2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1 ... 9, 10, 11, 12, 13  След.
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение13.12.2015, 08:43 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
binki в сообщении #1081791 писал(а):
Многие просто перестали читать ваши сообщения.

Это их право.
binki в сообщении #1081791 писал(а):
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 не надо ворошить, в нём надо разобраться.
Совсем, не в этом "приравнивание правой части (1,2) к самой себе несостоятельна" суть доказательства и оно построено не на этом. Очень меня удивляет, что Вы этого не понимаете.
binki в сообщении #1081791 писал(а):
Доказательство полностью отсутствует.

Полностью не согласен.
binki в сообщении #1081791 писал(а):
Вам надо признать это, а не продолжать показывать полную некомпетентность в вопросах ВТФ

А Вам надо не сказать, а доказать это.
binki в сообщении #1081791 писал(а):
помнить, что до вас ее пытались доказать Величайшие математики в течении нескольких веков.

Ну и что? Вы тоже, может быть, великий математик, но к сожалению, я не услышал от Вас не одного вопроса по существу, одни безапелляционные утверждения.
Удачи Вам в поиске нужных Вам семечек.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение13.12.2015, 09:21 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
Определим $b^3=b_i^3\cdot (b_x^3)$ где:

Вводите обозначения так, чтобы доказательство было хотя бы читабельно. Например.
Что такое $b_i$? Каким образом и от какого $i$ оно зависит?
Что такое $b_x$? Каким образом и от какого $x$ оно зависит? Верно ли, что при $i=x\quad b_i=b_x$?
Верно ли, что $ b_x^3$ может быть не только нецелым, но и иррациональным?
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
$b_i^3=(c-a) \cdot{3}$;

Нет зависимости от $i$ правой части, в отличие от левой.
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
$b_x^3=(c^3-a^3)/ ((c-a) \cdot{3})$;

Нет зависимости от $x$ правой части в отличие от левой.
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
$$c^3=(6\cdot c_1+1)^3=6^3\cdot(c_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+
3\cdot 6(c_1)+1$$

Отсутствует расшифровка обозначения $c_1$.
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
В доказательстве используется зависимость, существующая между величинами:

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

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

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.

Переписанное несколькими способами на все лады тождество $F_{c^3}=F_{c^3}$ и всевозможные следствия из него, которые, разумеется, тоже являются тождествами, и истинность которых может свидетельствовать только о том, что Вы ни разу не ошиблись при переносе из одной части в другую слагаемых и прочих арифметических действиях.
Как тождество можно использовать для анализа чего-либо стороннего, я не спрашиваю. Никак.
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
Следовательно, можно использовать для анализа выражения и 1.1, и 2.2.

При этом 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.

В какой - аналогичной? Зависимость между $F_{c^3}$ и $F_c$ явно установлена не была.
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
Для этого рассчитываем разность величин $F_{c^3}-F_{a^3}$ , имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; b $6\cdot(a_1)+1$;

Что такое основания величин?
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
После деления каждого слагаемого выражения 3.0 на $(c_1-a_1)\cdot{3}$. 3.1,
получаем предполагаемый точный куб:

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

Обоснуйте.
Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):
$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3

Приступаем к анализу, чтобы ответить на вопрос: когда величина $F_1$ может содержать сомножитель
$3\cdot (f_1)$?

Не вводите новых обозначений, не поясняя, что они означают.
=========
Пока достаточно. Избегайте терминологии, общепринятой только среди Вас, если не хотите, чтобы Вас понимали только Вы.

Как только доказательство будет переработано до этого места включительно - можете его разместить, но не раньше. Просьба особо тщательно пояснить вопрос, выделенный жирным шрифтом.

Еще одна попытка того же уровня - тема будет закрыта, за безнадежностью.

-- 13.12.2015, 11:35 --

Iosif1 в сообщении #1081792 писал(а):
А Вам надо не сказать, а доказать это.
Доказываете сегодня Вы.
Iosif1 в сообщении #1081792 писал(а):
я не услышал от Вас не одного вопроса по существу

А это целиком Ваша заслуга.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 14:05 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1081797 писал(а):
Как тождество можно использовать для анализа чего-либо стороннего, я не спрашиваю. Никак.

