Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[krestovski]

lasta в сообщении #1071245 писал(а):

Уважаемый krestovski!
Нахождение структурных отличий между приращением куба и кубом для частного случая ВТФ (первый класс вычетов по модулю 6) не требует оперирования с тремя последовательными кубами. Более того,в приращениях 2 (вторых разностей кубов) теряется информация о структуре начальных выражений. Например: последовательная тройка кубов $(x-1)^3, x^3, (x+1)^3\quad $ и тройка не кубов $\quad[(x-1)^3+ax],[x^3+bx], [(x+1)^3+cx]$ при $b-a=c-b$ имеют одинаковые приращения 2.

Уважаемый lasta!

Так вот, смотрите что у вас происходит.
Вы рассматриваете частные кубы. - Выбранные из ряда кубов в строгой закономерности. А на этой закономерности вы остановились только исходя из того, что в приращениях 2 (вторых разностей кубов) общий множитель это число 6.
Причина вашего выбора очевидна. Ведь только одно число в кубе равно самому себе. Это единица. Отбросьте единицу из ряда кубов и получится, что вы рассматриваете каждый шестой куб, только исходя из того, что они соответствуют выражениям $(6a+1)$ и $(6c+1)$.

А что после этого? - Вы будете рассматривать кубы которые соответствуют выражениям $(5a+1)$ и $(5c+1)$? - Это каждый пятый куб.
Потом $(4a+1)$ и $(4c+1)$, - каждый четвёртый?
Хотя, я ничего не имею против, - ваше время. Тратьте как хотите.
Теперь по поводу приведённого вами примера.
Кубы, которые рассматривает Iosif1, это

Iosif1 в сообщении #1070648 писал(а):

Я рассматриваю разность кубов с основаниями:
$(6a+1)$ (1) и $(6c+1)$ (2);

Если быть точным, то это кубы с основаниями $7, 13, 19, 25, 31...$. - Вот на этом материале и приведите пример, что всё одно, - оперировать всей последовательностью кубов или каждым шестым. Ведь для этой последовательности кубов, - каждый шестой, - всё уже иначе. Иные соотношения величин.
От того, что разность двух последовательных нечётных чисел равна разности двух последовательных чётных чисел, никто не отказался, - как пример, - от двойки в свойствах арифметической прогрессии этих рядов. Да и нечётные с чётными не путают. :)

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1072263 писал(а):

Если быть точным, то это кубы с основаниями $7, 13, 19, 25, 31...$.

Уважаемый krestovski ,
Согласны ли Вы, или не согласны, что при рассмотрении куба другие варианты рассматривать и не следует?

[Iosif1]

В догонку.
Я рассматриваю разность кубов с основаниями:
$(6a+1)$ (1) и $(6c+1)$ (2);

$[(6a+1)-1]/6=a_1$; 1.1
$[(6c+1)-1]/6=c_1$; 2.1

$[(6a+1)^3-1]/6=F_a$; 1.2
$[(6c+1)^3-1]/6=F_c$; 2.2

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

Определяю 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
Делю, почтенно, на $(c_1-a_1) \cdot3$. 3.1
Получаю 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 получаю:
$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3
B тут противоречие, структурное, с выражениями 2.3 и 1.3
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.
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

$F_{4m}=F_{3m}/6\cdot (m_1)=2\cdot{m_1}$; 4.2.3


Таким же образом, можем определять делимость разности между выражениями 2.3 и 1.3 на основании выражения 4.2 – 4.2.3.

$c^3=6^3\cdot(c_1^3)+108\cdot(c_1^2)+ 18\cdot (c_1)+1$; 4.2.a

$a^3=6^3\cdot(a_1^3)+108\cdot(a_1^2)+ 18\cdot (a_1)+1$; 4.2.b

$c^3-a^3=6^3\cdot(c_1^3-a_1^3)+108\cdot(c_1^2-a_1^2)+ 18\cdot (c_1-a_1)$; 5.1

Откуда:

$b^3=6^3\cdot(c_1^3-a_1^3)+108\cdot(c_1^2-a_1^2)+ 18\cdot (c_1-a_1)$; 5.1

Делим каждое слагаемое выражения 5.1на $6\cdot 3\cdot (c_1-a_1)$:

$b_x^3=12\cdot[c_1^2+c_1\cdot (a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1)+ 1$; 5.2

Вычитаем единицу и делим остаток на $6$:

