Доказательство БТФ

[PAV]

PAV:

Iosif1
Исправьте в последнем сообщении ошибки в оформлении формул и цитат.

[Someone]

Iosif1 писал(а):

${Someone}$ писал:

Цитата:

Я не знаю, как Вы считаете там нулевые разряды. Ошибку в своих рассуждениях ищите сами.

Вы рассматриваете предполагаемую разность как точный куб.
И все обязано получиться.

Какую разность? $c^3-a^3$? Разумеется. Мы ведь пытаемся "от противного" доказать теорему Ферма, то есть, предполагаем, что равенство $a^3+b^3=c^3$ для некоторых натуральных $a$, $b$, $c$ выполняется. И выводим из этого следствия, надеясь получить противоречие. В частности, разность $c^3-a^3=b^3$ обязана быть точным кубом. Если же эта разность не является точным кубом, то есть, числа $a$, $b$, $c$ не удовлетворяют равенству $a^3+b^3=c^3$, то может быть что угодно, но тогда они не имеют ни малейшего отношения к теореме Ферма.

Iosif1 писал(а):

Вы уверены, что у Вас получится именно такой $k$, который запланирован состоявшимся равенством.

Число $k$ определяестя равенством $k=a+b-c$. Оно именно таким и должно быть, так как Вы приводите наше равенство к виду $\frac{c^3-c}6-\frac{a^3-a}6=\frac{b^3-b}6+\frac k6$. И другим это число не может быть. Если мы возьмём другое число, оно не будет иметь никакого отношения к теореме Ферма.

Iosif1 писал(а):

А ваше равенство состоялось только на малых разрядах.

Вы же сами пожелали ограничиться только младшими разрядами, хотя я Вам пару раз объяснял, что это бесперспективно. Таким образом можно доказать некоторые частные случаи теоремы Ферма, но полного доказательства не получится.

Iosif1 писал(а):

А предлагаемый мной вариант расчета учитывает то, что есть на самом деле.

Это Вы только воображаете. На самом деле Вы также ограничиваетесь только младшими разрядами. Причём, совершенно явно. Где Вы используете старшие разряды? Указать не сможете.

Iosif1 писал(а):

Вы в формализованном виде рассматриваете такую возможность, чтобы количество нулевых разрядов в величине ${Q_b}$ было заданным.

Ничего подобного. Мы рассматриваем случай, когда число $b$ делится на $3^2$, но не делится на $3^3$, то есть, при записи в троичной системе счисления оканчивается на два нуля. Количество нулевых разрядов в числе $Q_b$ определяется после этого однозначно. Как оказывается, в этом случае число $Q_b$ в троичной записи оканчивается на один ноль.

Iosif1 писал(а):

Вы изначально, априори предполагаете, что такое равенство возможно.

Ну уж такой у нас метод доказательства - "от противного". То есть, мы предполагаем, что равенство выполняется, и пытаемся из этого вывести противоречие. Если мы не будем предполагать, что равенство выполняется, то наши вычисления не будут иметь никакого отношения к теореме Ферма.

Iosif1 писал(а):

Вы как и те великие не верите в эффективность использования $n$-того счисления и пренебрегаете им.

Я довольно долго и безуспешно пытался Вам втолковать, что правильное название - не "$n$-тое счисление", а "$n$-ичная система счисления". Это общепринятый и общеизвестный термин.
Что касается "эффективности", то для Вас она состоит в том, что такая запись явно показывает делимость на степени числа $n$, и более, пожалуй, ни в чём. Всё это очень хорошо можно увидеть и без использования такой системы счисления, что я Вам демонстрировал.

Iosif1 писал(а):

Взятие производных стало возможно благодаря возможности пренебрежения бесконечно малыми.
Здесь же пренебрежение большими разрядами не допустимо.

Старшими разрядами пренебрегаете Вы сами. Это Ваша идея (но Вы здесь далеко не первый), по моему (и не только моему) мнению, совершенно безнадёжная. Младшие же разряды всех рассматриваемых выражений определяются младшими разрядами чисел $a$, $b$, $c$. Так что, если мы рассматриваем во всех выражениях только младшие разряды, то старшие разряды нам не понадобятся (вопрос только в количестве требуемых младших разрядов).

Iosif1 писал(а):

Пока я писал пришел еще ответ.
Вы ${Someone}$ пишите:

Цитата:

Вот здесь Вы и врёте. Посмотрите: у меня получилось не два нуля, а только один. И в примере тоже один (величина $L_b$). А после прибавления $\frac k6$ (или, в другом варианте, $\frac k3$) становится четыре. Зачем Вам вообще нужна эта сумма квадратов, если это всего-навсего $\frac{b^3-b}6$ или $\frac{(2b)^3-2b}6=\frac{4b^3-b}3$? Вы просто себя запутываете этой суммой квадратов и не можете правильно их просуммировать. Хотя всякому должно быть ясно, что ничего суммировать не надо, если для суммы есть явное и очень простое выражение.

В том то и дело, что надо.
Давайте на примерах.

Я позволил себе восстановить цитату из моего сообщения в первоначальном виде.

Iosif1 писал(а):

...
Я приводил этот пример. Давайте по аналогии рвссмотрим вариант, когда основание $b$ содержит два нулевых разряда.

Предположим, что основание равно
${18_{10}=200_3}$
Поэтому младшие разряды ${k/3=…20_3}$ 2.1

Поскольку у Вас $b=000200_3$, то $c-a=\dots 00000_3$, причём, шестая цифра (скрытая за многоточием) - не $0$, так как $c-a$ делится на $3^5$ и не делится на $3^6$. Поэтому $k=a+b-c=b-(c-a)=\dots 00200$, $\frac k6=\dots 0010$, причём, пятая цифра (скрытая за многоточием) - не $0$.

Iosif1 писал(а):

${Q_b=1_{10}^2+3_{10}^2+5_{10}^2+7_{10}^2+9_{10}^2+11_{10}^2+13_{10}^2+15_{10}^2+17_{10}^2}= =1+9+25+49+81+121+169+225+289=969_{10}=1022220_3}$ ; 2.2

Насколько я помню, первоначально в этой сумме у Вас была арифметическая ошибка (в полном соответствии с приведённой выше цитатой из моего сообщения), а пока я по техническим причинам с 27 июля сидел без связи, Вы эту ошибку исправили. И хорошо, что исправили. Теперь видно, что эта сумма - всего лишь $\frac{18^3-18}6=969$, и что не было никакой пользы от суммирования квадратов вместо применения простой готовой формулы - также в соответствии с тем, что я писал в той цитате.

