Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Феликс Шмидель]

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

[Iosif1]

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.

[Феликс Шмидель]

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.

[Iosif1]

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?

[Lia]

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.

[Iosif1]

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.

[Lia]

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 $a=c=1$.

[Iosif1]

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 $b_i^n\cdot(b_x^n)$.

[Lia]

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.

[Iosif1]

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 $F_1$.

[Феликс Шмидель]

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.

[Iosif1]

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?

[Феликс Шмидель]

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

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1075651 писал(а):

Но Вы и сами можете себя проверять.

Спасибо, я Вам очень благодарен.

[Iosif1]

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 $F_1$.