$F_1=2\cdot[c_1^2+c_1\cdot (a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1)$; 5.2

Сравнение с:

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

и

$$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)= (c_1+a_1)^2+(c_1^2+a_1^2)+(c_1+a_1)$$

; 3.3

Сравнение позволяет установить, что сомножители, присутствующие в слагаемых не могут быть общими сомножителями выражения, кроме сомножителей $2$ и $3$.
Обратимся теперь к аналогичному рассмотрению разности $(c_1-1)^3- [(b-1)+1]^3$.
В результате получаем:

$a^3=(c_1^3-(b-1)^3)+3\cdot[(c_1^2)-(b-1)^2]+3\cdot[(c_1)-(b-1)]$; 6.1

Как следует из выражения (6.1), величина $c_1$ должна быть больше основания $b$.
Кроме этого, происходит уточнение, что величина $c_1$ должна принадлежать нулевому классу вычетов, так как отношение к первому классу вычетов этой величины переводит значение выражения 6.1 ко второму классу вычетов, что противоречит заданным условиям.

[krestovski]

Уважаемый Iosif1!

Понимаете, в чём тут дело... - Самой-то математике по барабану на моё и ваше мнение. Есть правила арифметических операций и, соответственно, есть, - как следствие, - изменение всей структуры построения при внесении корректировок на начальном этапе.
Объясню простыми словами. Поймёте или нет - не моя проблема.
Вот к примеру ряд чётных или нечётных чисел. Разность между соседними членами равна двойке. Если вы уберёте каждый второй член ряда, - разность увеличится вдвое и будет равна $2^2$. - Это "в уме" посчитать можно.
Вы же рассматриваете ряд кубов. Но не весь. А каждый шестой член ряда. Соответственно, вот та разность, - самая последняя, которая образует ряд шестёрок, - тоже изменится. И теперь, там будут не шестёрки, а... $6^4$. Именно так, - шесть в четвёртой степени. Разность, которая у вас должна получиться при спуске к конечной разности ваших степеней, и у которых основания отличаются на 6, - ведь это ваше условие корректировки ряда кубов, - должна теперь равняться числу 1296.
Постройте разностные ряды для ряда кубов, - произведите спуск до конечной разности.
Теперь выстройте ряд своих кубов, - с разностями оснований равным 6, - и проиведите спуск до конечной разности.
Теперь проследите закономерности и соотношения между каждыми двумя рядами и их членами в одном построении, потом в другом.
Когда определите формульное выражение соотношений для каждого случая в обеих построениях, - начинайте поуровневое сравнение двух построений. Ну и так далее...
А вот только потом, когда будете уверены, что не обманываетесь в своих предположниях, - сделаете расчёт и покажете.
А то у вас получается не "трепетная лань", а - "смешались в кучу кони, люди...".
Только взяли каждый шестой куб, а конечная разность уже биквадрат. - Это уже другая степень... А у вас сколько вычетов с конечной разостью, - с числом 6?
И, упаси вас господь, воспринимать написанное как поучение. Просто совет, который можно проигнорировать. - Так, - поделился своими мыслями по поводу... :)
Удачи!

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1072619 писал(а):

И, упаси вас господь, воспринимать написанное как поучение. Просто совет, который можно проигнорировать. - Так, - поделился своими мыслями по поводу... :)
Удачи!

Большое спасибо, постараюсь разобраться. Наоборот, я ценю информацию по существу.

Iosif1 в сообщении #1072466 писал(а):

Обратимся теперь к аналогичному рассмотрению разности $(c_1-1)^3- [(b-1)+1]^3$.
В результате получаем:

$a^3=(c_1^3-(b-1)^3)+3\cdot[(c_1^2)-(b-1)^2]+3\cdot[(c_1)-(b-1)]$; 6.1

Как следует из выражения (6.1), величина $c_1$ должна быть больше основания $b$.
Кроме этого, происходит уточнение, что величина $c_1$ должна принадлежать нулевому классу вычетов, так как отношение к первому классу вычетов этой величины переводит значение выражения 6.1 ко второму классу вычетов, что противоречит заданным условиям.

Это ошибка. Во-первых: пропущена шестёрка.
Во-вторых: подтверждение принадлежности $c_1$ к нулевому классу вычетов не подтверждается.
Хотелось узнать мнение на оценку количественного соотношения $c_1$ и $b_{1x}$; - не получилось.

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1072619 писал(а):

Самой-то математике по барабану на моё и ваше мнение.

