Псевдо числа в ВТФ

[lasta]

iifat в сообщении #1053721 писал(а):

Следовательно 9 для чисел в пределах 10 не является числом для тройки УФ.

Уважаемый iifat! Действительно, фраза понимается двояко. "Для чисел", подразумевается - для двух чисел. Одно из них 9, а другое из указанного интервала. Сумма кубов этих чисел не является кубом. Третье число иррациональное и находится за пределом интервала. В десятичной системе это легко подтверждается (набор чисел для 9 ограничен).
Доказательство для других псевдодевяток строится на утверждении, что степени периодических дробей для других оснований счисления имеют то же свойство, что и в десятичной.
Пока что подтверждено численным методом для ограниченного диапазона чисел.

[lasta]

Рассматривался случай для $9>a_m;\quad\Psi_{9,b} >a_{(b),m}$. (индекс в скобках- основание счисления). Аналогичный подход для случая $9<a_m;\quad\Psi_{9,b}<a_{(b),m};\quad i\in{(1,2,3,...,m)}$. Отличается только увеличением интервала рассматриваемых чисел, определяемого соотношением $\Psi_{9,b} ^3>(a_{(b),i }+1)^3-a_{(b),i } ^3$.

[ananova]

Для степени $3$
Если псевдодевяткой выбрать число, имеющее функцию Эйлера кратную $3$, то при возведении разных остатков в куб, можно получить одинаковые остатки. Допустим число 7, является псевдодевяткой. Тогда $3^3$ и $5^3$ будут сравнимы по модулю 7.
Или я не все учёл в Вашей арифметике?

[lasta]

ananova в сообщении #1054859 писал(а):

Тогда $3^3$ и $5^3$ будут сравнимы по модулю 7.

Уважаемый ananova! $3^3$ и $5^3$ не сравнимы по модулю $7^3$.

-- 20.09.2015, 23:17 --

Квадраты имеют решение с 9. Это - $(9, 40, 41)$. Используя эту тройку получаем равенство для периодических дробей $1+4,(4)^2=4,(5)^2$. Понятно, что $2\cdot4,(4)\cdot0,(1) +0,(1)^2=1$. Совсем другие соотношения для кубов. Сумма кубов

$$1+0,(a)^3=[1+0,(a)][1-0,(a)+0,(a)^2]\qquad \e(6)$$

Выражения в квадратных скобках (6) не имеют общего делителя в виде периодической дроби. Из этого следует, что если ВТФ не верна, то эти выражения являются кубами рациональных чисел.
Утверждение 1. Периодическая дробь $1,(a)$ не может быть кубом рационального числа. А эту периодическую дробь порождают все псевдодевятки.

[lasta]

Это утверждение не верно. Как и с целыми числами подобная сумма чисел может быть кубом. Так и периодическая одноразрядная дробь может быть кубом рациональной дроби. Например, $2,(9)^3=26,(9). Следовательно, все противоречия лежат во второй скобке правой части (6). То есть в трехчлене, о котором и было указано в начале сообщения. .

[ananova]

Уважаемый, lasta!
Я не понял почему 7 в восьмиричной системе счисления не может быть псевдодевяткой? Каким условиям, перечислеными Вами, это не удовлетворяет?

[lasta]

ananova в сообщении #1055417 писал(а):

Я не понял почему 7 в восьмеричной системе счисления не может быть псевдодевяткой?

Уважаемый ananova! Я не отрицаю, что 7 - псевдодевяткка в восьмеричной системе. Все числа в пределах основания счисления, деленные на 7, дадут одноразрядные периодические дроби. За пределом этого интервала периодические дроби повторяются в той же последовательности с периодом равным 7. Разность $5^3-3^3=98=7\cdot 14$. То есть эти кубы имеют одинаковые периодические части. Но нас интересует кубы $(a_{(8)}/7)^3$, а не периодические дроби вида $a_{(8)}^3/7$. А кубы должны быть сравнимы по модулю $7^3$.

[Феликс Шмидель]

lasta в сообщении #1053239 писал(а):

Для всех $a_i\in(1,2,3,......8);\qquad a_i/9=0,(a_i);$ все периодические дроби разные. При возведении в куб этих дробей также не будет одинаковых. Следовательно 9 для чисел в пределах 10 не является числом для тройки УФ

Насколько я понимаю, Вы доказываете, что равенство $x^3+9^3=z^3$ невозможно, так как что равенство $(x/9)^3+1=(z/9)^3$ невозможно, поскольку числа $(x/9)^3$ и $(z/9)^3$ имеют разные дробные части.
А это у Вас следует из того, что числа $(1/9)^3, (2/9)^3, ..., (8/9)^3$ имеют разные дробные части.
Но почему дробная часть числа $(x/9)^3$, где $x>9$, равна дробной части одного из чисел $(1/9)^3, (2/9)^3, ..., (8/9)^3$?

