Занятная головоломка

[binki]

mihaild в сообщении #1156302 писал(а):

Вопрос был не в этом. Вопрос в том, где тут не проходит ваше рассуждение:
$2a = P \Rightarrow 2a = b Pb$ - ровно то же самое, что и в вашем первом посте, и у первого уравнения тоже нет решений с простым $P$.

mihaild, Ваше равенство, ну сразу ложное. В теме справедливое. Хоть сто примеров. $13=8+5$. Достаточно одного, или продолжим.

-- 01.10.2016, 20:20 --

ananova в сообщении #1156258 писал(а):

Я так понял, как Вы доказали, что дробь $\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$ представима в виде куба, который не является суммой двух кубов. Но раз это куб, то умножаем его на $((x+y)3)$ и, вуаля, - получаем сумму двух кубов $x^3+y^3$, которая является кубом.

ananova, сильно уважаю. Не всяк оппонирует формулами. Но ошибка, есть. Левая часть да - куб. А в правой все таки не правы Вы. N - не куб, и, умножив $N$на куб, куба, ну ни как нет. В правой части нет двух кубов. Значит сработали на тему.
Вот и voi la.

-- 01.10.2016, 20:25 --

ananova в сообщении #1156331 писал(а):

Это была попытка ( mihaild ) показать автору темы, что нет противоречий, которые он пытается найти.

Попытка то mihaild обидная. То есть $P$ может обидится. Оно ни с кем не делится. а тут еще и пополам.

[ananova]

Я правую часть НИ НА ЧТО НЕ УМНОЖАЛ. Она осталась равна кубу, который Вы сами определили. Вот она:

ananova в сообщении #1156258 писал(а):

$$P_i^3=a^3+N=\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$$

Умножьте ее на куб $3(x+y)$ и будет куб! Или докажите, что $3(x+y)$ не может быть кубом. Или умножьте на любой другой куб. Все равно будет куб, хоть $N$ и не куб.

[binki]

ananova в сообщении #1156352 писал(а):

Я правую часть НИ НА ЧТО НЕ УМНОЖАЛ. Она осталась равна кубу, который Вы сами определили. Вот она:

ananova в сообщении #1156258

писал(а):

$$P_i^3=a^3+N=\dfrac {x^2-xy+y^2} 3$$

ananova, в теме не приводились разложения сумм степеней по формулам Абеля, или идентичными им, как у Вас. Все формулы одинаковые $\forall p>2$. $P_i^3$ ни когда не выделялся и не определялся указанной Вами дробью.

-- 01.10.2016, 21:17 --

ananova в сообщении #1156352 писал(а):

Умножьте ее на куб $3(x+y)$ и будет куб! Или докажите, что $3(x+y)$ не может быть кубом. Или умножьте на любой другой куб. Все равно будет куб, хоть $N$ и не куб.

Это все так для левой части равенства. Здесь всегда куб.Умножай не умножай на кубы, все равно куб. А суть в правой части.

[ananova]

binki в сообщении #1156356 писал(а):

ananova, в теме не приводились разложения сумм степеней по формулам Абеля, или идентичными им, как у Вас.

Блуждаем в трех соснах.

[cmpamer]

binki в сообщении #1156242 писал(а):

cmpamer всообщении #1156184 писал(а):

Необходимо, простите, для чего? Для доказательства того факта, что нечётная степень простого числа не представима в виде суммы натуральных чисел в той же степени?
Хорошо. Уговорили. Будем считать, что доселе сей факт никому известен не был. Вы открыли всем нам глаза на него. Мои поздравления.

cmpamer, не язвите. Этот то факт был известен и не присваивается.

Бог с Вами - какое "язвите"? Я от чистого сердца, со своего личного "барского плеча" хотел отдать Вам приоритет в установлении того факта, что нечётная степень простого не разлагается в сумму двух целых чисел в тех же степенях. Мало ли, что кому-то это было известно (нам неизвестно - кому это известно!).
Так что с моей стороны никакого обвинения Вас в присвоении этого открытия не было. Полагаю, если хорошенько (с душой) поработать с другими форумчанами, то и они никуда не денутся - признают.
Так что приоритет- Ваш. Забирайте.
Всё равно дальше этого открытия Вы со своим методом доказательства не продвинетесь.