Несмотря на суровое непонимание со стороны собеседников на форуме, я, всё же, завершу изложение предлагаемого доказательства.
На основании выражения:

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; (1.2)

очевидно, что для того, чтобы величина $F_1$ содержала сомножитель $3$, что является обязательным условием для величины $F_m$, необходимо, чтобы величина $(c_1+a_1)$ принадлежала первому классу вычетов по модулю $3$.
При этом $a_1$, и $c_1$ не могут принадлежать ко второму классу вычетов, как к единому классу вычетов, так как в этом случае, во втором и в третьем слагаемых выражения:

$b_x^3=7\cdot1+12\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1-1)$; (1.1)

возникают, дополнительно, сомножители $3$.
Как известно, $(c-a)$ содержит сомножитель $6$ (10).
И поэтому нам не удаётся обеспечить выполнение этого условия.
К какому классу вычетов относится $a_1$, к такому же классу вычетов относится и $c_1$ при выполнении условия (10). Вот и всё доказательство.
Знакомясь с книгой Г.Эдвардса «Последняя теорема Ферма» я понял, что именно этот вариант, а именно, когда $(c-a)$ содержит сомножитель $2n$, требует доказательства.
Подобное рассмотрение может быть выполнено для любой степени.

[krestovski]

А теперь давайте по порядку....
Вы определили равенства для оснований двух кубов:

Iosif1 в сообщении #1072466 писал(а):

Я рассматриваю разность кубов с основаниями:
$(6a+1)$ (1) и $(6c+1)$ (2);

Потом вы ввели равенства для определения чисел, формирующих основания кубов, - через уменьшение на единицу и деление на 6:

Iosif1 в сообщении #1072466 писал(а):

$[(6a+1)-1]/6=a_1$; 1.1
$[(6c+1)-1]/6=c_1$; 2.1

Для чего? - Лично мне не понятно. Вы просто совершили обратное действие и вернулись на исходную позицию. - Сначала умножили на 6 и прибавили единицу, а теперь отняли единицу и разделили на 6. Хорошо. Поехали дальше.
Теперь вы утверждаете, что равенство

Iosif1 в сообщении #1072944 писал(а):

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; (1.2)

и равенство

Iosif1 в сообщении #1072466 писал(а):

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

это одно и то же.
Конечно это интересный ход, но ведь до этого вы рассматривали одновременно два равенства, не смешивая переменные а и с. Ведь равенство

Iosif1 в сообщении #1072466 писал(а):

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

определяет количество шестёрок в кубе, за вычетом единицы, но тут возникает проблема. Если вы хотели поэтапно рассматривать зависимость роста количества шестёрок в основании и последующих степенях с этим основанием, то делать это нужно поэтапно. Вы же сиганули с первой степени до куба. И это поломало всё ваше построение. Не верите? - А определите коэффициент пропорциональности между количеством шестёрок в основании и количеством шестёрок в кубе.

Вот смотрите. Примем а=3. Тогда $(6a+1)=19$. Следовательно $[(6a+1)^3=6859$. Таким образом количество шестёрок в основании равно 3, а в кубе равно 1143. Соотношение равно 127*9. -Простое число умноженное на квадрат тройки. Всё.... Приехали. - Забыли задумку о кратности шести.
И ещё. Просьба. - Новое равенство 1.2. - Поэтапно распишите что есть что и как вы его получили. Для непосвящённых. Ну чтобы получалось, что $F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)=[(6a+1)^3-1]/6=F_a$. Ведь у вас

Iosif1 в сообщении #1072944 писал(а):

(1.2)

и

Iosif1 в сообщении #1072274 писал(а):

1.2

равны.

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1073119 писал(а):

Ну чтобы получалось, что $F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)=[(6a+1)^3-1]/6=F_a$. Ведь у вас Iosif1 в сообщении #1072944

писал(а):
(1.2) и Iosif1 в сообщении #1072274

писал(а):
1.2 равны.

Уважаемый krestovski.
Обозначение для каждого поста индивидуальны.

krestovski в сообщении #1073119 писал(а):

Примем а=3. Тогда $(6a+1)=19$.

В этом случае не $a$, а $a_1$.
Давайте вопросы по посту

1. http://dxdy.ru/post1072466.html#p1072466  

А пока замечу:
Закономерность устанавливается для кубов, а потом, на основании этой закономерности оценивается предполагаемый куб.

krestovski в сообщении #1073119 писал(а):

Приехали. - Забыли задумку о кратности шести.

