Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1076434 писал(а):

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: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$.

Взял на вооружение.
Хочу спросить. Показатели степени, например, не охваченные доказательством, зависят от выбранного интервала между основаниями степеней, принятых к рассмотрению как $c$ и $a$?

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1076436 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1076434 писал(а):

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: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$.

Взял на вооружение.
Хочу спросить. Показатели степени, например, не охваченные доказательством, зависят от выбранного интервала между основаниями степеней, принятых к рассмотрению как $c$ и $a$?

Нет не зависят. При доказательстве ВТФ не выбирают интервал, поскольку выбор интервала это дополнительное условие.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1076446 писал(а):

Нет не зависят. При доказательстве ВТФ не выбирают интервал, поскольку выбор интервала это дополнительное условие.

Но тогда дополнительное условие не обеспечивает доказательство всех вариантов для данной степени.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1076434 писал(а):

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: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$.

Уточняю вопрос:

Iosif1 в сообщении #1076450 писал(а):

Но тогда дополнительное условие не обеспечивает доказательство всех вариантов для данной степени.

Почему вы считаете, что доказывается ВТФ не для $n=3$, а невозможность равенства $a^3+b^3=c^3$,
с дополнительным условием: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$?
Третья степень удовлетворяет условиям второго случая БТФ.
А поэтому мой вопрос и возник.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1076450 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1076446 писал(а):

Нет не зависят. При доказательстве ВТФ не выбирают интервал, поскольку выбор интервала это дополнительное условие.

Но тогда дополнительное условие не обеспечивает доказательство всех вариантов для данной степени.

Вот именно! Доказательство с дополнительным условием это ещё не доказательство ВТФ.

Цитата:

Почему вы считаете, что доказывается ВТФ не для $n=3$, а невозможность равенства $a^3+b^3=c^3$,
с дополнительным условием: $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$?

Потому что Вы используете в доказательстве это дополнительное условие, а ВТФ (даже второй случай) формулируется без этого дополнительного условия.

Ваши рассуждения не являются доказательством 2-го случая ВТФ для $n=3$.
Жаль, что Вы это не понимаете.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1077046 писал(а):

Жаль, что Вы это не понимаете.

Правда, не понимаю.
Доказательство охватывает все интервалы, объединённые условием, что одно из оснований ($b$) содержит сомножитель $n$
Хотелось бы получить объяснение, почему.
Если это Вас не затруднит.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1077049 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1077046 писал(а):

Жаль, что Вы это не понимаете.

Доказательство охватывает все интервалы, объединённые условием, что одно из оснований ($b$) содержит сомножитель $n$.

Доказательство должно охватывать не интервалы, а тройки целых чисел $a, b, c$.
Вы используете в доказательстве, что $(a-1)$ и $(c-1)$ делятся на $6$.
А если $(a-1)$ и $(c-1)$ не делятся на $6$, тогда равенство $a^3+b^3=c^3$ всё равно невозможно, но Ваше "доказательство" это не доказывает.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1077159 писал(а):

А если $(a-1)$ и $(c-1)$ не делятся на $6$, тогда равенство $a^3+b^3=c^3$ всё равно невозможно, но Ваше "доказательство" это не доказывает.

Если $(a-1)$ и $(c-1)$ не делится на $6$, то, в этом варианте, $a$ и $c$ числа, относящиеся ко второму классу вычетов по модулю $6$.
Во- первых, мы можем рассматривать и в данном варианте, структурное построение величин $F_{a^3}$ и
$F_{c^3}$. Могу это показать.
Во - вторых, умножением оснований $a$ и $c$ на куб с основанием, относящимся ко второму классу вычетов по модулю $6$, обеспечить делимость $a_z=a\cdot(z^3)-1$ и $c_z=c\cdot(z^3)-1$ на $6$.
При этом, сохраняя куб, как предполагаемый, при делении разности степеней $(c_z^3-a_z^3)$ на величину $(c_z-a_z)/3$.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1077177 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1077159 писал(а):

А если $(a-1)$ и $(c-1)$ не делятся на $6$, тогда равенство $a^3+b^3=c^3$ всё равно невозможно, но Ваше "доказательство" это не доказывает.

Если $(a-1)$ и $(c-1)$ не делится на $6$, то, в этом варианте, $a$ и $c$ числа, относящиеся ко второму классу вычетов по модулю $6$.
Во- первых, мы можем рассматривать и в данном варианте, структурное построение величин $F_{a^3}$ и
$F_{c^3}$. Могу это показать.
Во - вторых, умножением оснований $a$ и $c$ на куб с основанием, относящимся ко второму классу вычетов по модулю $6$, обеспечить делимость $a_z=a\cdot(z^3)-1$ и $c_z=c\cdot(z^3)-1$ на $6$.
При этом, сохраняя куб, как предполагаемый, при делении разности степеней $(c_z^3-a_z^3)$ на величину $(c_z-a_z)/3$.

