Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1064940 писал(а):

Уважаемый Iosif1!
Шаг для ряда оснований 6?

Да!

[lasta]

Уважаемый Iosif1!
Извините меня за неясный вопрос, который вы не поняли. Я хотел узнать почему шаг для оснований кубов равен 6, если произвольная разность соседних кубов является числом вида $6k+1$? Мы же не можем переносить свойства предполагаемого куба на точные кубы.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065230 писал(а):

Уважаемый Iosif1!
Извините меня за неясный вопрос, который вы не поняли. Я хотел узнать почему шаг для оснований кубов равен 6, если произвольная разность соседних кубов является числом вида $6k+1$? Мы же не можем переносить свойства предполагаемого куба на точные кубы.

Рассматривается вариант, когда разность $(c-a)$ кратна $6$.
Предполагаемые кубы, если они кубы, должны быть характерны теми же свойствами, что и точные?
По моему мнению, должны.
Если все точные кубы подчиняются определённой закономерности, предполагаемые кубы, если они кубы, должны подчиняться этой же закономерности?
По моему мнению, должны.
Доказательство, вернее попытка (пока преступник не осужден, он не преступник), основывается на утверждении, что предполагаемые кубы не подчиняются этой, обязательной для аналогичных точных кубов, закономерности.
Если я правильно понял ваш вопрос на этот раз, то получается, что Вы рассматриваете вариант, когда разность точных кубов не кратна $6$?

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1065281 писал(а):

Предполагаемые кубы, если они кубы, должны быть характерны теми же свойствами, что и точные?
По моему мнению, должны.

Уважаемый Iosif1!
Кроме общих свойств, каждый куб характерен своими. Так, каждый куб примитивного решения УФ имеет свои делители. Сумма кубов или разность может быть числом одного вида, а кубы другого. Кроме того, все не кратные трем кубы являются числами вида $9k\pm1$, а их основания могут не обладать таким свойством.
Если же говорить не о соседних кубах, то разность их может быть числом вида $3(2k+1)\pm 1$, то есть не $6k\pm1$.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065329 писал(а):

Кроме того, все не кратные трем кубы являются числами вида $9k\pm1$

Уважаемый lasta.
Всегда $b_x^3$ относится к первому классу вычетов по модулю 6.
В работе рассматриваются свойства, именно, таких точных кубов.
А затем производится проверка: а могут ли предполагаемые кубы обладать этими же свойствами.
Сопоставление осуществляется на "уровне" количества шестёрок и в точных кубах, и в предполагаемых.
Кто то из великих сказал: "Чтобы решить сложную задачу, её удобно раздробить на простые".
Чему я и следую. И считаю, что решение выбранной задачи устраняет необходимость рассмотрения других вариантов.

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1060745 писал(а):

Но мы простым умножением оснований на число, относящиеся ко второму классу вычетов по мод 6, унифицируем такое выражение до аналогичного, так удобней.

Уважаемый Iosif1!
Требуются пояснения. Каким образом умножение оснований на число, относящееся ко второму классу вычетов, то есть уход от предполагаемого примитивного решения, устраняет рассмотрение других случаев (примеры Vasili)? Кроме того, в Вашем ряду оснований с шагом 6 такое умножение не наблюдается.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065454 писал(а):

Уважаемый Iosif1!
Требуются пояснения. Каким образом умножение оснований на число, относящееся ко второму классу вычетов, то есть уход от предполагаемого примитивного решения, устраняет рассмотрение других случаев (примеры Vasili)? Кроме того, в Вашем ряду оснований с шагом 6 такое умножение не наблюдается.

Не наблюдаются, а зачем? Мы сразу "берём бока за рога". В работе рассматриваются свойства, именно, таких точных кубов, которые соответствуют анализируемым.
А умножение это перевод из другого варианта в соответствующий исследованию.

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1065499 писал(а):

А умножение это перевод из другого варианта в соответствующий исследованию.

Дело все в том, что простое умножение оснований на число из множества, относящееся ко второму классу вычетов, невозможно, так как все числа из указанного множества четные. Поэтому все числа по первому классу вычетов у Вас исчезнут.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065571 писал(а):

Дело все в том, что простым умножением оснований на число из множества, относящееся ко второму классу вычетов, невозможно, так как все числа из указанного множества четные. Поэтому все числа по первому классу вычетов у Вас исчезнут.

$29$ - число второго класса вычетов умножаем на $5$, получаем $145$ - число первого класса вычетов.
Может нам стоит поговорить по Skupe (iosif705)?
Что то мы не понимаем друг друга.
То, что уточняется, вообще не имеет в работе, может быть пока, значения, так как предполагаемая степень - всегда число, относящееся к первому классу вычетов по модулю 6.

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1065580 писал(а):

$29$ - число второго класса вычетов умножаем на $5$, получаем $145$ - число первого класса вычетов.

29 не является числом относящимся к счетному множеству второго класса вычетов по модулю 6. Числа указанного множества четные {...-16,-10,-4,2,8,14,..}. Так что умножение не выручает. К этому ничего добавить не могу.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065673 писал(а):

29 не является числом относящимся к счетному множеству второго класса вычетов по модулю 6.

Не относится. Ну и что?

lasta в сообщении #1065673 писал(а):

К этому ничего добавить не могу.

Если Вы считаете, что это важно, покажите вариант, когда предполагаемый куб $b_x^3$, как куб с целочисленным основанием, не относится к интересующему классу вычетов по модулю 6.
Впрочем, каждый может иметь своё мнение. Истина в расчётах.
У меня корректировка не приводит к нарушению закономерности.
Вы, как я понимаю, считаете предлагаемое, как рассмотрение частного случая?
Предположим, что Вы правы.
Но основной мой вопрос остаётся без ответа: Известен ли подход и эффективен ли он?