Я пытался дать весь материал, который привёл к рассматриваемому доказательству.

Lia в сообщении #1081797 писал(а):
Просьба особо тщательно пояснить вопрос, выделенный жирным шрифтом.


Если я правильно Вас понял, ответы должны быть обеспечены в изложении доказательства.
Пока остаётся, какая то, надежда, что это получилось.

Доказательство:

Необходимо доказать, что равенство

${a^n }+ {b^n }= {c^n}$ (1.1)
при целочисленных $a$, $b$ и $c$ и $n>2$ невозможно.

[1]М.М. Постников «Введение в теорию алгебраических чисел»

В настоящее время БТФ необходимо доказать ( элементарным способом) для случая, когда $n$ – любое простое число, а одно из оснований, например $ b$, содержит в своем составе сомножители $n$ (2 Случай БТФ).

[2 ] Г.Эдвардс «Последняя теорема Ферма»


Выразим основания равенства 1.1 через единые аргументы, для чего вводим следующие обозначения:
${a + b} = D_c (2.1)$
${c - b }= D_ a (2.2)$
${c - a }= D_ b (2.3),$
где, например,
$D_c = {c_i ^n}$; $ D_a = {a_i ^n}$; $D_ b ={b_i^n/n}$.
где $c_i$,$ a_i$, $b_i $- целые числа.
Поэтому равенство 1.1 может быть представлено в виде:
$ {a_i ^n}\cdot {a_x^n} + {b_i^n}\cdot{b_x^n} = {c_i^n}\cdot{c_x^n }$ (1.2) или
$ {D_a\cdot \Phi_a }+{ D_b\cdot \Phi_b} ={ D_c \cdot \Phi_c }$ (1.3)
где : $\Phi_a = {a_x^n}$; $ \Phi_b = {n\cdot b_x^n}$ ;$\Phi_c ={c_x^n}$.
$\Phi_b$ может быть представлена как неполная $(n - 1)$ – ая степень суммы: ${(c+ a )}^ {(n-1)}/n. $ [3]
Задаёмся условием: основания $c$ и $a$ - целые нечётные числа.
При рассмотрении третьей степени для 2 Случая БТФ необходимо рассмотреть варианты:

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$ а.1, и

2. $a \equiv c \equiv 2 \mod (2n)$ а.2

Предлагаемое доказательство основано на соизмеримости степеней и их оснований по модулю $2n$.
Так как по варианту (а.1) основания степеней, за вычетом единицы, делятся на $2n$, можем записать: $c_1=(c-1)/6;  a_1=(a-1)/6$, где $c_1$ и $a_1$ - целые положительные числа. Соответственно: $c=(6c_1+1);  a=(6a_1+1)$.
По варианту (а.2) : $c_1=(c+1)/6;  a_1=(a+1)/6$, где $c_1$ и $a_1$ - целые положительные числа. Соответственно: $c=(6c_1-1);  a=(6a_1-1)$.
Поэтому, по варианту (а.1) имеем право, записать:

$c^3=(6c_1+1)^3=(6c)^3+3\cdot(6c)^2+3\cdot(6c)+1$; а.1.1

$a^3=(6a_1+1)^3=(6a)^3+3\cdot(6a)^2+3\cdot(6a)+1$; а.1.2

А по варианту (а.2):

$c^3=(6c_1-1)^3=(6c_1)^3-3\cdot(6c_1)^2+3\cdot(6c_1)-1$; а.2.1

$a^3=(6a_1-1)^3=(6a_1)^3-3\cdot(6a_1)^2+3\cdot(6a_1)-1$; а.2.2

Из выражений а.1.1, а.1.2 очевидно, что за вычетом единицы, степени, также как их основания, делятся на $2n$.

Выразим частные от деления (по варианту а.1):

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=(36c_1^3)+3\cdot(6c_1^2)+3\cdot(c_1)$; а.1.1.1


$F_{a^3}=(a^3-1)/6=(36a_1^3)+3\cdot(6a_1^2)+3\cdot(a_1)$; а.1.2.1

Из выражений а.1.1, а.1.2 очевидно, что после прибавления единицы, степени, также как их основания, делятся на $2n$.