Во-первых, всё, что Вы можете показать, но не показали в Вашем доказательстве должно быть включено в доказательство.
Иначе оно доказательством не является.
Во-вторых, непонятно, что означает Ваше утверждение:

Цитата:

Если $(a-1)$ и $(c-1)$ не делится на $6$, то, в этом варианте, $a$ и $c$ числа, относящиеся ко второму классу вычетов по модулю $6$.

Если то, что либо $(a-1)$ и $(c-1)$ делятся на $6$, либо $(a-2)$ и $(c-2)$ делятся на $6$, то возникает вопрос: почему?
Смысл Вашего выражения "второй класс вычетов по модулю $6$" не определяется ни в Вашем доказательстве, ни в стандартных математических учебниках .
То же самое можно сказать и о выражениях "структурное построение величин", "сохраняя куб, как предполагаемый".
Таких выражений не должно быть в доказательстве, иначе его невозможно проверять.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1077201 писал(а):

Если то, что либо $(a-1)$ и $(c-1)$ делятся на $6$, либо $(a-2)$ и $(c-2)$ делятся на $6$, то возникает вопрос: почему?

Причина возникновения этого вопроса мне не понятна. Такое условие.

Феликс Шмидель в сообщении #1077201 писал(а):

Смысл Вашего выражения "второй класс вычетов по модулю $6$" не определяется ни в Вашем доказательстве, ни в стандартных математических учебниках .
То же самое можно сказать и о выражениях "структурное построение величин", "сохраняя куб, как предполагаемый".
Таких выражений не должно быть в доказательстве, иначе его невозможно проверять.

Благодарен Вам за терпение, но для меня это не легче, чем поиск доказательства.

Итак, изложение, которое получилось.

Равенство $a^3+b^3=c^3$ невозможно, где $a, b, c$ - целые числа не равные нулю. Для удобства изложения рассмотрим 2 случай БТФ. Сначала рассмотрим при условии, когда $a \equiv c \equiv 1 \mod 6$.
(А затем, и для условия, когда $a \equiv c \equiv 2 \mod 6$, то есть для всех возможных вариантов для куба).

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:

$F_{c^3}=(c^3-1)/(2 \cdot{3})$; и

$F_c=(c-1) /(2 \cdot{3})$;

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 из выражения 3.3 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 $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$;
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 $b_x^3$:

$b_x^3=7\cdot1+12\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1-1)$; 3.2

Откуда, за вычетом 1 и деления на 6 получаем:

$f_{b_x^3}=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3

Приступаем к анализу, чтобы ответить на вопрос: когда величина $f_{x^3}$ может содержать сомножитель

$3\cdot (b_x-1)/6$ ? 3.4

Где $ (b_x-1)/6=f_x$; 3.5



Если результат $[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]$ не содержит $3$, когда $a_1 \equiv 0 \mod 6$, а $c_1 \equiv 1 \mod 6$, $\vee2$ $a_1 \equiv 1 \mod 6$, а $c_1 \equiv 0 \mod 6$.

В этом случае, величина второго слагаемого

$2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2] \equiv 2 \mod 6$, 4.1

a

$[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2] \equiv 1 \mod 6$; 4.2

Поэтому, сумма первого $(1)$) и третьего $(c_1+a_1-1)$ слагаемых должна
$\equiv 1 \mod 6$, для того, чтобы $f_{b_x^3}\equiv 0 \mod 6$.
Каким образом это может быть обеспечено?
Для этого необходимо, например, чтобы $c_1 \equiv 0 \mod 6$, а $a_1 \equiv 1 \mod 6$ , или наоборот.
Остаётся ответить на вопрос: а можем ли мы обеспечить заданные условия для степеней, на основания которых накладывается дополнительное условие, когда разность
$(c-a)$ содержит сомножители $3^2, 2^3$.
И в этом случае, и $a_1=(a-1)/6$ и $c_1=[(6a_1+1)+(c-a)-1]/6$ относятся к единому 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 $f_{b_x^3}$.
Теперь переходим к рассмотрению, когда $a_1 \equiv 0 \mod 6$, и $ c_1 \equiv 0 \mod 6$, то тогда и $( f_{b_x^3}) \equiv 0 \mod 6$.
При этом $f_{b_x^}$ должна содержать дополнительный сомножитель $3$, чго не обеспечивается, так как $(c_1-a_1)$ содержит дополнительный сомножитель $3$.
Переходим к рассмотрению разности степеней, когда $a \equiv c \equiv 2 \mod 6$.
Обратимся вновь к равенствам 1.1 и 1.2

$$c^3=(6\cdot c_1+1)^3=6^3\cdot(c_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+ 3\cdot 6(c_1)+1$$