Iosif1 писал(а):

Умножаем результат, полученный в 2.2 на восемь, получаем:

${969*8=7752_{10}=101122010_3}$ 2.3

Теперь производим сложение 2.3 и 2.1, получаем:

${101122100_3}$ 2.4


То есть мы получаем и на этот раз в анализируемой сумме такое же количество нулевых разрядов, какое было в рассматриваемом основании. И так всегда!

Ничего не понял. Зачем умножать на $8$ и прибавлять $\frac k3$? Мы рассматриваем равенство $\frac{b^3-b}6+\frac k6=\frac{c^3-c}6-\frac{a^3-a}6$, которое в Ваших обозначениях (при чётном $b$ и, следовательно, нечётных $a$ и $c$) имеет вид $Q_b+\frac k6=4Q_c-4Q_a$. Складывая $Q_b$ и $\frac k6$, получим $1022220_3+\dots 0010_3=\dots 0000_3$, причём, пятая цифра (скрытая за многоточием) - не $0$. То есть, $Q_b+\frac k6$ оканчивается, как и положено, на четыре нуля.

Iosif1 писал(а):

Но эта сумма промежуточная. Чтобы получить интересующий нас результат, необходимо прибавить и величину $k$.
В результате получаем:
${101200000}$
То есть получаем результат с пятью, а не с четырьмя нулями в троичном счислении.

Ваша ошибка здесь, кстати, состоит в том, что на самом деле $\frac k3=\dots 0020_3$, где пятая цифра - не $0$, поэтому $8Q_b+\frac k3=101122010_3+\dots 0020_3=\dots 2100_3$, где пятая цифра - не $2$, поэтому $\left(8Q_b+\frac k3\right)+k=\dots 2100_3+\dots 00200_3=\dots 0000_3$, причём, пятая цифра - не $0$. Так что нулей получается четыре, как и должно быть. При сложении и вычитании не нужно забывать о невыписанных старших разрядах, которые могут быть ненулевыми. И, кстати, это Ваше $8Q_b+\frac k3+k$ равно $8\left(Q_b+\frac k6\right)$, так что Вы просто запутываете себя усложнёнными вычислениями.

Iosif1 писал(а):

В этом то и есть найденное противоречие.
Для конкретного основания невозможно сконструировать и величину ${2*D_b}$ и величину

${6*(8*Q_b+k/3+k)}$ ; 2.5
с одинаковым количеством нулевых разрядов.

Выражение (2.5) оканчивается на пять нулей (пятый ноль появляется после умножения на $6=20_3$), выражение $2D_b=2\frac{b_i^3}3=2(c-a)$ - тоже на пять. В чём противоречие?

Iosif1 писал(а):

А ну Ваш контр пример, когда получается четыре нулевых разряда в анализируемой сумме при двух нулевых разрядах в выбранном основании.

Ведь Вы ${Someone}$пишете:

Цитата:

Совершенно невозможно понять, почему у Вас получается несоответствие в количестве нулевых разрядов, поскольку Вы этого не доказываете, а просто ссылаетесь на какие-то пробные расчёты, в то время как в моих расчётах - и численных, и символьных - нулевых разрядов всегда ровно столько, сколько должно быть.

Как мы видели, в Ваших пробных расчётах имеется куча ошибок. И Вы, совершенно ни в чём не усомнившись, вываливаете эти расчёты на форум. В то время как я стараюсь тщательно проверять свои расчёты, а если обнаруживается какое-то несоответствие, то не успокоюсь, пока не разберусь, в чём дело. Поэтому мой контрпример правильный, а Ваши "доказательства" - просто скопище ошибок.

Ещё раз хочу подчеркнуть, что доказать теорему Ферма, основываясь на рассмотрении только младших разрядов чисел в какой-нибудь системе счисления, невозможно. Известно, что уравнение Ферма $x^n+y^n=z^n$ при простом $n>2$ имеет решения по любому модулю (то есть, в любом кольце $\mathbb Z_m$), а также в кольцах целых $p$-адических чисел. К сожалению, деталей я не знаю и не уверен, что эта формулировка точная, однако примерно о том же пишет Руст. Я покажу процедуру подбора решений уравнения $a^3+b^3=c^3$ по модулю $3^M$ для случая, когда число $b$ делится на $3^2$, но не делится на $3^3$, на языке системы Mathematica.

Исходными являются соотношения $a+b=C^3$, $c-a=\frac{B^3}3$, $c-b=A^3$, где $A$, $B$, $C$ - некоторые натуральные числа. Из них выражаем $a=\frac{A^3-\frac{B^3}3+C^3}2$, $b=\frac{-A^3+\frac{B^3}3+C^3}2$, $c=\frac{A^3+\frac{B^3}3+C^3}2$.
Предположим, что мы подобрали $A_0$, $C_0$ (с $n$ цифрами в троичной системе счисления) и $B_0$ (с $m$ цифрами) так, что выполняется сравнение

$$\left(\frac{A_0^3-\frac{(3^2B_0)^3}3+C_0^3}2\right)^3+\left(\frac{-A_0^3+\frac{(3^2B_0)^3}3+C_0^3}2\right)^3\equiv\left(\frac{A_0^3+\frac{(3^2B_0)^3}3+C_0^3}2\right)^3\pmod{3^M}\text{.}$$

Подберём следующие цифры: $A=3^nA_1+A_0$, $B=3^2(3^mB_1+B_0)$, $C=3^nC_1+C_0$. Должно выполняться сравнение

$$\left(\frac{A^3-\frac{B^3}3+C^3}2\right)^3+\left(\frac{-A^3+\frac{B^3}3+C^3}2\right)^3\equiv\left(\frac{A^3+\frac{B^3}3+C^3}2\right)^3\pmod{3^{M+1}}\text{.}$$

Используя возможности системы Mathematica и затратив некоторое время на изучение чрезвычайно длинного в развёрнутом виде выражения

$$\left(\left(\frac{A^3-\frac{B^3}3+C^3}2\right)^3+\left(\frac{-A^3+\frac{B^3}3+C^3}2\right)^3-\left(\frac{A^3+\frac{B^3}3+C^3}2\right)^3\right)-$$

$$-\left(\left(\frac{A_0^3-\frac{(3^2B_0)^3}3+C_0^3}2\right)^3+\left(\frac{-A_0^3+\frac{(3^2B_0)^3}3+C_0^3}2\right)^3-\left(\frac{A_0^3+\frac{(3^2B_0)^3}3+C_0^3}2\right)^3\right)\text{,}$$

можно выяснить, что должно быть $n=m+5$, и что для $m>0$ будет $M=m+7$. Это позволяет использовать следующие процедуры подбора.

