Фундаментальные свойства степеней

[sceptic]

Petern1 писал(а):

И если кто-нибудь из участников форума сможет доказать эту гипотезу, то мы превзайдем самого П. Ферма. Мы докажем, что сумма 5-ых степеней не может быть равна ни какой степени. И рапространим это на все n.

$33^5+66^5=33^6$

[Мат]

Цитата:

$33^5+66^5=33^6$

Гипотеза Биля относится только к взаимно простым числам

[sceptic]

Мат, вы прочитали цитату из Petern1'a, на которую я привел контрпример? Гипотеза Биля нигде у него не была упомянута.

[Мат]

sceptic! Petern1 имел в виду именно взаимно простые числа, т.к. невзаимнопростые случаи тривиальны:
$2^5+2^5=2^6$
Просто он не точно выразился. Речь, насколько я понял, идет именно об аналогии с гипотезой Биля, т.е. взаимнопростых числах.

Добавлено спустя 19 минут 28 секунд:

Petern1
Исследуя полиномы 5-х степеней я пришел к выводу, что:
Выражение $x^5+y^5$ представимо как:
$x^5+y^5=(x+y)((x+y)^4-5xy(x+y)^2+5x^2y^2)$
Если обозначить:
$(x+y)^2=a$
$xy=b$
То
$x^5+y^5=\sqrt a(a^2-5b\cdot a+5b^2)$
Если найти дискриминант выражения в скобках, то мы получим:
$a=\frac {5b\pm b\sqrt 5}{2}$
Которое, очевидно, никогда не может быть целым числом. Т.е. полином
$x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4$ не может иметь рациональных корней.
Возможно данное рассуждение справедливо и для более высоких степеней.
Не знаю, поможет ли это как-то в вашем анализе

[Petern1]

Ответ МАТУ. О задачах.

Уважаемый Мат. Это короткое общение с Вами мне также принесло радость. Ваше решение, конечно, красивее и совершеннее. Но сейчас я хочу ответить Sceptic "y. Да и прибалевши я теперь. Извините.


Ответ SCEPTIC "Y

Уважаемый, SCEPTIC, и в начале и в конце темы я слезно просил участников форума о том , что я не могу изложить в полном объеме материал---40 или более страниц. Не мог же я быть уверен в том , что кто-нибудь заинтересуется. И если Вы заинтересовались чем-то, то не надо Вам быть телепатом и сердиться. Запрос и будет ответ. И еще. Я не математик с очень, очень наивысшим мат. образованием, и мне не всегда бывают понятны современные условности . Так мне не совсем понятно, что значит n верт. черта $(a+b)$ Если это n деленное на $(a+b)$, так ведь n ---простое число. Только для простых n надо рассматривать свойства чисел $a^n+b^n$ . Если же это означает, что $a+b=n$ или $a+b$ содержит n, тогда Ваш вопрос действительно важен. И я даю ответ.

$$a^n+b^n=(a+b)[a^{n-1}-a^{n-2}b+….b^{n-1}]$$

n---простые числа 3 и больше. Если теперь разделить число в квадратной скобке на $a+b$, то мы получим частное и всегда получим вот такой остаток $nb^{n-1}$. Уважаемый Sceptic, надо ли мне приводить процесс деления или это и так понятно? Мы этим простым приемом превращаем многочлен в квадратной скобке в сумму двух слагаемых. Так для суммы кубов имеем
$a^2-ab+b^2=(a+b)(a-2b)+3b^2$. Для суммы 5-ой степени

$$a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4=(a+b)(a^3-2a^2b+3ab^2-4b^3)+5b^4$$