; 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


На основании равенства 1.2 можно продолжить просчёт количества интересующих нас сомножителей и после деления на $3\cdot (c_1)$

$F_{c^3}/[3\cdot (c_1)]=6\cdot 2\cdot(c_1^2)+6\cdot(c_1)+ 1$; 1.2.1

И после вычитания из (1.2.1) единицы:

$F_{c^3}/[3\cdot (c_1)]=6\cdot 2\cdot(c_1^2)+6\cdot(c_1)$; 1.2.2

как видно из выражения 1.2.2, оно должно, без остатка, делится на $6\cdot(c_1)$, обеспечив условие $D \equiv 1 \mod 6$, где $D=(F_{c^3}-1)/[ 6\cdot(c_1)]$ - частное от деления.
Для удобства назовём этот способ просчёта количества интересующих сомножителей лестницей делимости.
Как известно, не зависимо от принадлежности оснований $c$,$a$ к классам вычетов величина

$b_x^3 \equiv 1 \mod 6$.

Зададимся вопросом: какую лестницу делимости можно построить, если

$a \equiv c \equiv 2 \mod 6$?

Для этого варианта справедливо:

$F_{c^3}=(c^3+1)/(2 \cdot3)$; и

$F_c=(c+1) /(2 \cdot3)$;

То есть $c=(6c_1-1)$;

Поэтому выражение 1.1 принимает вид:

$$c^3=(6\cdot c_1-1)^3=6^3\cdot(c_1^3)-3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+ 3\cdot [6(c_1)-1]$$

; 1.1.с

А выражение 2.3

$F_{c^3}=21\cdot(c_1)+6^2\cdot(c_1-1)^3+36\cdot(N_c$); 2.3.с


где $N_c$ - сомножитель.

При этом закономерность получения $b_x^3$ и на основании использования разности степеней $c^3$ и $a^3$, и на основании использования разности $F_{c^3}$ и $F_{a^3}$ сохраняется. Поэтому, рассмотрим сопоставление $b_x^3$, полученных посредством параллельных расчётов:
Расчёт первый:

$$c^3=(6\cdot c_1-1)^3=6^3\cdot(c_1)^3-3\cdot 6^2\cdot(c_1)^2+ 3\cdot 6(c_1)-1$$

; 1.1.с

$$a^3=6\cdot(a_1-1)^3=6^3\cdot(a_1)^3-3\cdot 6^2\cdot(a_1)^2+ 3\cdot 6(a_1)-1$$

; 1.1.а

Определяем разность (1.1.с-1.1.а):

$$(c^3-a^3)=6^3\cdot[(c_1)^3-(a_1)^3] -3\cdot 6^2\cdot[(c_1)^2-(a_1)^2]+ 3\cdot 6\cdot [(c_1)-(a_1)]=R_3$$

; 1.1.(с-a)

Определяем $b_x^3$ по первому варианту расчёта:

$$ R_3/[3\cdot 6\cdot (c_1-a_1)]=6\cdot 2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]- 6\cdot [(c_1)+(a_1)]+1=b_x^3$$

; 1.1.к

Определяем $f_{b_x^3}$ по первому варианту расчёта:

$$ f_{b_x^3}=2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]- [(c_1^2)+(a_1^2)]$$

; 1.1.к.1


Расчёт второй:

$F_{c^3}=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1-1)^3+36\cdot(N_c)$; 2.3.с

$F_{a^3}=21\cdot (a_1)+6^2\cdot(a_1-1)^3+36 \cdot(N_a)$; 2.3.a

$$F_{c^3}- F_{a^3}=21\cdot[(c_1)-(a_1)]+ 6^2\cdot[(c_1-1)^3-(a_1-1)^3]+36\cdot(N_c-N_a)=R_f$$

; 2.3.(с-a)

Определяем $b_x^3$ по второму варианту расчёта:

$$b_x^3=7+6\cdot2\cdot[(c_1-1)^2+(c_1-1)\cdot(a_1-1)+ (a_1-1)^2]+ 12\cdot(N_c-N_a)/(c_1-a_1)$$