Выразим частные от деления (по варианту а.2):

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=(36c_1^3)-3\cdot(6c_1^2)+3\cdot(c_1)$; а.1.1.2


$F_{a^3}=(a^3-1)/6=(36a_1^3)-3\cdot(6a_1^2)+3\cdot(a_1)$; а.1.2.2

На основании выражений а.1.1.1, а.1.2.1, а.1.1.2, а.1.2.2 видно, что рассматриваемые величины содержат сомножитель $3^1$, а также, соответственно $c_1^1$ (1) или $a_1^1$ (2).
Следует отметить, что если разделить величину $F$ на $3$ и, соответственно, на (1) или (2), то в результате деления обеспечивается

$ F_{a^3}/[a_1(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)

На основании этой закономерности далее рассматривается вариант

$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,

Так как $a_x$ величина неопределённая, необходимо ответить на вопрос: может ли наступить событие
$ f_{b_x^3}  \equiv (b_x^3-1)/6 \equiv0 \mod (2n)$, где

$ f_{b_x^3}= (b_x^3-1)/6$.

Переходим к анализу по варианту (а.1).

Определяем разность (с.1.1-а.1.1):

$$(c^3-a^3)=6^3\cdot[(c_1)^3-(a_1)^3]
+3\cdot 6^2\cdot[(c_1)^2-(a_1)^2]+
3\cdot 6\cdot [(c_1)-(a_1)]=R_3$$; 1.1.(с-a)

Определяем $b_x^3$ :


$$ R_3/[3\cdot 6\cdot (c_1-a_1)]=6\cdot 2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]+
6\cdot [(c_1)+(a_1)]+1=b_x^3$$; 1.1.к

Определяем $f_{b_x^3}$ :

$$ f_{b_x^3}=2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]+
[(c_1^2)+(a_1^2)]$$; 1.1.к.1

Остаётся ответить на вопрос: возможно ли наступление события

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

Так как, на основании заданных условий,

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

$a_1\equiv (c_1) \equiv 1 \mod 6$, или

$a_1\equiv (c_1) \equiv 2 \mod 6$,

В результате чего обеспечивается

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

что исключает возможность наступления события

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

Так как одно из двух слагаемых содержит сомножитель 3, а другое – нет.

Если же,

$a_1 \equiv (c_1) \equiv 0 \mod (2n)$, то

$F_{b_x^3}\equiv 0 \mod (2n)$ не даёт нам право утверждать, что это является противоречием для доказательства БТФ.
На основании выражения (1-2) очевидно, что тут не хватает сомножителя $n$.

Аналогичный результат получаем и при рассмотрении (а.2).

При рассмотрении куба можно обойтись и без рассмотрения варианта (а.2), так как умножением оснований

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

на

$z^3 \equiv 2 \mod 6$

обеспечивается

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

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

Справедливость БТФ для любой степени доказывается аналогично.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 14:07 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):
Если я правильно Вас понял, ответы должны быть обеспечены в изложении доказательства.

Нет. Просто ответьте на этот вопрос. В первую очередь. Что такое основания величин?
Это необщепринятое понятие, это Ваш язык и понимать его никто без Ваших же определений не в состоянии.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 16:32 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1081797 писал(а):
Iosif1 в сообщении #1075950

писал(а):
Для этого рассчитываем разность величин $F_{c^3}-F_{a^3}$ , имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; b $6\cdot(a_1)+1$;
Что такое основания величин?

Конечно, абракадабра. .
Имелось ввиду:
Для этого рассчитываем разность $F_{c^3}-F_{a^3}$ , где уменьшаемое и вычитаемое, рассчитаны для степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$.
Грешен.
Хочется, всё же, оценки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 16:37 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Верно ли я понимаю, что эти магические строки
Iosif1 в сообщении #1082362 писал(а):
рассчитаны для степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$.

означают, что рассматривался случай $c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv 1\pmod 6$?