Числа $a,b$ обязательно взаимно простые (что общеизвестно), поэтому $a+b$ взаимно просто с $b$ . (Сумма двух взаимно простых чисел взаимно проста с каждым из слагаемых. При сложении различные сомножители в числах $a,b$ взаимно уничтожаются. Предполагаю, что эти утверждения очевидны)
И так мы многочлен в квадратной скобке преобразовываем в сумму двух слагаемых , из которых одно содержит $(a+b)$, умноженное на частное, а второе $nb^{n-1}$ ,где $b$ взаимно просто с $(a+b)$ . Рассмотрим частное. Число членов в нем $n-1$. Коэффициенты (абс. значения) при слагаемых от 1и до $n-1$. Сумма коэфф. равна $n(n-1)/2$. Это нам нужно для рассмотрения случая, когда $(a+b)$ содержит множитель $n$. Если $(a+b)=nk$, то $a=nk-b$. На примере 5-ой степени покажем, что произойдет в частном. Вместо а подставим его значение $a=5k-b$

$$a^3-2a^2b+3ab^2-4b^3=(5k-b)^3-2(5k-b)^2b+3(5k-b)b^2-4b^3$$

Возводим в степень
$(5k-b)^3=5^3k^3-3*5^2k^2b+3*5kb^2-b^3$
$-2(5k-b)^2b=-2*5^2k^2b+2*2*5kb^2-2b^2b$
$3*5k-3bb^2$
$-4b^3$. Видим, что при последнем слагаемом $b^3$ все коэфф. имеют одинаковый знак и равны 1.2.3.4. и сумма их равна 10=5*2. Все остальные слагаемые также имеют множитель 5, значит частное имеет множитель 5. Таким образом если $a+b$ содержит множитель 5, то его содержит и частное. Проделав такие преобразования для кубов, для 7 -ых степеней и т.д. , мы получим аналогичные результаты. Запишем в общем случае
$[\text{многочлен}]=(a+b) (\text{частное})+nb^{n-1}$. Рассуждаем, Если $a+b$ содержит $n$, то ни $a$ ни $b$ содержать $n$ не могут, так как они взаимно просты. В этом случае мы одно $n$ выносим за скобку из двух слагаемых справа, и можно вынести только одно $n$, так как $b$ $n$ не содержит
По другим множителям говорим так, что сумма этих двух слагаемых не может содержать множителей, входящих в $a+b$ , так как эта сумма взимно проста с $b$
Вывод: два сомножителя---сумма оснований и многочлен---взаимно просты по любому простому числу, кроме $n$ , при этом если $n$ может входить в сумму в любой степени, то в многочлене оно будет только один раз.
Уважаемый Sceptic, быть может я не очень удачно изложил обоснования. Прошу меня извинить. Но ведь важно определиться по существу, в достоверности сделанного вывода. После чего я продолжу давать ответы на Ваши ценные вопросы, так как дальнейшее связано с этим.
С огромным уважением к Вам PeterN1

[Someone]

Petern1 в сообщении #174796 писал(а):

Так мне не совсем понятно, что значит n верт. черта $(a+b)$

$n|(a+b)$ обычно означает, что $a+b$ делится на $n$. Но я не стал бы называть это "современной условностью".

Вы неправильно записываете показатели степени. В \TeXе для группировки символов служат фигурные скобки { и }: $a^{n-2}$ кодируется как a^{n-2}. Если в формуле нужны сами фигурные скобки, то их надо кодировать как \{ и \}.
Если Вам нужно включить в формулу русский текст, это можно сделать с помощью команды \text{...}: $a_{\text{индекс}}^{\text{степень}}$.

$a_{\text{индекс}}^{\text{степень}}$

[vlad239]

Мат писал(а):

И решил предложить вот какое решение:

Которое показалось мне слишком хитрым. Я предложу решение для любого числа 8. Пусть $N=8$.

$a^2+b^2+N=c^2$

Выберем $a$ так, чтобы $a^2+N$ было нечетно. Как известно, любое нечетное число представимо в виде разности двух квадратов (например $2k+1=(k+1)^2-k^2$). Поэтому найдутся такие $b$ и $c$, что $a^2+N=c^2-b^2$. Все.

Влад.