[mihaild]

ananova в сообщении #1156331 писал(а):

Это была попытка показать автору темы, что нет противоречий, которые он пытается найти.

? Мое сообщение содержало цитату из сообщения автора темы, и было ответом ему.

-- 01.10.2016, 22:08 --

binki в сообщении #1156341 писал(а):

Ваше равенство, ну сразу ложное

В смысле? Еще раз: почему ваше рассуждение не проходит для уравнения $2a = P$? В чем принципиальная (в данном случае) разница между ним и уравнением $a^3 + b^3 = P^3$? (ни у того, ни у другого нет решения, когда в правой части в основании степени стоит простое число)

И вы специально игнорируете более содержательную часть? Повторяю вопрос: как вы из отсутствия с простым числом в правой части переходите к отсутствию решений?

Мета: просьба считать мой последний вопрос более важным, чем остальные (мои), и не отвечать на остальные, пока не ответите на него. Кроме того, т.к. утверждается, что рассуждение простое, просьба его явно привести (можно скопировать, если уже приводили; не надо ссылаться).

[shwedka]

cmpamer в сообщении #1156364 писал(а):

Вам приоритет в установлении того факта, что нечётная степень простого не разлагается в сумму двух целых чисел в тех же степенях. Мало ли, что кому-то это было известно (нам неизвестно - кому это известно!).

Известно. Это еще Абель, почти 200 лет назад

Более того, $z$ не может быть не только простым числом, но и степенью простого.
http://www.mathpages.com/home/kmath014/kmath014.htm
Далее см у Диксона

[binki]

Док-во в куче.
Степень простого числа $P_i$

$$P_i^p=a^p+N;\qquad \eqno (1) $$

Умножим на любую степень $b^p$

$$ P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p;\qquad (a,b,N)\in \mathbb {N} \qquad \eqno (2)$$

По правилам форума $p=3$, а так $p>2$- простой показатель; $b^p$- любая степень.
Для (2) есть варианты для $a_1<a$.

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=[a_1^p+(a^p-a_1^p)]b^p+ Nb^p=a_1^pb^p+ [N+(a^p-a_1^p)]b^p \qquad \eqno (3)$$

$[N+(a^p-a_1^p)]$ не является степенью, потому что

$$[N+(a^p-a_1^p)]=[(N+a^p)-a_1^p]=P_i^p-a_1^p\ne d^p \qquad \eqno (4) $$

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=a_1^pb^p+ [N+(a^p-a_1^p)]b^p \qquad \eqno (5)$$

Ну вот, в (5) $[N+(a^p-a_1^p)]$ - не степень. Не удалось любой составной степени стать суммой двух других степеней с простым показателем. $\blacksquare$

[ananova]

binki в сообщении #1156444 писал(а):

Док-во в куче.
Степень простого числа $P_i$

$$P_i^p=a^p+N;\qquad \eqno (1) $$

Чтобы стала ещё понятней Ваша идея, попробую написать так:

$$P_i^3=(P_i-1)^3+(P_i^3-(P_i-1)^3)=(P_i-2)^3+(P_i^3-(P_i-2)^3)=\ldots;\qquad \eqno (1) $$

Любая сумма из двух слагаемых является кубом (из представленных здесь тотально всех возможных композиций сумм равных $P_i^3$, наделённых свойством, что одно из слагаемых является соответствующей степенью, здесь $3$). Сослаться обязательно надо на Абеля.

shwedka в сообщении #1156381 писал(а):

Известно. Это еще Абель, почти 200 лет назад

При умножении на любой куб любой суммы (конечно, из представленных здесь композиций) не возникнет композиция "сумма двух кубов" равная составному кубу.

[mihaild]

binki в сообщении #1156444 писал(а):

Ну вот, в (5) $[N+(a^p-a_1^p)]$ - не степень.