Функция, подбирающая начальные значения $A_0$, $B_0$, $C_0$:

Strt[]:=Module[{A0,B0,C0,d,x,y,z},
  d=PowerMod[2,-1,3^7];
  Label[One];A0=Random[Integer,{1,3^6-1}];
  If[Mod[A0,3]==0,Goto[One]];
  B0=3^2Random[Integer,{1,2}];
  Label[Two];C0=Random[Integer,{1,3^6-1}];
  If[Mod[С0,3]==0,Goto[Two]];
  a=Mod[d(A0^3-B0^3/3+C0^3),3^7];
  b=Mod[d(-A0^3+B0^3/3+C0^3),3^7];
  c=Mod[d(A0^3+B0^3/3+C0^3),3^7];
  If[Mod[a^3+b^3-c^3,3^8]≠0,Goto[One]];
  {A0,B0,C0,a,b,c}]

Функция, подбирающая следующие цифры:

FDF[ABC_,m_]:=Module[{A0,B0,C0,A1,B1,C1,a,b,c,d,T},
  d=PowerMod[2,-1,3^(7+m)];
  Label[Three];A1=Random[Integer,{0,2}];
  A0=3^(5+m)A1+ABC[[1]];
  B1=Random[Integer,{0,2}];
  B0=3^(2+m)B1+ABC[[2]];
  C1=Random[Integer,{0,2}];
  C0=3^(5+m)C1+ABC[[3]];
  a=Mod[d(A0^3-B0^3/3+C0^3),3^(7+m)];
  b=Mod[d(-A0^3+B0^3/3+C0^3),3^(7+m)];
  c=Mod[d(A0^3+B0^3/3+C0^3),3^(7+m)];
  If[Mod[a^3+b^3-c^3,3^(8+m)]≠0,Goto[Three]];
  {A0,B0,C0,a,b,c}]

Функция, подбирающая числа $A_0$ и $C_0$ с $n+6$ троичными цифрами, а число $B_0$ - с $n+3$ троичными цифрами (из которых $2$ - нули в младших разрядах):

FD[n_]:=Module[{ABC,m},
  ABC=Strt[];
  For[m=1,m≤n,m++,ABC=FDF[ABC,m]];
  ABC]

При этом числа $a$, $b$, $c$ будут с $n+7$ цифрами, а равенство $a^3+b^3=c^3$ будет выполняться по модулю $3^{n+8}$.
Заметим, что $n+7$ младших цифр числа $b$ определяют $((n+7)-2))+1+3\cdot 2=n+12$ цифр числа $b^3$, поэтому фактически в сравнении $a^3+b^3\equiv c^3\pmod{3^{n+8}}$ участвуют только $(n+7)-(12-8)=n+3$ цифр числа $b$. Как я однажды писал, это может привести к тому, что некоторые равенства могут выполняться с меньшим количеством цифр (с $n+3$).

Пример использования процедуры FD[n]:

BaseForm[FD[53],3]

Результат:

{22102021210100110210001221002001101122011020000100212021001_3,
1212111021012001212211210212211012100222102221111122200_3,
21212100121011201211221202001201111020112011011210000111111_3,
100001011000212012121010002212200012220000100200011122121201_3,
11211120202022220002100010222112010220100222001220121111200_3,
21011111111101001200002222101000021100211110220200122021201_3}

Это означает, что
$A=\dots 22102021210100110210001221002001101122011020000100212021001_3$,
$B=\dots 01212111021012001212211210212211012100222102221111122200_3$,
$C=\dots 21212100121011201211221202001201111020112011011210000111111_3$,
$a=\dots 100001011000212012121010002212200012220000100200011122121201_3$,
$b=\dots 011211120202022220002100010222112010220100222001220121111200_3$,
$c=\dots 021011111111101001200002222101000021100211110220200122021201_3$.

При этом выполняются сравнения $a+b\equiv C^3\pmod{3^{60}}$, $c-a\equiv\frac{B^3}3\pmod{3^{60}}$, $c-b\equiv A^3\pmod{3^{60}}$, $a^3+b^3\equiv c^3\pmod{3^{61}}$.

[Iosif1]

Someone писал(а):

При этом выполняются сравнения ,

${Someone}$ писал:

Цитата:

Я довольно долго и безуспешно пытался Вам втолковать, что правильное название - не " -тое счисление", а " -ичная система счисления". Это общепринятый и общеизвестный термин.

За это спасибо! Прошу прощения за некомпетентность. Я не нашел нигде такого определения и придумал свое.
Ни в коем случае не претендую на правильность своей терминологии.

${Someone}$ писал:
.

Цитата:

Как мы видели, в Ваших пробных расчётах имеется куча ошибок. И Вы, совершенно ни в чём не усомнившись, вываливаете эти расчёты на форум. В то время как я стараюсь тщательно проверять свои расчёты, а если обнаруживается какое-то несоответствие, то не успокоюсь, пока не разберусь, в чём дело. Поэтому мой контрпример правильный, а Ваши "доказательства" - просто скопище ошибок.

${Someone}$ писал

Цитата:

Насколько я помню, первоначально в этой сумме у Вас была арифметическая ошибка (в полном соответствии с приведённой выше цитатой из моего сообщения), а пока я по техническим причинам с 27 июля сидел без связи, Вы эту ошибку исправили. И хорошо, что исправили.

И первое и второе верно.
Ошибочный расчет величины , определяемый на основании конкретной величины ${b=18_{10}$?
Вызывал огонь на себя. Может быть не правильно. Ведь Вы меня почему то никак не хотите понимать.
Но теперь уже Вы ошибаетесь.

${Someone}$ писал:

Цитата:

Число определяестя равенством . Оно именно таким и должно быть, так как Вы приводите наше равенство к виду . И другим это число не может быть. Если мы возьмём другое число, оно не будет иметь никакого отношения к теореме Ферма.

В вашем примере, соглашусь.

${Someone}$ писал:

Цитата:

Ваша ошибка здесь, кстати, состоит в том, что на самом деле , где пятая цифра - не , поэтому , где пятая цифра - не , поэтому , причём, пятая цифра - не . Так что нулей получается четыре, как и должно быть. При сложении и вычитании не нужно забывать о невыписанных старших разрядах, которые могут быть ненулевыми. И, кстати, это Ваше равно , так что Вы просто запутываете себя усложнёнными вычислениями.

