  На страницу Пред.  1 ... 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ... 13  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group