Если да, то рассматривались ли еще какие-то случаи?

Оценки по существу не будет, пока Вы не изложите существо внятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 17:47 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1082366 писал(а):
Верно ли я понимаю, что эти магические строки
Iosif1 в сообщении #1082362 писал(а):
рассчитаны для степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$.

означают, что рассматривался случай $c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv 1\pmod 6$?

Если да, то рассматривались ли еще какие-то случаи?

Оценки по существу не будет, пока Вы не изложите существо внятно.

В изложении доказательства
post1082326.html#p1082326
указано, что рассматриваются все варианты, соответствующие условиям доказательства 2 Случая БТФ для третьей степени.
Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):
Задаёмся условием: основания $c$ и $a$ - целые нечётные числа.
При рассмотрении третьей степени для 2 Случая БТФ необходимо рассмотреть варианты:

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$ а.1, и

2. $a \equiv c \equiv 2 \mod (2n)$ а.2

По моему мнению, других вариантов для доказательства 2 Случая БТФ для третьей степени нет.
Поэтому, рассматриваются все возможные варианты.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 18:06 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Iosif1
Будьте добры, делайте текст замкнутым в описании.
Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):
2 Случая БТФ

Это который?
Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):
1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$

Что такое $n$? Произвольное натуральное число или оно еще где-то задействовано?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 18:16 


31/03/06
1384
Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):
При рассмотрении третьей степени для 2 Случая БТФ необходимо рассмотреть варианты:

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$ а.1, и

2. $a \equiv c \equiv 2 \mod (2n)$ а.2
По моему мнению, других вариантов для доказательства 2 Случая БТФ для третьей степени нет.
Поэтому, рассматриваются все возможные варианты.


Поскольку Вы рассматриваете третью степень, то $n=3$, и это нужно указать.
Случай 2. можно не рассматривать, так как без ограничения общности можно предполагать, что $a$ взаимно-просто с $c$.
Почему Вы считаете, что нет других вариантов?
Почему невозможно $a \equiv c \equiv 5 \mod (6)$?

-- Вт дек 15, 2015 18:30:53 --

Lia в сообщении #1082385 писал(а):
Iosif1
Будьте добры, делайте текст замкнутым в описании.
Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):
2 Случая БТФ

Это который?
Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):
1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$

Что такое $n$? Произвольное натуральное число или оно еще где-то задействовано?


Мне понятно, что хотел сказать Iosif1, поэтому разрешите ответить мне.
БТФ это Большая Теорема Ферма, то же самое, что ВТФ.
Iosif1 рассматривает уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$.
Под фразой "2 Случая БТФ для третьей степени" Iosif1 имеет в виду то, что $a b c$ делится на $3$.
Конкретно, он предполагает, что $b$ делится на $3$.

Что касается $n$, то $n=3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 18:53 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
Феликс Шмидель в сообщении #1082391 писал(а):
Почему невозможно $a \equiv c \equiv 5 \mod (6)$?

Возможно.
Но это $a \equiv c \equiv (-1) \mod (6)$. А.1
Этот вариант рассматривается.
Возможно не совсем грамотно, дана информация, но я не нашёл вариантов не охваченных доказательством.
Пожалуйста, подскажите, как нужно дать утверждение правильно. Как в (А.1)?
Ещё хочу заметить, что в доказательстве указана возможность перевода
$a \equiv c \equiv y \mod (6)$ к
$a \equiv c \equiv 1 \mod (6)$ А.2.
То есть, по моему мнению, необходимость в рассмотрении вариантов, отличных от (А.2) отпадает.
Это, если моё убеждение истинно, конечно, не уменьшает моей оплошности из-за не компетентности, но не является роковой.
Хочу чуточку оправдаться. Я решил, что по mod 6 и по mod 3однозначно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 18:55 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Iosif1 в сообщении #1082411 писал(а):
Но это $a \equiv c \equiv (-1) \mod (6)$. А.1
Этот вариант рассматривается.

Процитируйте, где.
Iosif1 в сообщении #1082411 писал(а):
Ещё хочу заметить, что в доказательстве указана возможность перевода
$a \equiv c \equiv y \mod (6)$ к
$a \equiv c \equiv 1 \mod (6)$ А.2.