; 1.2.k

Определяем $f_{b_x^3}$ по второму варианту расчёта:

$$f_{b_x^3}=1+2\cdot[(c_1-1)^2+(c_1-1)\cdot(a_1-1)+ (a_1-1)^2]+ 2\cdot(N_c-N_a)/(c_1-a_1)$$

; 1.2.k.1

И сравниваем с аналогичным значением, полученным по первому варианту расчёта:

$$ f_{b_x^3}=2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]- [(c_1)+(a_1)]$$

; 1.1.к.1

Остаётся ответить на вопрос: может ли быть обеспечено тождество значений $ f_{b_x^3}$, полученных параллельным расчётом при целочисленных основаниях $c$ и $a$?
Как и по первому варианту доказательства 2 Случая БТФ для куба, когда

$a \equiv c \equiv 1 \mod 6$,

по варианту, когда

$a \equiv c \equiv 2 \mod 6$,

как $c_1$ и $a_1$, так и $c_1-1$ и $a_1-1$, не могут принадлежать к различным классам вычетов по модулю $6$.
Поэтому, и

$$ [(c_1-1)^2+(c_1-1)\cdot(a_1-1)+ (a_1-1)^2] \equiv [(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2] \equiv 0 \mod 6$$

.

Следовательно, событие

$f_{b_x^3} \equiv 0 \mod 6$

на основании выражения 1.2.k.1 наступит, когда

$[1+2\cdot(N_c-N_a)/(c_1-a_1)] \equiv 0 \mod 6$.

но, на основании выражения 1.1.к.1, убеждаемся, что это событие не наступает, так как

$ [(c_1)+(a_1)]\equiv2 \mod 6$.

Итак, можно утверждать, что доказан 2 Случай БТФ для куба.


P.S. По моему мнению, при рассмотрении куба можно обойтись и без рассмотрения второго варианта доказательства, так как умножением оснований

$a \equiv c \equiv 2 \mod 6$

на

$z^3 \equiv 2 \mod 6$

обеспечивается

$a\cdot(z^3) \equiv c\cdot(z^3) \equiv 1 \mod 6$.

Разве, как подтверждение.

Аналогично, доказывается справедливость БТФ для любой степени, удовлетворяющей условию 2 Случая. (рассмотрено ранее).
Если, конечно, повторюсь, не обнаружатся подводные камни.
1 Случай требует формализации расчётных закономерностей, и только.
В изложении старался очень.

[vasili]

Уважаемый Iosif1! При примитивном решении ВТФ, только одно (из трех) число четное. А Вы рассматриваете случай когда два числа четные, т.е $a = 6n + 2$ и $c = 6n_1 + 2$, но тогда и третье число будет четное.
Уж если рассматривать второй вариант, так это для нечетных чисел вида $a = 6n +5$ и $c = 6n_1 + 5$.

[Iosif1]

vasili в сообщении #1078631 писал(а):

Уважаемый Iosif1! При примитивном решении ВТФ, только одно (из трех) число четное. А Вы рассматриваете случай когда два числа четные, т.е $a = 6n + 2$ и $c = 6n_1 + 2$, но тогда и третье число будет четное.

Уважаемый vasili, почему?
$a=17$, $a_1=(a+1)/6=(17+1)/6=3$.

(

vasili в сообщении #1078631 писал(а):

Уж если рассматривать второй вариант, так это для нечетных чисел вида $a = 6n +5$ и $c = 6n_1 + 5$.

При примитивном решении ВТФ, по моему мнению целесообразно рассматривать, либо
$a \equiv 1 \mod m$, либо $a \equiv (m-1) \mod m$.
Хотя, Вы тоже.
Но, в конечном счёте, достаточно рассмотрение по одному из указанных вариантов, так как умножением оснований

$a \equiv c \equiv 2 \mod 6$

на

$z^3 \equiv 2 \mod 6$

обеспечивается

$a\cdot(z^3) \equiv c\cdot(z^3) \equiv 1 \mod 6$.

[Iosif1]

Отсутствие вопросов не требует ответа.
По моему мнению, не лишнее ознакомиться с доказательством 2 Случая БТФ для куба:
post1078619.html#p1078619

Доказательство 2 Случая БТФ для n – той степени.

Известно, что для доказательства БТФ достаточно рассмотреть степени, когда n – простое число.