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #1055949 писал(а):

Но почему дробная часть числа $(x/9)^3$, где $x>9$, равна дробной части одного из чисел $(1/9)^3, (2/9)^3, ..., (8/9)^3$?

Уважаемый Феликс Шмидель! Рассматривалось $x<9$. Для $x>9$ интервал чисел увеличивается до предельно возможного, то есть когда разность соседних кубов еще меньше $9^3$. Дробная часть оснований кубов будет повторяться с периодом $9$. Но дробная часть кубов будет зависеть и от целой части основания. То есть дробная часть числа $(x/9)^3$ должна быть равна дробной части одного из чисел $(10/9)^3, (11/9)^3, ..., (c/9)^3$, где $(c+1)^3-c^3\leqslant 9^3$. ($c=12$ для десятичной системы).

[Феликс Шмидель]

lasta в сообщении #1056086 писал(а):

То есть дробная часть числа $(x/9)^3$ должна быть равна дробной части одного из чисел $(10/9)^3, (11/9)^3, ..., (c/9)^3$, где $(c+1)^3-c^3\leqslant 9^3$. ($c=12$ для десятичной системы).

Если $(c+1)^3-c^3>9^3$, почему Вы думаете, что дробная часть числа $((c+1)/9)^3$ равна дробной части одного из чисел $(10/9)^3, (11/9)^3, ..., (c/9)^3$?

-- Ср сен 23, 2015 22:03:53 --

Комманда на Ubasic

for i=1 to 17:print (i/9)^3:next i

даёт числа с различными дробными частями (если $c<16$, то $(c+1)^3-c^3<9^3$).

Поэтому я сомневаюсь в истинности Вашего утверждения.

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #1056095 писал(а):

даёт числа с различными дробными частями (если $c<16$, то $(c+1)^3-c^3<9^3$).

Уважаемый Феликс Шмидель! Конечно 16. Однако, $x$ -составное число, взаимно простое с 9 и $9+x$ должно быть кубом. Эти ограничения делают невозможным как вариант $x>9$ так и вариант $x<9$. То есть в десятичной системе для 9 $x\nexists$.
Вашими вопросом начинаем рассмотрение ограничений на множество $\Psi_{9,Q}$.

[ananova]

Это надо доказать.

lasta в сообщении #1056166 писал(а):

Однако, $x$ -составное число, взаимно простое с 9 и $9+x$ должно быть кубом. Эти ограничения делают невозможным как вариант $x>9$ так и вариант $x<9$.

[lasta]

ananova в сообщении #1056351 писал(а):

Это надо доказать.

Уважаемый ananova! Конечно Вы хотите видеть формализованное доказательство, а не перебор чисел ограниченного диапазона. Это было бы применимо и для других псевдодевяток
Итак,

$$9^3=3x^2d+3xd^2+d^3; \quad \text {значит}\quad d\ne1.$$

Следовательно, куб слева не может быть разностью соседних кубов. Поэтому этот куб должен быть произведением взаимно простых кубов. Но $9^3$ не является таковым.
Аналогично, все псевдодевятки не могут быть степенью простого показателя УФ.

[ananova]

lasta в сообщении #1056496 писал(а):

ananova в сообщении #1056351 писал(а):

Это надо доказать.

Итак,

$$9^3=3x^2d+3xd^2+d^3; \quad \text {значит}\quad d\ne1.$$

Следовательно, куб слева не может быть разностью соседних кубов. .....УФ.

А как Вы получили выражение справа, для разности соседних кубов? Что за новая переменная $d$ и какова роль этой переменной в УФ?

[lasta]

ananova в сообщении #1056705 писал(а):

А как Вы получили выражение справа, для разности соседних кубов? Что за новая переменная $d$ и какова роль этой переменной в УФ?

Уважаемый ananova! Без предположения о существовании решения для Уф, чтобы не повторять известный вывод формул Абеля, положим

$$9^3=Z-x^3;\quad (Z,x)\in \mathbb{N};\quad \sqrt[3]{Z}=x+d$$

Тогда

$$9^3=(x+d)^3-x^3=3x^2d+3xd^2+d^3.$$

понятно, что левая часть подходит только для соседних кубов. Значит должно выполняться условие $d=1$, но тогда правая часть не делится на 3. Значит $d\ne1$. И справа - разность не соседних кубов. Но разность не соседних кубов (если это куб) - всегда произведение взаимно простых кубов, что противоречит левой части. Значит $d$ - иррационально.