[sceptic]

Уважаемый Petern1!
Смысл символа "|" вам объяснил Someone. Поэтому перейду сразу к вашему ответу мне. Увы, ваш ответ - не ответ на мой вопрос по п.4. Вы многословно доказывали, что $a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1}\equiv nb^{n-1}mod(a+b)$ (т.е., что остаток от деления $a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1}$ на $(a+b)$ есть $nb^{n-1}$).
С этим я и не спорил. Хотел же я получить доказательство того, что $(a+b)$ и $a^{n-1}-a^{n-2}b+...+b^{n-1}$ будут $n$-ми степенями некоторых чисел в случае, когда $n|(a+b)$ (т.е $(a+b)$ делится на $n$). Взаимная простота $a$ и $b$ и простота $n$ предполагается. Ведь именно это вы высказали в п.4:

Petern1 писал(а):

"это произведение может быть равно степени только в том случае, когда одновременно равны степени сумма оснований и многочлен".

Попытайтесь это доказать, если получится.

[Мат]

Petern1
Мне понравилось направление Ваших мыслей и я решил предложить Вам еще один способ доказательства того, что от деления полинома на $(a+b)$ всегда остается в остатке $nb^{n-1}$ либо $na^{n-1}$:
1. Возьмем произвольный член полинома $a^tb^{n-1-t}$ и выразим $a$ как $a=(a+b)-b$. Тогда данный член будет иметь вид:
$((a+b)-b)^tb^{n-1-t}=k_t(a+b)+b^{n-1}$ независимо от $t$.
2. Учитывая, что количество членов полинома равно $n$, получаем Вашу формулу:
$\sum\limits_{t=1}^n{(k_t(a+b)+b^{n-1})}=k(a+b)+nb^{n-1}$
Надеюсь это будет Вам полезным.

[Petern1]

Ответ SCEPTICU.

Уважаемый Sceptic, я чрезвычайно благодарен Вам за вопросы, которые Вы задали. Фактически Вы потребовали изложить все с выкладками и подробностями. Это хорошо. Но выполнить это тяжело. На словах в общих чертах все воспринимается легко и просто.
Надо вспомнить, что сумма кубов всегда равна произведению суммы оснований на неполный квадрат разности. Затем обнаружить, что эти сомножители являются взаимно простыми числами. Что означает, что если сумма оснований состоит из множителей $p_1, p_2, p_3…$, то в неполном квадрате разности таких сомножителей нет и не может быть. Поэтому произведение этих суммы оснований и трехчлена может быть равна степени в том и только том случае, когда оба сомножителя равны степени, в частности кубу. Потом надо было обнаружить важнейшее свойство неполного квадрата разности, состоящее в том, что произведение этих чисел всегда равно таким же числам. На основании этого удалось построить точные формулы вычисления таких $a_3 ,b_3$ , при которых трехчлен равен ку-бу. Но в этих случаях и суммы оснований выражаются формулами, исследуя которые удается доказать, что они кубу не равны. Поэтому можно заключить, что сумма кубов не может быть равна кубу.
Обозревая все это, создается впечатление, что здесь поработал всевышний разум и создал такой порядок, чтобы человек, раскрывая его, мог удивляться и восхищаться. Двигаясь шаг за шагом мы приходим к пониманию, что именно таким путем шел и Пьер Ферма, выдающийся математический талант.
В добрый путь уважаемые участники форума (У.Ф.).

