Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[krestovski]

Iosif1 в сообщении #1081256 писал(а):

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

Да вот решил рассмотреть случай для $n=3$ когда $a^3+b^3=M$ и $d^3-c^3=M$. И полная ерунда получается при определении $a_1, b_1, c_1, d_1$.

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1081257 писал(а):

Да вот решил рассмотреть случай для $n=3$ когда $a^3+b^3=M$ и $d^3-c^3=M$. И полная ерунда получается при определении $a_1, b_1, c_1, d_1$.

Вы рассматриваете сумму?
Какая чётность оснований. Что такое $d_1,d$?
Ответ можно ссылкой, если имеется информация об этом.

[krestovski]

Уважаемый Iosif1!
Какие ссылки? Какая информация? Вы, - автор доказательства. Мне вопросов не надо задавать.
Я рассматриваю случай, когда равенство имеет решение в натуральных числах. Но ваш метод говорит о том, что решений существовать не должно. Вы ведь рассматриваете две переменных? - Именно две. И у меня получается, что решения есть, но целочисленных переменных $a_1, b_1, c_1, d_1$ не существует. Есть сумма и есть разность двух кубов, которые равны. Это факт. А применяю ваш метод, - то такого не может быть, - потому как $a_1, b_1, c_1, d_1$ дробные величины.
Простое правило: если $1+1=2$ то $2-1=1$. Но ведь $2$ это и $4-2$ и $11-9$ и $(m+2)-m$.
Пьер Ферма указал на ограничение, но математика от этого не изменилась. И если вы создали инстумент, то он должен работать не избирательно. Хотя... может быть вы создали его именно для той области, где нет решений...
Не думали об этом?

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1081261 писал(а):

Мне вопросов не надо задавать.

Значить я не правильно Вас понял.

krestovski в сообщении #1081261 писал(а):

Вы ведь рассматриваете две переменных? - Именно две.

Да. Рассматривается 2 Случай БТФ.

krestovski в сообщении #1081261 писал(а):

Пьер Ферма указал на ограничение, но математика от этого не изменилась.

Конечно.

krestovski в сообщении #1081261 писал(а):

Хотя... может быть вы создали его именно для той области, где нет решений...
Не думали об этом?

Как мне представляется, для 2 Случая БТФ, нет не рассмотренных вариантов.
Я, правда, хотел посмотреть на пример, о котором Вы указали.

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1081261 писал(а):

Хотя... может быть вы создали его именно для той области, где нет решений...
Не думали об этом?

Я, правда, не понимаю, почему возникает необходимость рассматривать вариант с дробными показателями степеней.


Доказательство БТФ для 1 Случая БТФ.
Получив доказательство для 2 Случая БТФ, для доказательства 1 Случая БТФ остаётся только показать, что любое $b_x^n$, полученное при анализе 1 Случая БТФ, может быть также получено и при анализе 2 Случая БТФ.
А для этого достаточно эту величину умножить на $n$, а затем на разность оснований $U$ степеней $c^n$ и $a^n$, удовлетворяющую условиям 2 Случая БТФ.
Выбрав $a \equiv 1 \mod (2n)$, и определив
$ c \equiv 1 \mod (2n)$, как $c=(a+U)$ обеспечиваем основания искомых степеней.
И потому, что $b_x^n$ для 2 Случая БТФ не может быть степенью с целочисленным основанием, это справедливо и для 1 Случая БТФ.
Итак, и для второго Случая БТФ, и для 1 Случая БТФ установлено,

$ F_{b_x}\ne 0 \mod(2n)$,а так как

$F_{a^n} \equiv F_{c^n} \equiv F_{b_x}\equiv 0 \mod (2n)$

является обязательным условием для

$a^n \equiv c^n\equiv(b_x^n) \equiv1 \mod (2n)$

утверждение БТФ справедливо, что и требовалось доказать.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1078619 писал(а):

$$18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)= 21\cdot (c_1)+18 \cdot(c_1^2)-18\cdot (c_1)$$

; 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.

Не очевидно
Правая часть приравнена к самой себе.
из этого тождества $c_1=c_1$ ничего извлечь нельзя, и это основа Вашего доказательства.

Iosif1 в сообщении #1078619 писал(а):

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.

Основано на этом (показано выше) ошибочном выводе. А значит и все остальное ниже не доказано.
-- 12.12.2015, 21:59 --

Iosif1 в сообщении #1078619 писал(а):

(А затем, и для условия, когда $a \equiv c \equiv 2 \mod 6$, то есть для всех возможных вариантов для куба).

Нет такого варианта для УФ.

Iosif1 в сообщении #1078619 писал(а):

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.

-- 12.12.2015, 22:03 --
Как правило, во всех доказательства используется примитивное решение, в котором только одно четное. Об этом писал vasili.

Iosif1 в сообщении #1077177 писал(а):

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 $6$.

Не относятся. Вычет равный 2 по модулю 6 не может быть одновременно у двух чисел тройки решения.

[Iosif1]

binki в сообщении #1081666 писал(а):

Не очевидно
Правая часть приравнена к самой себе.
из этого тождества $c_1=c_1$ ничего извлечь нельзя, и это основа Вашего доказательства.

