Ключ к БТФ (Начало)

[binki]

Уважаемый Iosif1 . На протяжении столетий опровержение элементарных "доказательств" Великой теоремы Ферма приводили авторов к лишению рассудка, к инфарктам к неординарным поступкам. Например, математик-любитель Нуриманов Зуфер Исхакович, похождения которого на этой стезе куда более удивительны и трагичны, чем у Робинзона Крузо.
Он оббивал пороги институтов математики, писал президенту Ельцину, пережил три инфаркта, отдал деньги за проданную машину проходимцам, предложившим сделать экспертизу его "доказательства". Человек с большими амбициями, уверявший, что нашел ошибки математиков за 25 веков. доведенный до отчаяния, решился на акт самосожжения, развесив на колонне музея Ленина У метро "Площадь Революции" два объявления:
Люди простите меня!..Прежде чем поднести горящую спичку на облитое бензином своё тело я брошу к Вашим ногам папку с моим научными открытиями в области математики, которые Вы, подобрав, передайте в средства массовой информации..." (Московский Комсомолец, А.А. Богомолов). Позднее "доказательство" было опубликовано.
Другой претендент для признания "доказательства"делал все, вплоть до того, что обратился в посольство Индии, так как использовал теорему индусов.
Уважаемый Iosif1 . Найти ошибку в "доказательствах" легко, но почти невозможно убедить в этом автора. Редко кто соглашается. Честь и хвала им. Поэтому для меня задача убедить автора более интересна и увлекательна.
Вы применили элементарные методы, без использования таких сильных приемов как бесконечный спуск. Уже это говорит, что доказательство ошибочное. И конкретно, Ваша ошибка в утверждении, что $b_x^3$ - один из сомножителей степени не является степенью. При этом статус целого числа $3(c-a)$, а именно степень это или нет Вами не учитывается. Это число просто сокращается. И это главная ошибка. Есть числовые примеры, опровергающие такую методику. Представлять эту степень как число $18b_{21}+1$ или через бином Ньютона не имеет значения.

[Iosif1]

binki в сообщении #1312624 писал(а):

Это число просто сокращается

В том то и дело, что не сокращается. Оно, за вычетом 1, и деления на18, превращается (по второму варианту)

в правую часть равенства:

$$12\cdot (b_x)_1^3+6\cdot (b_x)_1^2+(b_x)_1 = 1/3\cdot {[(c_1^2+c_1\cdot a_1+a_1^2)+(c_1+a_1)]}/2$$

; 5.3.1 B

А левая часть равенства - величина контрольная.
Подставьте вместо (b_x)_1 любое целое и проделайте обратные действие, умножение на 18 и прибавления единицы.
И Вы получите точный куб.

- Но, - скажите Вы, - левая и правая части равенства не имеют общих аргументов. Разве их можно сопоставлять.

Можно.на основании числовых рядов по мод 24.
Для этого, второе слагаемое правой части принимаем за величину $(b_x)_1$, а первое за величину

$12\cdot (b_x)_1^3+6\cdot (b_x)_1^2$.

И установив закономерность величин левой части равенства по модулю 24, показываем, что слагаемые правой части равенства, не изначально (случайно), ни посредством корректировки (переноса части значений из одного слагаемого в другое слагаемое) невозможно преобразовать аналогичную закономерность.

Причём тут "сокращается"? В том то и дело, что используется возможность избежать сокращение, которое нивилирует множество попыток доказательства БТФ.
Жаль, что Вы этого не понимаете, это же так просто.

У нас разные задачи, Вы пытаетесь убедить меня в том, что доказательство ошибочное (опираясь на свой багаж и опыт), я же -объяснить вам доказательство.
Я уже писал, что Вы верно очень занятой, и вам не легко найти время для детального рассмотрения работы.
К сожалению не только у вас.
Но, думаю я, может быть, среди посетителей темы найдётся и менее занятой собеседник, ведь в доказательстве нет ничего заумного.
Кстати, Вы ругаете мои обозначения, к ним надо привыкнуть, хотя, конечно, не все они идеальны.
По моему мнению и ваши, тоже.

Насчёт заблуждений, наслышан, немножко ознакомлен. Что делать, человеку свойственно ошибаться.
И от "фермистов", и от многих алхимиков было не мало пользы.
Хвала П. Ферма и его сыну за то, что они дали многим тему для размышления.
И ещё.
Предлагаемое доказательство могло быть доступно пониманию П. Ферма.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1291618 писал(а):

Определяем $b_x^3$ посредством деления разности на $3(c-a)$:
$b_x^3=(c^3-a^3)/3\cdot (3c_1-3a_1)= $; 3.4.2 (дополнено потерянной тройкой)

Iosif1 в сообщении #1312642 писал(а):

В том то и дело, что не сокращается.

А что же тогда эта за операция? Это разве не сокращение сомножителя $3(c-a)$ для определения $b_x^3$ ? И где далее участвует сомножитель $3(c-a)$ ? Его миссия закончилась. Вы ищете противоречия правой и левой частей (5.3.1). И, по Вашему, находите их. Тем самым утверждаете, что $b_x^3$ не может быть кубом. А свойства целого числа $3(c-a)$ - степень это или нет, уже не учитываются. Так это или нет? Не надо пространных рассуждений. Другие вопросы я задам позже.