Это правда.
(хотя можно было доказать проще - поделить обе части в $2$ на $b^p$)

binki в сообщении #1156444 писал(а):

Не удалось любой составной степени стать суммой двух других степеней с простым показателем.

А это неправда. Не удалось составной степени вида $P^n b^n$ стать суммой двух других степеней вида $x^n b^n$.

Какое место в ваших рассуждениях не проходит для уравнения $P = 2b$?

(вы использовали только два свойства: отсутствие решений с простой левой частью, и однородность; этого точно недостаточно)

[shwedka]

binki в сообщении #1156444 писал(а):

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=a_1^pb^p+ [N+(a^p-a_1^p)]b^p \qquad \eqno (5)$$

Ну вот, в (5) $[N+(a^p-a_1^p)]$ - не степень. Не удалось любой составной степени стать суммой двух других степеней с простым показателем.

Вам осталось доказать, что невозможно

$P_i^pb^p=A^p+B^p$

где $A\ne ab, B^p\ne Nb^p$
ни при каком $b$.

[binki]

shwedka в сообщении #1156461 писал(а):

Вам осталось доказать, что невозможно

$P_i^pb^p=A^p+B^p$

где $A\ne ab, B^p\ne Nb^p$
ни при каком $b$.

Ну вот,сначала provincialka, а теперь shwedka - заслуженные участники бьют по самым сложным моментам. Док-во становится все сложнее и сложнее. Это хорошо.
shwedka указывает, что (5) - это не все варианты для составной степени. Тщательно скрывалось такое

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=[A^p+(a_1^pb^p-A^p)]+ Nb^p=A^p+ [(a_1^pb^p-A^p)+ Nb^p]\qquad \eqno (6)$$

Если $A$ не делится на $b$, то и в квадратных скобках $[(a_1^pb^p-A^p)+ Nb^p]$ вся сумма не делится.
В относительно короткое время (по сравнению с тем временем, когда пытались ВТФ доказать) всего - то надо показать, что $[(a_1^pb^p-A^p)+ Nb^p]$ не степень.

-- 02.10.2016, 20:48 --

mihaild в сообщении #1156460 писал(а):

Какое место в ваших рассуждениях не проходит для уравнения $P = 2b$?

mihaild, а сразу не проходит. В формулах темы не сокрыто предположение от обратного. Уравнение Ферма рассматривается, где одна из степеней $(\sqrt[p]{N})^p$, - ну что всегда есть не натуральное решение, при таком раскладе.

[mihaild]

binki в сообщении #1156595 писал(а):

В формулах темы не сокрыто предположение от обратного.

Первым шагом вы говорите, что уравнение $a^n + b^n = P^n$ не имеет рещений при простом $P$. Ну так тут то же самое: уравнение $P = 2b$ тоже не имеет решений при простом $P$.
Давайте я перепишу, чтобы было более похоже на ваше рассуждение:
1) $P = 2b + N$ ($N \neq 0$)
2) $Pa = 2ba + Na$
$Pa$ - это любое составное число, а $Na \neq 0$. Выходит нет решений уравнения $P = 2b$.

binki в сообщении #1156595 писал(а):

надо показать, что $[(a_1^pb^p-A^p)+ Nb^p]$ не степень

Еще бы ограничения выписать на все входящие сюда переменные (это наверное можно сделать так, чтобы получился эквивалент ВТФ, но непонятно, зачем).

[lasta]

.

[binki]

binki в сообщении #1156595 писал(а):

Тщательно скрывалось такое

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=[A^p+(a_1^pb^p-A^p)]+ Nb^p=A^p+ [(a_1^pb^p-A^p)+ Nb^p]\qquad \eqno (6)$$

Если $A$ не делится на $b$, то и в квадратных скобках $[(a_1^pb^p-A^p)+ Nb^p]$ вся сумма не делится.

Опечатка - зараза! Вот так

$$P_i^pb^p=a^pb^p+Nb^p=[A^p+(a^pb^p-A^p)]+ Nb^p=A^p+ [(a^pb^p-A^p)+ Nb^p]\qquad \eqno (6)$$