СУММА КУБОВ.
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ О том, что эти сомножители явля-ются взаимно простыми числами, обосновано мною в первом ответе Scepticu, поэтому сумма кубов может быть равна кубу в том и только том случае, когда кубу равна сумма оснований и кубу равен трехчлен во второй скобке (мы его обозначаем буквой A) Сумма оснований может быть равна любому числу натурального ряда и никакими особыми свойствами не обладает. А вот числам A присущи удивительные свойства. И важнейшее из них это то, что произведение этих чисел всегда равно числу такого же вида. $ A_1*A_2=A_3$. Умножим
$a_1^2-a_1b_1+b_1^2$
$a_2^2-a_2b_2+b_2^2$
$a_1^2a_2^2-a_1a_2^2b_1^2+a_2^2b_1^2$
$-a_1^2a_2b_2+a_1a_2b_1b_2 –a_2b_1^2b_2$
$a_1^2b_2^2-a_1b_1b_2^2+b_1^2b_2^2$
Получено 9 слагаемых. Их надо дополнить шестью числами со знаком + и столько же со знаком - .

$$ (a_1^2a_2^2, a_1a_2^2b_1,a_1^2a_2b_2, 3a_1a_2b_1b_2, a_2b_1^2b_2, a_1b_1b_2^2)$$

От чего сумма 9-и слагаемых не изменится.
Проведя надлежащее группирование (очень громоздкое, набрать его на компьютере затруднительно ) , мы придем к такому выражеию:

$$(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)^2-(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)(a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)+(a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)^2=A_3$$

Здесь
$(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)=a_3$ $ (a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)=b_3$
$A_3=a_3^2-a_3b_3+b_3^2$

Я буду бесконечно благодарен любому У.Ф., кто согласится проделать это надлежащее группирование и подтвердит, что полученный результат не ложный.
Полученные формулы назовем формулы умножения чисел $A$
Подставляя в эти формулы любые числа $a_1,b_1 a_2b_2$ , мы получим такие $a_3,b_3$, которые будучи подставлены в трех-член дадут число $A_3=A_1*A_2$. И совершенно понятно, что если мы в эти формулы подставим вместо чисел $a_2,b_2$ числа $a_1,b_1$, то мы тем самым произведем умножение чис-ла $A_1$ самого на себя, т.е. получим $A_3=A_1^2$. Повторяя сказанное будем получать $A_3=A_1^3$, $A_3=A_1^4$, $A_3=A_1^5$ и т.д. При этом числа $a_3,b_3$ будут также определяться формулами умножения, т.е. будут точно вычисляемыми. Забегая вперед скажем, что для $A_3=A_1^3 a_3,b_3$ будут таковы, что их сумма не может быть равна ку-бу. И это мы докажем, чем подтвердим Т.Ф. для суммы кубов.
А сейчас надо обратиться к изучению других свойств чисел $A$ Для этого необходимо построить числовую плоскость чи-сел $A$ По оси абсцисс откладываем числа $ a$ , по оси ор-динат числа $ b$. Кто даст себе труда построить такую плоскость до $a$ и $b= 20$, тот будет вознагражден созерцанием удивительных закономерностей, присущих числам $A$ На этой числовой плоскости мы сразу же обнаружим равные числа $A$ при различных $a , b$ . Так число $A=7$ при $a=3 ,b=1$; а так же при $a=3,b=2$. $A=13$ при $a=4,b=1$ и $a=4,b=3$. А число $A=7*13=91$ имеет четыре пары координат:

$$a=10,b=1; a=10,b=9; a=11,b=5; a=11,b=6$$

. На этих примерах замечаем, что для одного значения $a$ есть два значения $b$. Так что можно записать $a,b_1; a,b_2$ ; при этом $b_2=a-b_1$. Пока-жем в общем виде, что при таких соотношениях между $a, b_1, b_2 $ будет иметь место равенство
$a^2-ab_1+b_1^2= a^2-ab_2+b_2^2;$ В числе справа вместо $b_2$ подставим $a-b_1$

