Варианты доказательства

[dick]

Geen
По Вашему, левая и правая части верного равенства не могут быть одной формы?
Поясните, пожалуйста.

Valprim
Раз уж Вы присоединяетесь к мнению заслуженного участника Geen, может быть присоединитесь к пояснению, о котором я его попросил?
Если я правильно понял, Ваш пример относится к первому вопросу из моего предыдущего сообщения. И Вы даете на этот вопрос тот же ответ что и я ("нет"). Выходит, Вы не согласны с тем, что две части равенства могут быть одной формы?

[Valprim]

dick в сообщении #1504804 писал(а):

Вы не согласны с тем, что две части равенства могут быть одной формы?

Части равенства сравнимы по любому модулю. Об этом никто и не спорит. А вот то, что какое то число решения имеет ограничения по делимости на три у Вас не доказано.Для этого и приведен пример. Кстати их можно привести и для других случаев некорректных сравнений.

(Оффтоп)

Чтобы показывать какие то части сообщений, выделяйте нужный текст и нажимайте на "вставка". Имя автора появится в тексте, если щелкнуть по имени в левой части сообщения.

[dick]

Я предложил два вопроса и свои ответы на них. Спросил, согласны ли Вы с этим.
Вы ответили, что несогласны и солидарны с Geen, привели пример, который я понял как согласие со мной по первому вопросу. Я повторил второй вопрос и Вы ответили: "Конечно, кто же с этим спорит". Мне это кажется странным.
Так в чем же тогда Вы несогласны со мной и солидарны с Geen?

Прошу односложно ответить, могут ли $x$ и $z$ быть одной формы, если $y$ не делится на 3. Примеры не нужны.

[Valprim]

dick в сообщении #1504863 писал(а):

Прошу односложно ответить, могут ли $x$ и $z$ быть одной формы, если $y$
не делится на 3

Не могут. Но это ничего не даёт. Сравнение этих чисел даёт неопределенность по другим модулям.

dick в сообщении #1504560 писал(а):

Нечетные степени сохраняют форму оснований,

Утверждение неверно. Например по модулю 5 не все кубы сравнимы с основанием.$7^3 \not \equiv 7 \mod {5}$

[dick]

Valprim
Вы вероятно согласитесь, что если существует $x$, который делится на 3 и является примитивным решением (1), то существует неограниченное количество $x$, которые являются непримитивными решениями (1) и имеют форму $x$ примитивного решения.
Нетрудно заметить, что для получения ближайшего непримитивного решения, требуется принять модулем формы числа $a$ не 6, а 18.
Получение и других непримитивных решений, умножением примитивного решения на натуральное число, будет возможно лишь тогда, когда это число будет кратно 3, иначе говоря, когда $y$ станет кратно 3.
Из этого следует что, случай "$x$ делится на 3" должен быть исключен.

[Valprim]

dick в сообщении #1505244 писал(а):

Нетрудно заметить, что для получения ближайшего непримитивного решения, требуется принять модулем формы числа $a$ не 6, а 18.

dick

Утверждение ошибочное. Если $x$ делится на 3, то $z-y=9z_1^3$.
Тогда $9z_1^3=3x_1-6n$ не имеет противоречий при $x_1,n$ не кратных 3. Достаточно чтобы на 3 делилась разность $x_1-2n$

[dick]

Valprim
Имелось ввиду, что:
$x+(y-a)=z$ (2.2);, тогда
$(6n+3)+((6n+2)-6n)=(6n+5)$ (2.3);
В общем случае $a=mn (6n,12n,18n...)$ (3);
Что бы примитивный $x$ решения и первый непримитивный $x$ решения были одной формы, должно быть:
$x_1+m=x_2$ (3.1); и $x_2=3x_1$ (3.2); поскольку 3 наименьшее нечетное натуральное, больше 1.
После умножения (2.3) на 3 получим:
$(18n+9)+((18n+6)-18n)=(18n+15)$ (4);
Здесь $m=18$ и $(18n+9)+18=(18n+9)$ (4.1);
Но при этом $y=18n+6$ и делится на 3.
Возможны только такие непримитивные решения, которые превышают примитивное в число раз кратное 3.

Если будете отвечать, отвечайте пожалуйста на мой текст.

[Valprim]

dick, подобные доводы неоднократно встречались на форуме. Поэтому со всем уважением к Вам и без каких то амбиций считаю участвовать в дальнейшей дискуссии по вашему сообщению нецелесообразным. Может быть с другими участниками у вас будет более интересный диалог.

[dick]

Valprim
Не укажите ли, однократно, где именно встречались подобные доводы?
Впрочем, спасибо за честность.

[dick]

Два моих предпоследних сообщения признаю неверными. Должно быть так:
Перепишем (2.1) в виде: $x=a+(z-y)$. Обозначим: $x=3x_1x_2$ ; $a=6n$; $(z-y)=9x_1^3$;
В результате получим: $3x_1x_2=6n+9x_1^3$ (2.2)
Как указывалось ранее, из (1) и (2.1) следует $a^3=3(x+y)(z-x)(z-y)$ (1.2).
Поскольку $x>a$ и $y>a$, из (1.2) следует, что $a>(z-y)$, даже если $a=6$.
Иначе говоря, $(z-y)$ это остаток от деления $x$ на 6.
Между тем из (2.2) следует, что $(z-y)>6$, даже если $x_1=1$.
Что бы снять противоречие в (2.2), нужно принять, что $n$ делится на 3 и (2.2) принимает вид: $3x_1x_2=18n_1+9x_1^3$. Но поскольку правая часть равенства делится на 9, $x_1$ должно делиться на 3. Тогда $9x_3x_2=18n_1+9x_1^3$ (2.3).
Но если $x$ делится на 9, то $(z-y)$ должно делиться на 243, а если $(z-y)$ делится на 243, то $n_1$ должно делиться на 27, а если $n_1$ делится на 27, то $x_3$ делится на 27, а $x$ делится на 243, и так бесконечно. Таким образом, вариант «$x$ делится на 3» исключен.

[dick]

То что $x-a=z-y=1$, вообще говоря, еще не значит что нечетные числа этого равенства имеют одинаковую форму и четные числа этого равенства имеют одинаковую форму. Так если $x=6n+1$ и $y=6n+2$, то $z=6n+3$. Однако, по ходу доказательства для соседних $z$ и $y$ в "Часть 2", намеренно не раскрывая форму $z$ и $y$ в исходном равенстве, я получил для $z$ форму $x$ и для $y$ форму $a$. После исключения варианта "$x$ кратно 3", форма $6n+1$ стала для $x$ единственной, тем самым доказано что $y$ кратно 3.
Что скажете, Someone? Вы ведь, хоть и скромный, но участник всех моих тем.