К этой задумке много вопросов.
Я не развожу значение оснований, не разряжаю числовой ряд, а рассматриваю разность двух конкретных оснований, для которой, независимо от выбора оснований закономерность, обязательно, сохраняется.

[krestovski]

Снимаю все свои вопросы.
Автору темы, - удачи!

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1073207 писал(а):

Снимаю все свои вопросы.
Автору темы, - удачи!

Спасибо!
И за беседу.

[Iosif1]

Iosif1 в сообщении #1073224 писал(а):

Автору темы, - удачи!

Не знаю, совпадают ли наши понятия об удаче.Попытка полного изложения доказательства БТФ.

Рассмотрена разность кубов с основаниями:
$(6a+1)$ (1) и $(6c+1)$ (1);

$(a-1)/6=a_1$; 1.1
$(c-1)/6=c_1$; 2.1

$[(6a+1)^3-1]/6=F_a$; 1.2
$[(6c+1)^3-1]/6=F_c$; 2.2

$F_c=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$; 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 получаю:

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3

B тут противоречие, структурное, с выражениями 2.3 и 1.3
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.
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


Таким же образом, можем определять делимость разности между выражениями 2.3 и 1.3 на основании выражения 4.2 – 4.2.3.

$c^3=6^3\cdot(c_1^3)+108\cdot(c_1^2)+ 18\cdot (c_1)+1$; 4.2.a

$a^3=6^3\cdot(a_1^3)+108\cdot(a_1^2)+ 18\cdot (a_1)+1$; 4.2.b

$c^3-a^3=6^3\cdot(c_1^3-a_1^3)+108\cdot(c_1^2-a_1^2)+ 18\cdot (c_1-a_1)$; 5.1

Откуда:

$b^3=6^3\cdot(c_1^3-a_1^3)+108\cdot(c_1^2-a_1^2)+ 18\cdot (c_1-a_1)$; 5.1

После деления каждого слагаемого выражения 5.1на $6\cdot 3\cdot (c_1-a_1)$, получаем:

$b_x^3=12\cdot[c_1^2+c_1\cdot (a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1)+ 1$; 5.2

Вычитаем единицу и делим остаток на $6$:

$F_1=2\cdot[c_1^2+c_1\cdot (a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1)$; 5.2

Сравнение с:

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

и

$$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)= (c_1+a_1)^2+(c_1^2+a_1^2)+(c_1+a_1)$$

; 3.3

Сравнение позволяет установить, что сомножители, присутствующие в слагаемых не могут быть общими сомножителями выражения, кроме сомножителей $2$ и $3$.
На основании выражения:

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; (1.2)

очевидно, что для того, чтобы величина $F_1$ содержала сомножитель $3$, что является обязательным условием для величины $F_m$, необходимо, чтобы величина $(c_1+a_1)$ принадлежала первому классу вычетов по модулю $3$.
При этом $a_1$, и $c_1$ не могут принадлежать ко второму классу вычетов, как к единому классу вычетов, так как в этом случае, во втором слагаемом выражения:

$b_x^3=7\cdot1+12\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1-1)$; (1.1)

возникают, дополнительно, сомножители $3$, что тоже, не обеспечивает наличия сомножителя $3$ в сумме.
Как известно, $(c-a)$ содержит сомножитель $6$ (10).
И поэтому нам не удаётся обеспечить выполнение этого условия.
К какому классу вычетов относится $a_1$, к такому же классу вычетов относится и $c_1$ при выполнении условия (10). Вот и всё доказательство.
Знакомясь с книгой Г.Эдвардса «Последняя теорема Ферма» я понял, что именно этот вариант, а именно, когда $(c-a)$ содержит сомножитель $2n$, требует доказательства.
Подобное рассмотрение может быть выполнено для любой степени.
Итак, каждый предполагаемый куб может быть рассмотрен как сомножитель разности кубов с основаниями, принадлежащими к первому классу вычетов по модулю $2n$.
Как для точного куба, так и для предполагаемого величина $F$, в которой наличие сомножителя $n$ является обязательным условием при подтверждении цело численности основания куба, может быть представлена как сумма трёх слагаемых.
Независимо от принадлежности к классам вычетов по модулю $2n$ величин $c_1$ и $a_1$, при рассмотрении разности кубов, обязательное условие выполнено быть не может, что свидетельствует о справедливости утверждения БТФ для куба, что и требовалось доказать.