Почему не очевидно?
$(c^3)=(6c_1+1)^3=(6c)^3+3\cdot(6c_1)^2+3\cdot(6c_1)+1$;

$$F_{c^3}=(c^3-1)/6=36c^3+ 3\cdot6\cdot(c_1)^2+3\cdot(c_1)$$

;
Посчитайте.
Уверяю Вас, извлекается.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1078619 писал(а):

$$18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)= 21\cdot (c_1)+18 \cdot(c_1^2)-18\cdot (c_1)$$

; 3.3

Или

$3\cdot (c_1)=21\cdot (c_1)-18\cdot (c_1)$; 3.4

или $c_1=c_1$

-- 12.12.2015, 23:10 --

Iosif1 в сообщении #1078619 писал(а):

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=6^2\cdot(c_1^3)+18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)$; 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

Правая часть (1.2) приравнена к самой себе

[Iosif1]

binki в сообщении #1081683 писал(а):

или $c_1=c_1$

Уважаемый binki, что Вам не нравится?
Это и есть подтверждение того, что сравниваемые величины обеспечивают тождество.
А Вас что бы устрило?

[binki]

Iosif1 в сообщении #1081686 писал(а):

Это и есть подтверждение того, что сравниваемые величины обеспечивают тождество.

Какие величины у одной и той же переменной $c_1$? Это то же самое , что строить меру целого числа для УФ на основании того, что $5=5$.

[Iosif1]

binki в сообщении #1081689 писал(а):

Какие величины у одной и той же переменной $c_1$? Это то же самое , что строить меру целого числа для УФ на основании того, что $5=5$.

Во первых, если удастся, стройте.
Во вторых, сопоставление равенств, является только подтверждением найденных закономерностей, которые и позволили производить анализ, обеспечивающий результат.
Впрочем, каждый может оставаться при своём мнении.
Я, по мере возможности, постараюсь Вас по убеждать, если Вы этого захотите, но, лучше по существу.

[krestovski]

Iosif1 в сообщении #1081547 писал(а):

Я, правда, не понимаю, почему возникает необходимость рассматривать вариант с дробными показателями степеней.

Уважаемый Iosif1!

У меня создалось впечатление, что вы не только не внимательно читаете то, что вам пишут, но даже не задумываетесь над тем, что прочли выборочно.

О дробных показателях степени не было и речи.

krestovski в сообщении #1081261 писал(а):

А применяю ваш метод, - то такого не может быть, - потому как $a_1, b_1, c_1, d_1$ дробные величины.

Ну какие же это показатели степени? Вы же сами ввели их как величины, участвующие в образовании оснований степеней.

-- 13.12.2015, 02:10 --

Если коротко о вашем доказательстве, - вы сразу ввели ограничение для оснований степеней. Вот оно:

Iosif1 в сообщении #1080702 писал(а):

$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 $.

И далее выстраиваете не доказательство, а рассматриваете, что же будет, если получить разность степеней с основаниями данного вида. А вот как вы это делаете, - это уже не важно.

К тому же, даже при введённых вами ограничениях, вместо "или" надо написать "и". Потому как в одном случае это основание вида где $+1$, а в другом же $-1$.
Вот смотрите:

$(125 +1)/6= 21$ и $(125 -1)/6=20.666666666666666666666666666667$

$(343-1)/6=57$ и $(343+1)/6=57.33333333333333333333333333333$

И потому надо рассматривать оба вида оснований одновременно. Но вы этого сделать не сможете. Запутаетесь.

А некоторых кубов для вас вовсе не существует. Например куб тройки:

$(27+1)/6=4.66666666666666666$ и $(27-1)/6=4.3333333333333333333333$

Вот как-то так вы доказываете....

[Iosif1]

krestovski в сообщении #1081710 писал(а):

О дробных показателях степени не было и речи.

Я просто не понял. С примерами ваш вопрос понятней.

krestovski в сообщении #1081710 писал(а):

вместо "или" надо написать "и".

Нет,нет, именно "или".

Iosif1 в сообщении #1081547 писал(а):

$a^n \equiv (c^n) \equiv1 \mod (2n)$

;

krestovski в сообщении #1081710 писал(а):

И потому надо рассматривать оба вида оснований одновременно.

Вы считаете? Рассматривается 2 Случай БТФ.

krestovski в сообщении #1081710 писал(а):

А некоторых кубов для вас вовсе не существует. Например куб тройки:

$(27+1)/6=4.66666666666666666$ и $(27-1)/6=4.3333333333333333333333$

Вот как-то так вы доказываете....

Не пойму, где он должен рассматриваться.
Сомножители $3$ присутствуют в основании $b$.
Я не понял Вас, но и Вы не поняли меня.
Такое у меня впечатление.

[Iosif1]

binki в сообщении #1081666 писал(а):

Не относятся. Вычет равный 2 по модулю 6 не может быть одновременно у двух чисел тройки решения.

Почему? $a=29, a_1=(29+1)/6=5$;
$c=29+72=101, c_1=(101+1)/6=17$.

krestovski в сообщении #1081710 писал(а):

И далее выстраиваете не доказательство, а рассматриваете, что же будет, если получить разность степеней с основаниями данного вида. А вот как вы это делаете, - это уже не важно.

Не правда. Доказательство 2 Случая БТФ основывается на утверждении, что $F_{b_x} \ne0 \mod (2n)$.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1080702 писал(а):

Отсутствие вопросов не требует ответа.

Многие просто перестали читать ваши сообщения. Нет интересной и плодотворной идеи. Основная идея доказательства - приравнивание правой части (1,2) к самой себе несостоятельна. А все доказательство построено на этом. Чересчур много не значащих формул -"шелухи от пустых семечек". Не интересно ворошить эту кучу. Доказательство полностью отсутствует. Вам надо признать это, а не продолжать показывать полную некомпетентность в вопросах ВТФ, и помнить, что до вас ее пытались доказать Величайшие математики в течении нескольких веков.