Я это для удобства, чтобы не ошибаться в представляемых расчетах. Это удобно для рассматриваемого варианта: при рассмотрении третьей степени и изначально четной величине $b$. И все. Главное, что правильно!
${Someone}$ писал:

Цитата:

Ничего не понял. Зачем умножать на и прибавлять ? Мы рассматриваем равенство , которое в Ваших обозначениях (при чётном и, следовательно, нечётных и ) имеет вид . Складывая и , получим , причём, пятая цифра (скрытая за многоточием) - не . То есть, оканчивается, как и положено, на четыре нуля.

Теперь давайте по существу! Даю методику расчета для рассматриваемого варианта.
Конечно, можно сразу приступить к определению величины
${Q_b+k/6}$
Но в этом случае мы обязаны делить величину $k$ на $6$ .Но нам величина $k$ известна только малыми начальными разрядами. На сомножитель три $3$, мы произведем деление без затруднений. Зачеркнем ноль и все. А вот как разделить полностью неизвестное нам число на два $2$?
Возникает необходимость рассмотрения вариантов. Ну при рассмотрении третьей степени, предположим это не проблема. Однако, нам необходимо уметь это делать при рассмотрении любой простой степени. Чтобы уметь находить закономерности и исключить вариант, а вдруг.
Вот с этой целью мы и используем методику расчета для определения нулевых разрядов в величине ${Q_{2b}+k/3}$ . для чего мы умножаем основания на два, а каждую из степеней на восемь.


Методика расчета анализируемой величины при рассмотрении третьей степени, при условии, что величина $b$, изначально, четная.


Имеем:

${6(Q_b+k/6)+D_b={b^3}}$

Увеличивая основания рассматриваемого равенства в два раза, имеем право записать:

${8*(6(Q_b+k/6)+D_b)=8*{b^3}}$

Или

${6(8*Q_b+8*k/6)+8*D_b=8*{b^3}}$

Или

${6(8*Q_b+6*k/6+2* k/6)+6*D_b+2* D_b =8*{b^3}}$

Или

${6(8*Q_b+k+ k/3)+6*D_b+2* D_b =8*{b^3}}$

Величина ${6*D_b}$, находящаяся за скобками, значения на величину пяти младших разрядов не оказывает.
Так как величину 6*D_b заводим в скобки, при этом пять разрядов в троичном счислении не изменяются. То есть этот перенос при данном расчете можно не учитывать.

И что же получается? Получаем в скобках величину с пятью нулями, а планировали?
Если не производить умножения на восемь в используемом варианте расчета, то вообще не будет обеспечено увеличения количества нулевых разрядов в анализируемой величине.
${Someone}$ писал:

Цитата:

Ну уж такой у нас метод доказательства - "от противного". То есть, мы предполагаем, что равенство выполняется, и пытаемся из этого вывести противоречие. Если мы не будем предполагать, что равенство выполняется, то наши вычисления не будут иметь никакого отношения к теореме Ферма.

${Someone}$ писал:

Цитата:

Старшими разрядами пренебрегаете Вы сами. Это Ваша идея (но Вы здесь далеко не первый), по моему (и не только моему) мнению, совершенно безнадёжная. Младшие же разряды всех рассматриваемых выражений определяются младшими разрядами чисел , , . Так что, если мы рассматриваем во всех выражениях только младшие разряды, то старшие разряды нам не понадобятся (вопрос только в количестве требуемых младших разрядов).

Опять, в вашем примере. В вашем примере все получается.
Неужели Вам не понятно, что в предлагаемом варианте доказательства БТФ используется система уравнений. Одно уравнение которой составлено на основании определения величины как разности

${Q_c-Q_a}$, а второе, именно, как величина ${8*Q_b+k/3 +k}$ для конкретного основания. Кстати, здесь то мы и получаем возможность учитывать большие разряды при определении анализируемой величины.
Мы оперируем точным конкретным значением величины $b$, а поэтому и точными конкретными значениями пяти младших разрядов величины $k$.
Получаем мы эту возможность потому, или вернее благодаря тому, что конструируемая величина ${D_b}$ имеет в рассматриваемом случае пять нулевых разрядов в $n$-ичной системе счисления, в рассматриваемом варианте, в троичной.
Закономерность заключается в том, что сколько младших разрядов, идентичных величине $b$, содержит величина $k$, столько же нулевых разрядов возникает в величине .${8*Q_b+k/3 +k}$
А умножение на $6$ всегда обеспечивает несоответствие нулевых разрядов в слагаемых: величине ${8*Q_b+k/3 +k}$, умноженной на $6$ и в величине ${D_b}$.
Таким образом составляемая система уравнений дает нам полное право утверждать, что предполагаемое равенство не возможно, что и требовалось доказать.
Уважаемый ${Someone}$, возьмите любое предполагаемое основание, или основания, и произведите расчет. Давайте вместе.
При этом отвлекитесь от своего равенства.
Чтобы доказать, что составленное вами равенство не правомерно, необходимо показать, что такие младшие разряды в величине $k$, как в вашем примере не могут быть, что я и показываю рассматриваемым доказательством БТФ.

[Jnrty]

Jnrty:

Iosif1, не вставляйте в текст слишком длинных строк, которые не помещаются на экране. Вашу строку "\\\\...\\\\" я удалил.

[Iosif1]

Jnrty писал(а):

Iosif1, не вставляйте в текст слишком длинных строк, которые не помещаются на экране. Вашу строку "\\\\...\\\" я удалил.

Спасибо! Не удачно скопировал.

[Someone]

Вы когда-нибудь научитесь правильно цитировать, не искажая цитат? Все нужные цитаты я восстановил в исходном виде.

Iosif1 писал(а):

Но теперь уже Вы ошибаетесь.

${Someone}$ писал:

Цитата:

Число $k$ определяестя равенством $k=a+b-c$. Оно именно таким и должно быть, так как Вы приводите наше равенство к виду $\frac{c^3-c}6-\frac{a^3-a}6=\frac{b^3-b}6+\frac k6$. И другим это число не может быть. Если мы возьмём другое число, оно не будет иметь никакого отношения к теореме Ферма.

В вашем примере, соглашусь.

