Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082461 писал(а):

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 $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?

И в $c$ и в $a$ возникают одинаковые сомножители, либо $n$, либо $2$.
Ответ я могу уточнить только так.

[Lia]

У Вас может быть $a$ сравнимо с единицей, $c$ c тройкой. Например. Может?
И у кого из них возникают одинаковые сомножители?

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082471 писал(а):

У Вас может быть $a$ сравнимо с единицей, $c$ c тройкой. Например. Может?
И у кого из них возникают одинаковые сомножители?

Условия: $c$ и $a$ - нечётные целые числа.
Сомножитель $3$ принадлежит основанию $b$.
Либо:
$a\equiv c\equiv 1\pmod 6$;
либо:
$a\equiv c\equiv 5\pmod 6$.

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1082480 писал(а):

Сомножитель $3$ принадлежит основанию $b$.

По-русски говоря, Вы требуете, чтобы впридачу $b$ делилось на 3?

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082482 писал(а):

По-русски говоря, Вы требуете, чтобы впридачу $b$ делилось на 3?

Конечно.

[Lia]

Почему конечно? Почему другие варианты исключены Вами из рассмотрения? Если они невозможны в силу естественного порядка вещей, где-то есть обоснование этого факта?

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082486 писал(а):

Почему конечно? Почему другие варианты исключены Вами из рассмотрения? Если они невозможны в силу естественного порядка вещей, где-то есть обоснование этого факта?

Можно немножко пошутить?
Я поверил Г.Эдвардсу и М.М. Постникову.

[Lia]

Ок.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

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).

В настоящее время теорему Ферма нет необходимости доказывать вообще, а для $n=3$ она доказана давно. Поэтому отсылки в тривиальных рассуждениях к нетривиальным результатам выглядят несколько странно. Тогда не стоило и затеваться.

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082493 писал(а):

Ок.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

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).

В настоящее время теорему Ферма нет необходимости доказывать вообще, а для $n=3$ она доказана давно. Поэтому отсылки в тривиальных рассуждениях к нетривиальным результатам выглядят несколько странно. Тогда не стоило и затеваться.

Это я знаю.
Большие степени рассматриваются традиционно Кубу.
И это, уже, по моему мнению, вызывает интерес. А, если учесть, что элементарным способом, интерес становится интересней.
Ведь здорово, когда доказательство понятно ученику 7.а класса. Не правда ли?

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

$ 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 Вы не ответили. Это почему?

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082521 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

$ 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 Вы не ответили. Это почему?

Вы писали: исправте.

Если
$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,
то $F_{b_x^3}$ содержит сомножитель $3$, и поэтому возникает вопрос:
А не противоречие ли это доказательству?
Не противоречие, потому что, после деления $F_{b_x^3}$ на
$3\cdot(b_x-1)/6=X$
должно наступить событие
$X\equiv 1 \mod 6$.

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

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)

Неправильно писать $a_1(2)$, так как (2) это номер ссылки на $a_1$, а номера ссылок не включают в формулы.
Но если написать $ F_{a^3}/a_1 \equiv 1 \mod (2n)$, то это будет тоже неверно.
Верно так:

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

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

На основании этой закономерности далее рассматривается вариант

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

Здесь у меня тоже возник вопрос: почему?
Во-первых, для чего вы берёте $c_1$ в скобки? Разве $a_1\equiv c_1 \equiv 0 \mod 6$ не то же самое?
Во-вторых, почему Вы рассматриваете именно этот вариант, в котором и $a_1$ и $c_1$ делятся на $6$?

Ваш ответ на этот вопрос мне непонятен.
Вы можете рассмотреть вариант $a_1\equiv c_1 \equiv 0 \mod 6$ ничего не объясняя, но вы должны рассмотреть и другие варианты.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1082536 писал(а):

Вы можете рассмотреть вариант $a_1\equiv c_1 \equiv 0 \mod 6$ ничего не объясняя, но вы должны рассмотреть и другие варианты.

Подскажите, пожалуйста, какие.
Возможно, потребуется Ваша помощь.

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

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

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

Уважаемый Iosif1!
Определение куба видом $a^3=(6a_1+1)^3$ не влечет ни к каким ограничениям к числу $a_1$. Это число произвольное. Возведение в куб не изменяет соотношений между $a$ и $a_1$. Эти соотношения также произвольные. Поэтому все Ваши сравнения и выводы на них ошибочны. Такие же как и те, которые Вы делали на тождестве. Это грубейшие ошибки, лежащие в основе вашего доказательства. Не пытайтесь новыми ошибками как то поправить доказательство (это чисто из уважения к Вам)

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1082539 писал(а):

Подскажите, пожалуйста, какие.

Все. Условие $a=6a_1+1$ означает только лишь, что остаток от деления на 6 равен 1. Частное может быть каким угодно и делиться само на 6 не обязано. То же касается $c_1$.

Да, ну и раз обещано, тему закрываю.