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1065678 писал(а):

покажите вариант, когда предполагаемый куб $b_x^3$, как куб с целочисленным основанием, не относится к интересующему классу вычетов по модулю 6.

Уважаемый Iosif1!
Легко доказывается аналитически, что $\forall (a,c) \quad b_x^3=6k+1$, то есть относится к первому классу вычетов по модулю 6. Но это свойство $b_x^3$, не обременяет другие основания кубов по принадлежности к какому-либо классу вычетов.
На форуме не оригинальность, а верность утверждений - главное. Желательно при легком понимании ее обоснованности.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065944 писал(а):

Легко доказывается аналитически, что $\forall (a,c) \quad b_x^3=6k+1$

Уважаемый lasta,
Зачем доказывать то, что доказано?

lasta в сообщении #1065944 писал(а):

Но это свойство $b_x^3$, не обременяет другие основания кубов по принадлежности к какому-либо классу вычетов.

А зачем нам другие основания кубов для условия, когда $a$ и $c$- основания нечётные и могут быть переведены к исследуемому классу вычетов?

lasta в сообщении #1065944 писал(а):

На форуме не оригинальность, а верность утверждений - главное. Желательно при легком понимании ее обоснованности.

Вот в этом то и вопрос. Но, несмотря на эти особенности форума, я уже давно пришёл к выводу, что по данному вопросу на форуме есть очень компетентные, а, может быть, и самые компетентные (хотя бы в русскоязычном мире), не только с лёгким пониманием материала, но и обладающие способностью лёгкого изложения своей мысли для понимания их теми, которые этим не обладают.
Некоторым, особенно одному из них, я очень благодарен за просвещение.
Впрочем, "спасибо всем", как говорит Роман Бабаян в своей передаче.

[Iosif1]

lasta в сообщении #1065944 писал(а):

На форуме не оригинальность, а верность утверждений - главное. Желательно при легком понимании ее обоснованности.

Итак, для куба, имеем:

$3c^3=a^3+b^3= a_i^3\cdot a_x^3+b_i^3\cdot b_x^3=c_i^3\cdot c_x^3$; 1.1

$c$, $a$, $b_x$ - числа, относящиеся к первому классу вычетов по модулю 6.

$b_x=m$; 2

$m_1=(m-1)/6$; 2.0

$F=(m^3-1)/6=21\cdot(m_1)+36\cdot(m_1)^3+36\cdot(m_1)\cdot(m_1-1)/2$; 3.0


Пример представления количества шестёрок в точном кубе :
(если шестёрку считать контрольным модулем)

$19^3=6859$;
$(6859-1)/6=1143$;
$1143=21\cdot3+36\cdot3^3+36\cdot(3) \cdot(3-1)/2=63+972+108=1143$
Если контрольным модулем считать $19-1=18$.
$(6859-1)18=361$;
$361=37\cdot1+18^2\cdot1^3+\cdot(1) \cdot(0)/2=37+324+0=361$;
То есть контрольным модулем может быть основание степени за вычетом единицы.
И это для любой степени, и для любого основания.
$7^3\cdot29^3=8365427$; $203 -1=202$;
$(8365427-1)/202=41413=3\cdot 203\cdot 1+202\cdot 1^3$;
Но, как правильно отметил laska, не любой модуль может использоваться для анализа.
Поэтому, и начинаем анализ с использования модуля 6.
Для того чтобы предполагаемая степень могла состояться, необходимо, чтобы величина $F_1$ содержала сомножитель 3, и как подтверждается расчётами 7, так как такие сомножители присутствует в первом слагаемом.
Переходим к рассмотрению количества шестёрок
$F_1=(a_x^3-1)/6$ в предполагаемых точных кубах,
Пробую поэтапное рассмотрение, для простоты понимания и минимизации ошибок при изложении.
Принимаем:
$a=25$; $c=43$; $a_1=4$; $c_1=7$;
$F_a=(15625-1)/6=2604=21\cdot 4+36\cdot(4^3)+36\cdot4\cdot3/2 $;
$F_c=(79507-1)/6=13251=21\cdot 7+36\cdot 7^3+36\cdot 7\cdot 6/2$;
$F_c-F_a=13251-2604=10647$
$a_x^3=10647/(c_1-a_1)/3=1183$;
$F_1=(1183-1)/6=197=1+2\cdot(7^2+7\cdot 4+4^2)/3+2\cdot5 $;
Можно и так:
$[(79507-15625)/18/3-1]/6=197$;
Но выбранный вариант расчёта обеспечивает возможность проведения анализа предполагаемого куба.
И тут мой первый вопрос: достаточное ли утверждение, что наличие сомножителей 3 и 7 является обязательным условием для возможности предположения требуемой коррекции слагаемых в величине $F_1$ ?

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1070010 писал(а):

И тут мой первый вопрос: достаточное ли утверждение, что наличие сомножителей 3 и 7 является обязательным условием для возможности предположения требуемой коррекции слагаемых в величине $F_1$ ?

Уважаемый Iosif1!
Ошибка в численном примере. 381, а не 361. Но это не существенно. Численный пример хорош для опровержения утверждений, но доказательство необходимо формализовать. Большинство рассматриваемых на форуме доказательств содержат ошибки в самом начале. Поэтому предлагаю рассмотреть Ваше в традиционном для форума варианте.
Вы рассматриваете частный случай суммы кубов с основаниями $(6a+1)$, и $6b$.
Куб без единицы

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

Сумма кубов без единицы

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

В (1.а) и (2.а) определяется количество шестерок. Но, что же далее? Как из этих формул вывести противоречия, но не численными примерами?