Причём здесь мой пример? Берём равенство $a^3+b^3=c^3$.
Переносим $a^3$ направо: $b^3=c^3-a^3$.
Дальнейшие преобразования: $(b^3-b)+b=(c^3-c)+c-(a^3-a)-a$.
Переносим $a$ и $c$ из правой части в левую: $(b^3-b)+(a+b-c)=(c^3-c)-(a^3-a)$.
Делим на $6$: $\frac{b^3-b}6+\frac{a+b-c}6=\frac{c^3-c}6-\frac{a^3-a}6$.
Сравниваем с Вашим равенством (например, при чётном $b$ и нечётных $a$ и $c$): $Q_b+\frac k6=4Q_c-4Q_a$.
Поскольку $Q_b=\frac{b^3-b}6$, $4Q_c=\frac{c^3-c}6$, $4Q_a=\frac{a^3-a}6$ (уж очень неудачные Вы обозначения выбрали: одну и ту же величину $\frac{b^3-b}6$ нужно при чётном $b$ обозначать $Q_b$, а при нечётном - $4Q_b$), то с необходимостью $\frac k6=\frac{a+b-c}6$, то есть, $k=a+b-c$. Если же $k\neq a+b-c$, то Ваше равенство никакого отношения к теореме Ферма иметь не будет. Я это прошлый раз объяснил, как мне показалось, достаточно ясно. Теперь вот спустился до уровня шестиклассника. Неужели опять не поймёте?

Iosif1 писал(а):

${Someone}$ писал:

Цитата:

Ваша ошибка здесь, кстати, состоит в том, что на самом деле $\frac k3=\dots 0020_3$, где пятая цифра - не $0$, поэтому $8Q_b+\frac k3=101122010_3+\dots 0020_3=\dots 2100_3$, где пятая цифра - не $2$, поэтому $\left(8Q_b+\frac k3\right)+k=\dots 2100_3+\dots 00200_3=\dots 0000_3$, причём, пятая цифра - не $0$. Так что нулей получается четыре, как и должно быть. При сложении и вычитании не нужно забывать о невыписанных старших разрядах, которые могут быть ненулевыми. И, кстати, это Ваше $8Q_b+\frac k3+k$ равно $8\left(Q_b+\frac k6\right)$, так что Вы просто запутываете себя усложнёнными вычислениями.

Я это для удобства, чтобы не ошибаться в представляемых расчетах. Это удобно для рассматриваемого варианта: при рассмотрении третьей степени и изначально четной величине $b$. И все. Главное, что правильно!

Совсем неправильно. Я ведь объяснил, в чём Ваша ошибка: Вы игнорируете неизвестные Вам старшие разряды числа $k$, по умолчанию считая их нулями. И из-за этого получаете неправильное количество нулей. Я же повторил Ваши расчёты с учётом этих старших разрядов и получил правильное количество нулей. Будьте любезны разобраться. Если Вы опять мне напишете такие же глупости, я более обсуждать с Вами ничего не буду. Зачем мне тратить время на человека, который не хочет понять то, что я пишу?

Iosif1 писал(а):

Конечно, можно сразу приступить к определению величины
${Q_b+k/6}$
Но в этом случае мы обязаны делить величину $k$ на $6$. Но нам величина $k$ известна только малыми начальными разрядами. На сомножитель три $3$, мы произведем деление без затруднений. Зачеркнем ноль и все. А вот как разделить полностью неизвестное нам число на два $2$?
Возникает необходимость рассмотрения вариантов.

Так вся проблема в делении на $2$ по модулю $3^n$? Деление на $2$ можно заменить умножением на $d=\dots 11112_3$ (общее количество цифр в $d$ равно $n$). А вообще, в кольцах $\mathbb Z_{p^n}$ вычетов по модулю $p^n$ ($p$ - простое) делить можно как обычно, "уголком", только не слева-направо, а справа-налево, подбирая очередную цифру частного так, чтобы её произведение на делитель имело такую же младшую цифру, как у очередного остатка. Пример деления по модулю $3^8$:

02101121!     112
    1001!--------
    ----!20121012
  10012
    112
  -----
 20220
  112
 ----
0121
1001
----
212
112
---
10
1
-
0

Никаких "вариантов" при этом не возникает, деление (если оно возможно) всегда выполняется однозначно. А с делением конкретно на $2$ ещё проще: подбирайте цифры частного справа-налево, не забывая проверять результат подбора.

Iosif1 писал(а):

Неужели Вам не понятно, что в предлагаемом варианте доказательства БТФ используется система уравнений.

Прежде всего, никакая у Вас не система уравнений, а одно уравнение $a^3+b^3=c^3$, записанное в виде $Q_b+\frac k6=4Q_c-4Q_a$.

Iosif1 писал(а):

Одно уравнение которой составлено на основании определения величины как разности

${Q_c-Q_a}$, а второе, именно, как величина ${8*Q_b+k/3 +k}$ для конкретного основания.

Речь идёт о правой и левой частях написанного выше уравнения, только из-за многочисленных преобразований и переобозначений Вы, похоже, запутались в обозначениях. А может быть, и не запутались, но мне не хочется сейчас вникать.

Iosif1 писал(а):

$Q_b+\frac k6=4Q_c-4Q_a$Кстати, здесь то мы и получаем возможность учитывать большие разряды при определении анализируемой величины.

Ничего не получаем. Я показывал, что в рассматриваемом случае можно определить пять младших разрядов числа $k=\dots 00200_3$. А больше, зная только число $b$, определить нельзя.

Iosif1 писал(а):

Мы оперируем точным конкретным значением величины $b$, а поэтому и точными конкретными значениями пяти младших разрядов величины $k$...

Вы не читали, что я Вам писал? Зачем Вы мне повторяете мои объяснения?

Iosif1 писал(а):

Закономерность заключается в том, что сколько младших разрядов, идентичных величине $b$, содержит величина $k$, столько же нулевых разрядов возникает в величине ${8*Q_b+k/3 +k}$

Неправда. Я объяснял, что на один меньше. Вы не учитываете, что в Вашем примере $b=18$ в числе $\frac k3$ пятый разряд ненулевой, потому что в разности $D_b=c-a$ шестой разряд ненулевой, в числе $b$ - нулевой, а $k=b-D_b$. Поэтому прибавление $\frac k3$ "портит" пятый разряд, делая его ненулевым.

Iosif1 писал(а):

Таким образом составляемая система уравнений дает нам полное право утверждать, что предполагаемое равенство не возможно, что и требовалось доказать.
Уважаемый ${Someone}$, возьмите любое предполагаемое основание, или основания, и произведите расчет. Давайте вместе.

Я уже это проделал дважды: и на своём примере, и на Вашем. Разбирайтесь, почему Ваш результат отличается от моего. Обратите внимание: вот здесь я в алгебраической форме, учитывающей все разряды, как младшие, так и самые старшие, показал (в более удобных обозначениях), что обе части рассматриваемого уравнения имеют одинаковое число младших нулевых разрядов в троичной системе счисления - четыре (а если обе части умножить на $6$, то в обеих частях будет пять).