[Iosif1]

binki в сообщении #1312756 писал(а):

Это разве не сокращение сомножителя $3(c-a)$ для определения $b_x^3$ ?

Это определение $b_x^3$ посредством деления разности степеней на точную степень $3(c-a)$, которая конструируется.

binki в сообщении #1312756 писал(а):

И где далее участвует сомножитель $3(c-a)$ ? Его миссия закончилась.

Конечно, закончилась. Доказательство становится необходимым и достаточным, когда доказывается, что при $3(c-a)$, равной точной степени, $b_x$ не может быть целочисленной величиной.

binki в сообщении #1312756 писал(а):

Вы ищете противоречия правой и левой частей (5.3.1). И, по Вашему, находите их. Тем самым утверждаете, что $b_x^3$ не может быть кубом. А свойства целого числа $3(c-a)$ - степень это или нет, уже не учитываются. Так это или нет?

А зачем, мы в этом уверены.

[binki]

Вы претендуете на общность доква. Тогда должны быть справедливы все рассуждения и для суммы степеней $b^3=(3c_1+1)^3+(3a_1-1)^3$. То есть в конечном итоге получим равенство

$$12\cdot (b_x)_1^3+6\cdot (b_x)_1^2+(b_x)_1 =1/3\cdot {[(c_1^2-c_1\cdot a_1+a_1^2)+(c_1-a_1)]}/2$$

В нем те же противоречия? И также $(b_x)_1$ не может быть целым числом ни при каких числах $(a_1, c_1)$? Так?

[Iosif1]

binki в сообщении #1312775 писал(а):

Вы претендуете на общность доква.

Утверждение, конечно, интересное.
Учитывая реакцию математической общественности, думаю, что мои претензии, ныне, большого значения не имеют.
Мне удалось решить проблему факторизации чисел детерминированным способом. Уже около 15 лет назад. И что?
Доказательство БТФ уже признано. Фанфары отшумели.

На что я претендую?
На то, что доказательство БТФ возможно элементарными математическими методами.
По моему, у Г.Эдвардса, или М.М. Постникова есть утверждение: «Для завершения доква БТФ достаточно рассмотреть 2 Случай теоремы при наличии сомножителей n в разности степеней элементарным способом»

Пролистав ныне, не наткнулся.

binki в сообщении #1312775 писал(а):

Тогда должны быть справедливы все рассуждения и для суммы степеней $b^3=(3c_1+1)^3+(3a_1-1)^3$. То есть в конечном итоге получим равенство

$$12\cdot (b_x)_1^3+6\cdot (b_x)_1^2+(b_x)_1 =1/3\cdot {[(c_1^2-c_1\cdot a_1+a_1^2)+(c_1-a_1)]}/2$$

Я детально не рассматривал этот вариант.
По моему, в знаменателе правой части равенства не хватает сомножителя 3.
А что, необходимо рассмотреть этот вариант?

binki в сообщении #1312775 писал(а):

В нем те же противоречия? И также $(b_x)_1$ не может быть целым числом ни при каких числах $(a_1, c_1)$? Так?

Противоречия зависят от варианта.
Но методика доказательства остаётся неизменной.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1312957 писал(а):

А что, необходимо рассмотреть этот вариант?

Желательно рассмотреть вообще общий случай, который бы легко воспринимался участниками форума. Например: $c=(k_1+1); a=(k_2+1)$, Тогда $(c-a)=(k_1-k_2)$. И

$$b_x^3=(6k+1)^3=\frac{(k_1+1)^3-(k_2+1)^3}{3(k_1-k_2)}$$

Тогда не надо рассматривать отдельные случаи по четности степеней. А конечная формула аналогична Вашей.

$$18(12k^3+6k^2+k)=\frac{k_1^2+k_1k_2+k_2^2}{3}+(k_1+k_2)$$

Уважаемый Iosif1, Теперь остается проанализировать эту формулу при $(k_1=9k_3;\quad k_2=9k_4)$. И не надо пока рассматривать это выражение по модулю 24. У меня есть другой аргумент против вашего доква, но желательно, чтобы Вы убедились в ошибочности Вашей методики.

[Iosif1]

binki в сообщении #1312988 писал(а):

Тогда не надо рассматривать отдельные случаи по четности степеней.

Не по чётности степеней, а по чётности $a_1$ b $c_1$.
При рассмотрении других степеней, подход аналогичный.
Я, конечно постараюсь разобраться в формулах, похожих на мои. Я о них не знал.

Желательно, сразу, другой аргумент против моего доква.

Но, если рассмотрение частных случаев верное, то общий случай рассмотрят другие, более талантливее чем мы.