И тут тоже процитируйте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 19:35 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1082412 писал(а):
Iosif1 в сообщении #1082411

писал(а):
Но это $a \equiv c \equiv (-1) \mod (6)$. А.1
Этот вариант рассматривается.
Процитируйте, где.

Я имею ввиду рассматривается.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):
А по варианту (а.2):

$c^3=(6c_1-1)^3=(6c_1)^3-3\cdot(6c_1)^2+3\cdot(6c_1)-1$; а.2.1

$a^3=(6a_1-1)^3=(6a_1)^3-3\cdot(6a_1)^2+3\cdot(6a_1)-1$; а.2.2


Lia в сообщении #1082412 писал(а):
Iosif1 в сообщении #1082411

писал(а):
Ещё хочу заметить, что в доказательстве указана возможность перевода
$a \equiv c \equiv y \mod (6)$ к
$a \equiv c \equiv 1 \mod (6)$ А.2.
И тут тоже процитируйте.


Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):
При рассмотрении куба можно обойтись и без рассмотрения варианта (а.2), так как умножением оснований

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

на

$z^3 \equiv 2 \mod 6$

обеспечивается

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


Должно быть:

$a \equiv c \equiv 5 \mod 6$

на

$z^3 \equiv 5 \mod 6$

В любом случае. спасибо за урок.
Мне указывали на эту мою ошибку, увы, я не понял.

-- Вт дек 15, 2015 20:44:24 --

Феликс Шмидель в сообщении #1082391 писал(а):
Мне понятно, что хотел сказать Iosif1, поэтому разрешите ответить мне.
БТФ это Большая Теорема Ферма, то же самое, что ВТФ.
Iosif1 рассматривает уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$.
Под фразой "2 Случая БТФ для третьей степени" Iosif1 имеет в виду то, что $a b c$ делится на $3$.
Конкретно, он предполагает, что $b$ делится на $3$.

Что касается $n$, то $n=3$.


Благодарен от души.
Я так отвечать не умею, и уже не научусь.
Благодаря Вам, Феликс Шмидель, я кое что вспомнил, и кое чему научился.
Но, в настоящий момент, очень далёк от грамотного диалога.
Это не легко. Конечно, математикам это не легко понять.
Ещё раз большая благодарность за помощь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 20:26 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):
$ F_{a^3}/[a_1(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)

Исправьте.
Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):
$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,

По какой причине Вы ограничиваетесь только этим вариантом?
По какой причине Вы ограничиваетесь только вариантами $a\equiv c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 21:19 


24/11/06
538
г.Донецк,Украина
Lia в сообщении #1082436 писал(а):
Iosif1 в сообщении #1082326

писал(а):
$ F_{a^3}/[a_1(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)
Исправьте.

$ F_{a^3}/[a_1^1\cdot(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)
Вы первую степень имели ввиду?
Lia в сообщении #1082436 писал(а):
Iosif1 в сообщении #1082326

писал(а):
$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,
По какой причине Вы ограничиваетесь только этим вариантом?
По какой причине Вы ограничиваетесь только вариантами $a\equiv c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?


Феликс Шмидель написал:
Феликс Шмидель в сообщении #1082391 писал(а):
Случай 2. можно не рассматривать, так как без ограничения общности можно предполагать, что $a$ взаимно-просто с $c$.
Почему Вы считаете, что нет других вариантов?

Все другие варианты не обеспечивают заданные условия:
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 2 \mod 6$,
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 3 \mod 6$,
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 4 \mod 6$,
И в $c$ и в $a$ возникают одинаковые сомножители.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.
Сообщение15.12.2015, 21:44 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10271
Iosif1
Я не вижу ответа на свои два вопроса:
Lia в сообщении #1082436 писал(а):
По какой причине Вы ограничиваетесь только этим вариантом?
По какой причине Вы ограничиваетесь только вариантами $a\equiv c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 195 ]  На страницу Пред.  1 ... 9, 10, 11, 12, 13  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group