Если Ваши вычисления дают другой результат, это автоматически означает, что они неправильные. Я мог бы ограничиться этой фразой, но я всё-таки разобрал Ваши вычисления и объяснил, где именно Вы ошибаетесь.

В общем, я считаю дискуссию на эту тему законченной. Вы не в состоянии правильно выполнить простые арифметические вычисления и либо не понимаете, либо не читаете того, что я Вам объясняю. Если Вы опять повторите свои утверждения о том, что получается пять нулей, а не четыре, я буду считать Вас безнадёжно невменяемым и более ничего обсуждать с Вами не буду. Лучше всего, если Вы некоторое время ничего писать здесь не будете, пока не разберётесь досконально в моих рассуждениях и вычислениях и в своих многочисленных ошибках.

Iosif1 писал(а):

При этом отвлекитесь от своего равенства.
Чтобы доказать, что составленное вами равенство не правомерно, необходимо показать, что такие младшие разряды в величине $k$, как в вашем примере не могут быть, что я и показываю рассматриваемым доказательством БТФ.

Ситуация такая: Вы пришли в зоопарк, и Вам показывают слона. А Вы заявляете: "Отвлекитесь от своего слона. Я показываю, что слонов не бывает".

[нг]

Тема закрывается за бесперспективностью дальнейшей дискуссии.

[Iosif1]

Ну, осенило кого-нибудь использовать при доказательстве БТФ «Квадратуру куба»?
Надеюсь, осенило.
Но все же покажу вариант использования «Квадратуры куба» при доказательстве БТФ.
Данная тема продолжение темы «Доказательство БТФ» и «Квадратуры куба», закрытых не по моей воле.
К ним следует обращаться для ясности материала, предлагаемого здесь, особенно к последним постам. Или задать вопрос, если и эту тему не закроют.
Желание общаться на форуме у посетителей темы мною до сих пор, не замечено.
Итак.
Рассматривается вариант, когда основание $b$ четное и b и не важно содержит или нет это основание в своем составе сомножитель $3$.
Так как для данного варианта не используется $n$- вое счисление.
Предполагаем, что имеем сконструированное равенство:

${(24*Q_a+a) +(6*Q_b+b) = (24*Q_c+c)}$ 1.1

Теперь, на основании закономерности, существующей при определении ${Q_{n*f}}$, где
$n$ -первоначальное основание
$f$ - дополнительный сомножитель, используемый для увеличения основания.
Если ${n}$ - нечетное, то закономерность расчета для третьей степени с увеличенным основанием посредством умножения на нечетный сомножитель следующая:
${Q_{n*f}}$ = ${{Q_n}*f^3+Q_f*n}$; 2.1
Пример:
Дано:
${n=11; f=17; n*f=187; Q_11=55; Q_17=204; Q_187=272459.}$
${ Q_{n*f}= 272459=55*17^3+204*11}$
Если ${n}$ - четное, то закономерность расчета для третьей степени с увеличенным основанием посредством умножения на нечетный сомножитель следующая:

${Q_{n*f}}$ = ${{Q_n}*f^3+4*Q_f*n}$; 2.2
Пример:
Дано:
${n=16; f=11; n*f=176; Q_16=680; Q_11=55; Q_176=908600.}$
${Q_{n*f }=908600=680*11^3+4*55*16}$

Теперь выражение 1.1 запишем в следующем виде:
${6[4*Q_a]+a +6*[4*(Q_c-Q_a)-k/6]+b = 6*[4*Q_c]+c}$ ; 1.2

На величину ${D_b}$, чтобы получить величину $b$ необходимо из первого слагаемого вычесть величину $k$. Для этого из выражения в скобках вычитается величина ${-k/6}$. Как корректирующая величина.
Откуда первый вариант величины ${Q_{f*b}}$ (как для четной степени):

${b^3=6*[4*{(Q_c-Q_a)}*f^3-k/6*f^3+4*Q_{f}*b]+f*b}$

${Q_{f*b}=4*{(Q_c-Q_a)}f^3-k/6*f^3+4*Q_{f}*b}$ 1.2.1

Для выражения второго варианта величины ${b^3}$, как разности ${f^3*c^3-f^3*a^3}$, определяем ${4*Q_{f*c}}$ и ${4*Q_{f*a}}$, а потом разность между ними:

${c^3=6*[ 4*{Q_c }*f^3+4*Q_{f}*c]+f*c}$;

${4*Q_{f*c}= 4*{Q_c} *f^3+4*Q_{f}*c}$; 1.2.2.1

${a^3 = 6*[4*{Q_a} *f^3+4*Q_{f}*a]+f*a}$;

${4*Q_{f*a}= 4*{Q_a }*f^3+4*Q_{f}*a}$; 1.2.2.2

${[4*{(Q_c-Q_a)}]*f^3+4*{Q_f} *(D_b)-f*k/6}$ 1.2.2

При этом также вводим корректирующую величину, но уже ${-f*k/6}$ в соответствии с имеющимся количеством величины ${D_b}$. .

После составления равенства 1.2.1 = 1.2.2, и сокращения получаем:

${-k/6*f^3+4*Q_f*b=4*Q_f *(D_b)-f*k/6}$ 3.1

${{-k/6*f^3}+4*{Q_f}*{D_b}+4*{Q_f*k}=4*{Q_f }*(D_b)-f*k/6}$ 3.1.2

${-k/6*f^3+4Q_f*k=-f*k/6}$ 3.1.3

${4Q_f*k=k/6*f^3-f*k/6}$ 3.1.4

Преобразовав правую часть равенства, получаем:

${4Q_f*k=k*Q_f}$ 3.1.5




Возможно ли такое равенство? Такого быть не может.
Конечно, нет.
Как это можно понимать? Используемая корректировка не отвечает закономерностям выражением куба через сумму квадратов. Только тогда, когда ${k=0}$. То есть когда корректировка отсутствует.
Но без корректировки не возможно сконструировать уравнение, опровергающее утверждение БТФ. То есть утверждение БТФ справедливо.
Ну, вроде начатая тема по конкретному доказательству завершена.
Может быть, кому то это будет интересно.

