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 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13  След.
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 15:54 


31/03/06
1384
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 $m_1$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 16:46 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 17:48 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 18:38 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 20:41 


31/03/06
1384
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 21:31 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 21:48 


31/03/06
1384
Я завтра буду в пути, потом посмотрим, смогу ли Вам помочь.
Мне странно сравнение со штангой в 500 кг.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение22.11.2015, 21:54 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение23.11.2015, 12:13 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение23.11.2015, 22:43 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение24.11.2015, 00:18 


31/03/06
1384
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение24.11.2015, 09:06 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение24.11.2015, 23:14 


31/03/06
1384
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение24.11.2015, 23:33 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение24.11.2015, 23:56 


31/03/06
1384
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: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$.

 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 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 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