Для любой степени (показатель степени – простое число).
Условие -достаточное для доказательства.
Основания:
$(a=2\cdot\ndot a_1+1)$ (1) и $c=(2\cdotn \cdot c_1+1)$ (2);
Для общего случая основание степени $m$.
Количество величин $2\cdotn$ в $F_m$ всегда делится на $n$ и $m_1$, при этом, обязательно выбираются все сомножители $n$ и $m_1$ .
Что очевидно на примере пятой степени:

$$m^5=10^5\cdot(m_1^5)+ 5\cdot (10^4)\cdot(m_1^4)+ 10\cdot (10^3)\cdot(m_1^3)+ 10\cdot (10^2)\cdot(m_1^2)+ 5\cdot (10)\cdot(m_1)+1$$

; 3.1

Определяем:

$$F_c=10^4\cdot(c_1^5)+ 5\cdot (10^3)\cdot(c_1^4)+ 10\cdot (10^2)\cdot(c_1^3)+ 10\cdot (10^1)\cdot(c_1^2)+ 5\cdot(c_1)$$

; 4.1

$$F_a=10^4\cdot(a_1^5)+ 5\cdot (10^3)\cdot(a_1^4)+ 10\cdot (10^2)\cdot(a_1^3)+ 10\cdot (10^1)\cdot(a_1^2)+ 5\cdot(a_1)$$

; 4.2

Разность этих величин:

$$(F_c-F_a)=10^4\cdot(c_1^5-a_1^5)+ 5\cdot (10^3)\cdot(c_1^4-a_1^4)+ 10\cdot (10^2)\cdot(c_1^3-a_1^3)+ 10\cdot (10^1)\cdot(c_1^2-a_1^2)+ 5\cdot(c_1-a_1)$$

; 5.1
Выражения 4.1, 4.2 и 5.1 дают возможность построения лестницы делимости на сомножители $n$ и $m_1$ с поэтапной корректировкой получаемых частных после каждого этапа деления.
Но основной формулой для анализа остаётся:

$F_m=K_n\cdot(m_1) +2\cdotn^{n-1}\cdot(m_1^{n})+Q$; 6.1, где:
$K_n$ - контрольная величина для степени $n$.
$Q$ - третье слагаемое.
Остальные обозначения традиционные.
Для пятой степени $K_n$ равно 61051.
При вычислении $F_1$ для предполагаемой пятой степени каждое слагаемое , делим на $(c_1-a_1) \cdot(n)$.
Это приводит к тому, что первое слагаемое в частном от деления, независимо от рассматриваемой разности степеней, остаётся неизменной.
После вычитания из этой величины единицы, остаток относится к нулевому классу вычетов по модулю $2n$, что обеспечивает вновь деление каждого слагаемого на $2n$.
В результате этого деления определяется величина $F_1$.
И эта величина, должна делится на $n$.
Что очевидно, при рассмотрении степени вида $(2n+1)^n$.

$$c^5=(10c_1)^5=10^5\cdot(c_1)^5+5\cdot(10^4)\cdot(c_1)^4+10\cdot(10^3)\cdot(c_1^3)+ 10\cdot(10^2) \cdot(c_1^2)+5\cdot(10) \cdot(c_1)+1$$

; 6.1

$$a^5=(10a_1)^5=10^5\cdot(a_1)^5+5\cdot(10^4)\cdot(a_1)^4+10\cdot(10^3)\cdot(a_1^3)+ 10\cdot(10^2) \cdot(a_1^2)+5\cdot(10) \cdot(a_1)+1$$

; 6.2

$$F_c=10^4\cdot(c_1)^5+5\cdot(10^3)\cdot(c_1)^4+10\cdot(10^2)\cdot(c_1^3)+ 10\cdot(10^1) \cdot(c_1^2)+5\cdot(c_1)$$

; 6.3

$$F_a=10^4\cdot(a_1)^5+5\cdot(10^3)\cdot(a_1)^4+10\cdot(10^2)\cdot(a_1^3)+ 10\cdot(10^1) \cdot(a_1^2)+5\cdot(a_1)$$

; 6.4

$$(F_c-F_a)=10^4\cdot[(c_1)^5-(a_1)^5]+5\cdot(10^3)\cdot[(c_1)^4-(a_1)^4]+10\cdot(10^2)\cdot[(c_1^3)-(a_1^3)]+ 10\cdot(10^1)\cdot[(c_1^2)-(a_1^2)]+5\cdot[(c_1)-(a_1)]$$