Вспомним, что какого то сентября 2007 года заканчивается срок, отведенный в1908 г. на опубликование доказательства. для получения премии П.Вольфскеля , то есть как раз в эти дни.
Поэтому для тех, что все-таки на что-то надеется ажиотаж ни к чему. Вообще он плохой помощник. Теперь все это только, разве ради установления истины? А это не мало!
Но все равно большой поклон памяти ни только П.Ферма, но и памяти П.Вольфскеля! Без него, может быть, не было бы такого увлечения.
Данный пост ему и посвящается.
«Подымем стаканы, содвинем их разом!» А.С. Пушкин

[PAV]

PAV:

Iosif1
Строгое замечание. Так не делают. Если тема была закрыта, значит на то были причины. Их можно в частном порядке обсудить с модератором. Обычно в подобных случаях нет проблем с открытием темы. А делать так, как Вы - значит в явном виде обходить администрацию форума. Интересно, на какую реакцию Вы рассчитывали.

Тема сливается с предыдущими. Оставляю ее закрытой. Судя по всему, автор сказал все, что хотел. Если у кого-то будет желание что-то написать - сообщайте модератору.

(13.10) - тема вновь открыта по просьбе автора

[Iosif1]

То, что тема «Доказательство БТФ» закрыта, ничего не поделаешь. А может быть ничего делать и не надо. Желающие имеют доступ, а желающих ответить не возникает. То есть, дискуссии не получается.
Дело в том, что, действительно, многие расчетные закономерности не эффективны.
Мне удалось найти одну расчетную закономерность, которая, по моему мнению, эффективна. Она основана на анализе недостающих величин при конструировании величины ${Q_b}$ из величины ${Q_c-Q_a}$.
Я старался привести кого-нибудь к этой закономерности, чтобы совместно ее формализовать. Может быть потому, что недостаточно расчетного материала, а может быть потому, что не достает таланта автору, а может быть и то, и другое.
Сам я большего ожидал от следующего варианта доказательства:


http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53966#53966

Итак, анализ, который я считаю эффективным.
Рассматривая структуру ${Q_c-Q_a}$ (1) и предполагаемую структуру
${Q_b}$ (2) можно утверждать, что ${Q_c-Q_a}$ есть не что иное, как величина с определенным количеством нулевых разрядов в $n$-том счислении. При намерении создать ${b^3}$, когда основание степени содержит два нулевых разряда (1) должна содержать четыре нулевых разряда.
Хотя прямого значения данное заключение в анализе не используется, и даже просчет нулевых разрядов не эффективен, но, по моему мнению, это стало возможным также благодаря использованию мною $n$ - ых счислений.
Для наглядности и простоты рассуждений, мы увеличиваем все основания в два раза. (Чтобы не учитывать дополнительный коэффициент $4$).
Как может быть выражена величина ${Q_c-Q_a}$ ?
${(Q_c-Q_a)=Q_{D_b}+Q_k+{k/6}}$ .
Соответственно, для равенства с увеличенными основаниями:

${Q_{2c}-Q_{2a}=Q_{D_{2b}}+Q_{2k}+{k/3}}$ . 1.1

Что представляет в геометрическом смысле величина $Q$ для куба с четным основанием?

Набор квадратов с нечетными основаниями.
А любой квадрат – это последовательная сумма нечетных чисел натурального числового ряда.

${1^2+3^3+5^2+7^2+…+(a-1)^2}$; 2.1

На основании выражения 2.1 можно проводить анализ величин, необходимых для построения величины ${Q_2b}$, которую мы хотим сконструировать.
Геометрически эту величину можно выразить как фигуру, образованную горизонтальной и вертикальной образующей, соединенной параболой.
Это, конечно, условно. Это, если предположить, что координаты расположения ординат, выражающих величины квадратов, располагаются непрерывно.
Итак, мы конструируем величину ${Q_{2b}}$:
Мы конструируем эту величину из разности ${Q_{2c}-Q_{2a}}$ 1.3.
При этом легко убедиться, что мы при анализе такого конструирования можем предусматривать два варианта геометрического построения и этой величины, и величин, из которых необходимо проводить это конструирование.
Первый вариант – это когда мы в качестве величины 1.3 рассматриваем остаток после отсечения величины ${Q_{2a}}$ от величины ${Q_{2c}}$ слева.
Если мы совмещаем горизонтальные образующие величин ${Q_c}$ и ${Q_a}$ и образующие параболы.
Второй вариант, когда рассматривается остаток после отсечения величины ${Q_{2a}}$ от величины ${Q_{2c}}$ справа. Смещая величину ${Q_{2a}}$ строго по горизонтали.
Если мы совмещаем горизонтальные и вертикальные образующие величин ${Q_c}$ и ${Q_a}$.

Мы имеем право это делать, и выполняя первый вариант, и второй вариант, так как отсеченная фигура и фигура оставшаяся и в первом и во втором случаях будет соответствовать величинам
${Q_{2a}}$ и ${Q_{2c}-Q_{2a}}$.
Прежде чем приступить к просчетам, зададимся вопросом: какое количество нечетных степеней участвует в конструировании величины ${Q_{2a}}$.
Количество степеней всегда равно $a$.
В чем может убедиться каждый сомневающийся.
Поэтому, рассматривая первый вариант можно утверждать, что в величине ${Q_{2c}-Q_{2a}}$ участвуют степени с нечетными основаниями в количестве ${D_b}$.
Поэтому возникает возможность, производить просчет величин при построении величины ${Q_{2b}}$ .
По первому варианту производим построение следующим образом:
Пристраиваем слева, вместо величины ${Q_{2a}}$ величину ${Q_{2k}}$, с последующим отсечением избыточных нечетных значений. При этом, ведь в конструировании будут участвовать тоже точные квадраты с нечетными основаниями. Величина остатка и будет той величиной, которую необходимо использовать на величину

${[(2k)^3-2k]/6+k/3}$.

Так как и уменьшаемое, и вычитаемое есть квадраты, получаем в результате суммы разности квадратов с нечетными основаниями.

${[(2a+1)^2-(2k+1)^2]+[(2a+3)^2-(2k+3)^2]+ [(2a+5)^2-(2k+5)^2]+[(2a+7)^2-(2k+7)^2]+…+[(2a+{D_b-1})^2-(2k+{D_2b-1})^2]}$ $=$

${D_{2a}*[(2a+2k)*D_b+2*D_b^2]}$ $=$


${D_2a*D_b*(2a+2k+2*D_b)}$ $=$


${D_{2a}*D_b*2D_c}$ .

И это равняется:

${[(2k)^3-2k]/6+k/3=4k^3/3}$.

Получаем предполагаемое равенство, которое, несомненно, может существовать.

Рассмотрим теперь второй вариант.