Необходимо доказать, что равенство $a^n+b^n=c^n$ невозможно, где $a, b, c$ - целые числа не равные нулю.
При условии, когда $a \equiv c \equiv r \mod n$ разность степеней можно рассматривать, и как на основании соблюдения условия, когда $a \equiv c \equiv 1 \mod n$, и как на основании соблюдения условия , когда $a \equiv c \equiv (n-1) \mod n$.
Это справедливо на основании возможности перевода оснований

$a \equiv c \equiv r \mod (2n)$

умножением

на

$z^n \equiv q_1 \mod (2n)$

когда обеспечивается

$a\cdot(z^n) \equiv c\cdot(z^n) \equiv 1 \mod (2n)$,

а умножением на

$z^n \equiv q_2 \mod (2n)$,

когда обеспечивается

$a\cdot(z^n) \equiv c\cdot(z^n) \equiv (n-1) \mod (2n)$. (Перевод П)

Целесообразность перевода обусловлена и тем, что по первому варианту имеем:

$c_1=(c-1)/(2n)$, $a_1=(a-1)/(2n)$;

а по второму варианту:

$c_1=(c+1)/(2n)$, $a_1=(a+1)/(2n)$;

что обеспечивает

$F_a \equiv F_c \equiv 0 \mod (2n)$

и позволяет выражать

$c^n=[2n\cdot(c_1)+1]^n $;

$a^n=[2n\cdot(a_1)+1]^n $;

или

$c^n=[2n\cdot(c_1)-1]^n $;

$a^n=[2n\cdot(a_1)-1]^n $.

Что позволяет упростить анализ разности степеней.
Если обратиться при рассмотрении степеней к $n$ тому счислению, то становится очевидным, что при возведении основания $c \equiv 1 \mod (2n)$ в степень $n$, второй младший разряд в величине $F_c$ $g \equiv 0 \mod (2n)$ (Условие А),
А так как

$f_{b_x^3} \equiv 1 \mod (2n)$;

это условие A должно обеспечиваться, обязательно.
Поэтому и удобен перевод (П).
При рассмотрении любых степеней, представленных через Биномы Ньютона, становится очевидным, что только младшее слагаемое разности Биномов Ньютона, после её приведения к выражению $f_{b_x^3}$, не содержит сомножителя $n$, то есть не обеспечивает требуемого условия А.

Действительно:

$$c^n=(2n\cdot c_1-1)^n=(2n)^n\cdot(c_1)^n-… µ\cdot (2n)\cdot(2n)^2\cdot(c_1)^2+n\cdot(2n) (c_1)-1$$

; 1.1.с

$$a^n=(2n\cdot a_1-1)^n=(2n)^n\cdot(a_1)^n-… µ\cdot (2n)\cdot(2n)^2\cdot(a_1)^2+n\cdot(2n) (a_1)-1$$

; 1.1.с

где $µ=(n-1)/2;


Определяем разность (1.1.с-1.1.а):

$$(c^3-a^3)=(2n)^n\cdot[(c_1)^3-(a_1)^3]-… µ\cdot(2n) ^2\cdot[(c_1)^2-(a_1)^2]+n\cdot2n\cdot [(c_1)-(a_1)]=R_3$$

; 1.1.(с-a)

Определяем $b_x^n$:

$$ R_n/[n\cdot(2n) \cdot (c_1-a_1)]=(2n)^{n_1}/n\cdot 2\cdotX-… µ\cdot(2n) ^2\cdot[(c_1)+a_1]+1=b_x^n$$

; 1.1.к

где: $X$ - неполная $n-1$ степень суммы $(a+c)$;

Определяем $f_{b_x^3}$ :

$$ f_{b_x^3}=2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]-… µ [(c_1)+(a_1)]$$

; 1.1.к.1

Обозначим $ µ [(c_1)+(a_1)]=S_p$;
Для варианта, когда $a \equiv c \equiv 1 \mod n$,

$p\equiv (n-1) \mod n$

a для варианта, когда $a \equiv c \equiv (n-1) \mod n$,

$p\equiv (1) \mod n$;

а все остальные слагаемые содержат сомножитель $n$.

Поэтому условие

$f_{b_x^n}\equiv 0 \mod n$

не выполнимо.


Поэтому, можно утверждать, что 2 Случай БТФ доказан.

P.S. Получается, что можно обойтись и без рассмотрения расчётов получения $f_{b_x^n}$ посредством представления степени как суммы трёх слагаемых. Удивительно!

[krestovski]

Действительно, - удивительно!!
А потому вопрос: значения $c_1$ и $a_1$ это целые положительные числа? Или это могут быть и дроби?
Вопрос по случаю $n=3$.

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1081253 писал(а):

Действительно, - удивительно!!
А потому вопрос: значения $c_1$ и $a_1$ это целые положительные числа? Или это могут быть и дроби?
Вопрос по случаю $n=3$.

В доказательстве только целые, положительные числа.
Дроби? А зачем, если нет необходимости?