; 6.5

$$b_x^5= 2\cdot (10^3)\cdot[c_1^4+c_1^3\cdot(a_1)+c_1^2\cdot(a_1^2)+c_1\cdot(a_1^3)+a_1^4]+ 10^3(c_1+a_1)(c_1^2+a_1^2)+2\cdot(10^2) \cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+ 2\cdot(10) \cdot(c_1+a_1)+1$$

; 6.6

$$F_1= 2\cdot (10^2)\cdot[c_1^4+c_1^3\cdot(a_1)+c_1^2\cdot(a_1^2)+c_1\cdot(a_1^3)+a_1^4]+ 10^2(c_1+a_1)(c_1^2+a_1^2)+2\cdot(10) \cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+ 2\cdot(c_1+a_1)$$

; 6.7

$F$ имеет в своём составе сомножители $n$ и $m_1$ в первой степени.
Второе слагаемое: $[2\cdot(n)]^{n-1}\cdot(m_1^n)$.
Поэтому, начиная с пятой степени, делимость без остатка как $F_m$, так и $F_c-F_a$ на $n$ и $m_1$ зависит от наполнения этими сомножителями первого и третьего слагаемых. Поэтому, для того, чтобы было обеспечено деление без остатка [math]$F_1$ на $n$, необходимо, чтобы первое и третье слагаемые принадлежали к дополняющим классам вычетов по модулю $n$.
При этом, как показано в 6.1÷6.7, и $c_1$ и $a_1$ также должны принадлежать к дополняющим классам вычетов по модулю $n$, чтобы сумма $(c_1+a_1)$ принадлежала к нулевому классу вычетов, для возможности выполнения условия делимости $F_1$ на $n$ без остатка, которое невыполнимо.
Следует заметить, что делимость величины $F_1$ на $n$ обеспечивается, когда и $c_1$, и $a_1$ содержат сомножители $n$.
Для устранения этой неопределённости удобно использовать дополнительный сомножитель для оснований $c$ и $a$, по аналогии перевода степеней с основаниями, не принадлежащими к первому классу вычетов по модулю $2n$ к степеням, принадлежащим к классу вычетов, используемых в доказательстве.
Итак, каждая предполагаемая степень может быть рассмотрена как сомножитель разности степеней с основаниями, принадлежащими к первому классу вычетов по модулю $2n$.
Как для точной степени, так и для предполагаемой степени, величина $F$, в которой наличие сомножителя $n$ является обязательным условием при подтверждении цело численности основания куба, может быть представлена как сумма трёх слагаемых.
Начиная с пятой степени, величина $F_1$, представленная тремя слагаемыми, в первом и третьем слагаемых, в результате деления $(F_c-F_a)$ на $n\cdot(c_1-a_1)$ не может содержать сомножителей $n$, при этом, второе слагаемое содержит эти сомножители обязательно.
То есть, первое и третье слагаемые, должны относиться к классам вычетов, дополняющих друг друга до нулевого класса вычетов, что невыполнимо, что свидетельствует о справедливости утверждения БТФ для любой степени, что и требовалось доказать.

Старался не ошибаться.
Если не будет расстрела, изложение может совершенствоваться.
В крайнем случае, надежда на это у меня сохраняется.

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1075151 писал(а):

$[(6a+1)-1]/6=a_1$; 1.1
$[(6c+1)-1]/6=c_1$; 2.1

Таким образом, $a=a_1, \; c=c_1$. С какой целью Вы вводите лишние обозначения?

[Iosif1]

Lia в сообщении #1075152 писал(а):

Таким образом, $a=a_1, \; c=c_1$. С какой целью Вы вводите лишние обозначения?

Спасибо. Исправил.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1075151 писал(а):

Рассмотрена разность кубов с основаниями:
$(6a+1)$ (1) и $(6c+1)$ (1);

$(a-1)/6=a_1$; 1.1
$(c-1)/6=c_1$; 2.1

$[(6a+1)^3-1]/6=F_a$; 1.2
$[(6c+1)^3-1]/6=F_c$; 2.2

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

Из 1.1 следует: $a=6 a_1+1$. Из 1.2 следует: $F_a=[(36 a_1+7)^3-1]/6$.
Если раскрыть скобки, мы не получим выражения в 1.3.

[Iosif1]

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.