При применении второго варианта слева получаем уже готовую величину ${[2^3*D_b^3-2D_b]/6}$ .
Поэтому при построении ${Q_{2b}}$ рассматривается другая разность, но эта разность тоже предусматривается для конструирования величины
${[(2k)^3-2k]/6+k/3=4k^3/3}$.
Что же остается в этом варианте для завершения конструирования величины ${Q_{2b}}$?
В данном варианте уменьшаемое рассчитывается аналогично первому варианту, а вычитаемое как квадраты с конкретными нечетными числовыми основаниями:

${[(2D_b+1)^2-(1)^2]+[(2D_b+3)^2-(3)^2]+[(2D_b+5)^2-(5)^2]+[(2D_b+7)^2-(7)^2] ]+…+[(2D_b+(2a-1)^2-(2a-1)^2]}$

$=$

$${2D_b*(2D_b+2)+2D_b*(2D_b+6)+2D_b*(2D_b+10)+2D_b*(2D_b+14)+… +2D_b*[2D_b+2(2a-1)]}$$

;

По аналогии с первым вариантом имеем:

${2D_b*[2a*D_b+2*a^2]}$ $=$


${2D_b*2a*c}$;

И это тоже должно быть равно ${4k^3/3}$.
По первому варианту получаемое равенство не может служить опровержением утверждения БТФ. А по второму?
Так как используются квадраты с нечетными основаниями, в результате получаем дополнительную удвоенную сумму последовательных нечетных чисел натурального числового ряда.
Эта сумма есть удвоенный квадрат с основанием, равным количеству степеней, участвующих в конструировании анализируемой величины. По первому варианту ${D_b}$, а по второму варианту $a$.
Так как по первому варианту за скобки выносится величина ${D_b}$, а по второму варианту величина $a$, мы получаем различные результаты, противоречащие друг другу.
Приравнивая полученные результаты по первому и второму вариантам, составляем равенство, которое после сокращения принимает вид:
${(D_a+k)*c=D_a*(c+k)}$ 3.1

${D_a*c+k*c=D_a*c+D_a*k}$ 3.2

${c=D_a}$ 3.3

Какое условие должно выполняться для обеспечения этого равенства.
Это условие ожидаемое:

${b=0}$ 3.4

То есть при целочисленном наполнении оснований равенство возможно только при выполнении условия 3.4
Это противоречие и является доказательством БТФ.
По второму варианту получаем возможность при расчете значений использовать конкретные, числовые значения, пусть и в десятичном счислении, что, и обеспечивает определение несоответствия, имеющие место по первому варианту, в котором мы вынуждены задаваться формализованными выражениями, скрывающими истинные закономерности.
И объяснить это можно следующим образом.
Предположим, есть трое математиков. Первый решил построить ${Q_b}$, начиная с ${Q_k}$.
Второй, начиная с ${D_b}$.
Третий и ${Q_k}$ и ${D_b}$ построил отдельно.
Количество квадратов, задействованных для полного построения , одинаковое.
Но основания этих квадратов, для каждой отдельно взятой величины, не у всех одинаковые.
Ясно, что никто не ошибся.
Какое числовое наполнение ${Q_k}$ истинное?
У кого из математиков числовое значение ${Q_k}$ можно сравнивать с аналогичными значениями при конструировании другого основания.
А числовые значения различны.

[Iosif1]

Это ответ на замечание Someone на мой пост в теме Феликса Шмиделя "Простое доказательство ВТФ для чётных степеней".


Да ничего Ваш пример не опровергает, где подобрано 16 цифр.
Неужели Вам не понятно о чём я говорю.
Мне, кажется, что этого не может быть.
При чём тут Ваши большие разряды?
Я полемизировал с Вами с целью, показать, что и в таком подходе (Вашем) можно найти несоответствие существующим закономерностям, а значит и неэффективность этого метода в качестве опровергающего. Но…
Доказательство опирается не на эту закономерность, доказанную китайской теоремой.
Забудьте пока оней.
Правда она, подтверждая любые возможности по набору разрядов, без примеров, позволяет лучше понять моё доказательство. Но почему то...?
Ответьте мне на вопрос:
Для случая, когда одно из оснований содержит единичный сомножитель $n$ , Вы соглашаетесь, что БТФ доказана или нет?
Вы так и не ответили на этот вопрос.
Какие изменения должны произойти? Постарел.
При любом количестве сомножителей $n$ в одном из оснований, схема предлагаемого доказательства не меняется.
Это, просто необходимо понять.
Что мы не можем основание $c$, представленное числом с идеальным штампом, как произведение сомножителей с идеальными штампами? Можем. На сколько разрядов захотим. Дополнительным сомножителем будет степеньс идеальныи штампом, которую можно представить как произведение двух сомножителей со штампами, обеспечивающими идеальные штампы в основаниях $c_i$ и $c_x$.


(При этом аналогично корректируя и сомножители основания $a$ на конкретное число разрядов).
Ведь величина $c$ изначально есть произведение минимум двух сомножителей.
Если большего количества, то можно всё равно, объеденить их в два сомножителя.

И тогда, рассчитывая величину, например, $D_c$, имеем:

$a+b=D_c$; (1)

$~D_c=c_i^n$; (2)

двумя способами, получим величины с различными штампами.
И это независимо ни от количества сомножителей $n$ в одном из оснований, ни от величины рассматриваемой степени.
И это можно показать и расчётами, для тех, кто не верит.
Убедиться в этом каждому.
Ну почему я не имею право говорить о том, что мной доказана БТФ.

Ссылки на работу:
http://babylon.wiki-wiki.ru/b/index.php ... 0%BC%D0%B0

или

http://www.wikiznanie.ru/ru-wz/index.ph ... 0%BC%D0%B0


С уважением.
Ещё раз с наступающим Новым годом!.

[Мат]

$k=n(a+b)(c-a)(c-b)$

[Iosif1]

Мат писал(а):

$k=n(a+b)(c-a)(c-b)$

Это произведение степеней, но к чему это.
Может быть экзамен.
С наступающим Вас, хорошего настроения.
Но экзамен я, вернее всего, завалю.

[Someone]

Iosif1 в сообщении #172024 писал(а):

Да ничего Ваш пример не опровергает, где подобрано 16 цифр.
Неужели Вам не понятно о чём я говорю.
Мне, кажется, что этого не может быть.

Когда кажется - креститься надо. Ваше "доказательство" просто демонстрирует Ваше неумение считать и непонимание того, что Вы считаете. И за два года ничего не изменилось.

[Мат]

это не произведение степеней, это значение числа $k^n = (a + b - c)^n$ при n = 3