[binki]

$$\text{Для суммы степеней}\quad 13^3=\frac{17^3+37^3}{(17+37)3};\quad \text{Для разности степеней} \quad 7^3=\frac{36^3-17^3}{(36-17)}$$

[Iosif1]

binki в сообщении #1313273 писал(а):

$$\text{Для суммы степеней}\quad 13^3=\frac{17^3+37^3}{(17+37)3};\quad \text{Для разности степеней} \quad 7^3=\frac{36^3-17^3}{(36-17)}$$

Вы что, binki ?

${(17+37)3}$- разве это куб.

или это: {(36-17)}?

Захотелось что нибудь прочитать о Вас.
По нику очень трудно составить мнение о собеседнике.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1313285 писал(а):

${(17+37)3}$- разве это куб.

Ваша конечная формула представляет только один сомножитель составной степени. И только по этой формуле Вы доказываете что сомножитель не степень. Но эта формула ничем не отличается в случаях когда $(c-a)3$ степень или когда она не является таковой. И после сокращения нигде эта степень не фигурирует, ни в конечной формуле ни в методике доква. Её миссия закончилась. Следовательно Вы доказали, что сомножитель не может быть степенью, даже тогда, когда $(c-a)3$ не является степенью Числовые примеры опровергают это.
Кто из нас прав, пусть рассудят участники. Я же закончил участие в этой статье.

[Iosif1]

binki в сообщении #1313298 писал(а):

Я же закончил участие в этой статье.

Спасибо за беседу.
И за противоречия в ваших убеждениях.
Будем надеяться,что

binki в сообщении #1313298 писал(а):

Кто из нас прав, пусть рассудят участники.

[binki]

В примере опечатки. Правильно

$$\text{Для суммы степеней}\quad 7^3=\frac{17^3+37^3}{(17+37)3};\quad \text{Для разности степеней} \quad 13^3=\frac{36^3-17^3}{(36-17)}$$

[Iosif1]

binki в сообщении #1314034 писал(а):

В примере опечатки. Правильно

$$\text{Для суммы степеней}\quad 7^3=\frac{17^3+37^3}{(17+37)3};\quad \text{Для разности степеней} \quad 13^3=\frac{36^3-17^3}{(36-17)}$$

Уважаемый binki , я этого, даже не заметил.

Примеры, по моему мнению, заслуживают дополнительного рассмотрения.
Я, с полной уверенностью, не могу утверждать, что окончательно установил закономерность и для этих случаев.
Однако, предварительный анализ позволяет мне предположить, что, например, для суммы имеет место следующая закономерность: получаем, что если результирующая разность чётная, возможность представить класс вычетов, к которому принадлежит результат может быть определён с корректировкой на 18, что для чётных значений величины $(b_x)_1$ - противоречие.

Хотя, конечно, к примеру, можно предъявить несколько несоответствий.
Например:
Основания исходных степеней не могут быть представлены простыми числами.
Мне сразу захотелось сказать, что БТФ не утверждает, что $(a^2-ab+b^2)/3$ или $(a^2ac+c^2)$ не может быть точным кубом.
Однако подумав, согласился, повторюсь, «Примеры, по моему мнению, заслуживают дополнительного рассмотрения».

Хочется, чтобы по возможности, и вы поучаствовали.
Для нахождения закономерности, с достаточной уверенностью, ваше участие, по моему мнению, не помешало бы.

[Iosif1]

binki в сообщении #1314034 писал(а):
В примере опечатки. Правильно

$$\text{Для суммы степеней}\quad 7^3=\frac{17^3+37^3}{(17+37)3};\quad \text{Для разности степеней} \quad 13^3=\frac{36^3-17^3}{(36-17)}$$

Если используется соизмеритель степени 2n, то имеем возможность в целочисленных значениях оценивать основания с нечётными основаниями.
(Понятие - соизмеритель, конечно, условное).

Однако, этот модуль должен позволять оценивать основания и степени в целочисленных величинах.)

Если в качестве соизмерителя точных степеней использовать модуль n, мы получаем числовой ряд контрольных величин , отличный от числового ряда контрольных величин, рассчитанных по модулю 2n.
Если числовой ряд контрольных величин по мод 2n обеспечивает получение только нечётных степеней,

$7^3; 13^3; 19^3; 25^3 …$,

то при использовании мод n, и нечётных, и чётных.

$4^3; 7^3; 10^3; 13^3; 16^3; 19^3; 22^3; 25^3 …$,

Используя возможность применять и первый, и второй соизмеритель, получаем возможность для варианта, указанного примером binki для суммы степеней (

$$ 7^3=\frac{17^3+37^3}{(17+37)3}; 13^3=\frac{36^3-17^3}{(36-17)}$$

), показывать несоизмеримость предполагаемых результатов, которые при опровержении утверждения БТФ должны быть идентичными.
Не идентичность получаемых результатов является подтверждением того, что предполагаемая степень не является таковой.
Рассмотренный вариант можно считать очередным частным случаем доказательства БТФ.

Используемая методика доказательства БТФ, у автора, не вызывает сомнений, для всех предполагаемых им вариантов.
Для полной убеждённости, нужно быть уверенным, что рассмотрены все возможные варианты.
Гарантировать такое в одиночестве не просто!