$$a^2-a(a-b_1)+(a-b_1)^2=a^2-a^2+ab_1+a^2-2ab_1+b_1^2=a^2-ab_1+b_1^2$$

;
Отметим также, что $b_1$ и $b_2$ всегда меньше $a$ и что $b_1+b_2=a$. Все числа $A$ при таких координатах будут на-ходиться в первом секторе первой четверти нашей координат-ной плоскости. Важно уяснит, что только эти числа и подле-жат рассмотрению. В итоге скажем , что каждое число $A$ может быть задано как минимум двумя парами координат $(a,b_1)$ и $(a,b_2)$, при этом $b_2=a-b_1$ и $b_1=a-b_2$.
А теперь вернемся к нашим формулам умножения.
Для получения двух значений $b_3$ $b_3_,_1$ и $b_3_,_2$ не-обходимо из $a_3$ вычесть $b_3$, которое примем $b_3_,_1$ $a_3=a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1$ $b_3_,_1=a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2$ $b_3_,_2=a_1b_2-a_2b_1$
В зависимости от соотношения чисел $a_1b_2$ и $a_2b_1$ может оказаться, что $a_3$ меньше чем $b_3_,_1$. Тогда их надо поменять местами. И считать $a_3=a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2$
$b_3_,_1 =a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1$
$b_3_,_2=a_2b_1-a_1b_2$ (1-ая тройка форм. умножен.)
Раньше мы отметили, что любое число $A$ задается как ми-нимум двумя парами координат. Так $A_1$ $(a_1,b_1)$ и
$(a_1,a_1-b_1)$ , а число $A_2$ $(a_2,b_2)$ и $(a_2,a_2-b_2)$
Если теперь в формулы умножения вместо $b_1$ подставить
$a_1-b_1$ , или вместо $b_2$ подставить $a_2-b_2$ , то мы по-лучим новые формулы вычисления чисел $a_3,b_3_1,b_3_,_2$
$a_3=a_1a_2-b_1b_2$
$b_3_,_1=a_1a_2-a_1b_2-a_2b_1$
$b_3_,_2=a_1b_2+a_2b_1-b_1b_2$ (2-ая тройка форм. умножен.)
По полученным формулам вычисляются координаты составных чисел $A$. Если составное число является произведением толь-ко двух чисел $A_1*A_2$, то мы получим 4 пары координат. Если $A=A_1*A_2*A_3$ , то координат будет 6 пар и т.д. У простых чисел $A$ только две пары координат.
Для получения чисел $A$ равных квадрату, необходимо в формулы умножения подставлять вместо $a_2 ,b_2$ числа $a_1 , b_1$, в результате мы получим формулы вычисления $a_3,b_3$ при которых $A_3$ будет равно квадрату, Квадрату:
$ a_3=a_1^2-a_1b_1+b_1^2$
$b_3_,_1 =a_1^2-a_1b_1+b_1^2$
$b_3_,_2=0$ (1-я тройка формул умнож.)


$a_3=a_1^2-b_1^2$
$b_3_,_1=a_1^2-2a_1b_1$
$b_3_,_2=2a_1b_1-b_1^2$ (2-я тройка форм. умнож.)

Кубу: В формулы умножения надо подставлять вместо $a_2,b_2$ значения $a_3,b_3$, полученные для квадратов. По первой тройке формул умножения получим
$a_3=a_1A_1+b_1A_1-b_1A_1=a_1A_1$
$b_3_,_1=a_1A_1+b_1*0-b_2A_1=(a_1-b_2)A_1=b_1A_1$
$b_3_,_2=a_1A_1+b_1A_1-a_1A_1=b_1A_1$
Сумма оснований
$a_3+b_3_,_1=a_1A_1+b_2A_1=(a_1+b_2)A_1=a_1^3+b_2^3$.
$a_3 +b_3_,_2=a_1A_1+b_1A_1=(a_1+b_1)A_1=a_1^3+b_1^3$
И так, мы знаем , что сумма кубов $a^3+b^3=(a+b)A$ может быть равна кубу, если кубу равно $(a+b)$ и кубу равно $A$. Мы получили, что $A$ равно кубу при координатах $a_3 , b_3_,_1$ и $a_3 , b_3_,_2$ Но сумма этих чисел равна сумме кубов других, меньших чисел. И нам необходимо, чтобы эта сумма была равна кубу. Но она равна $a_1^3+b_3^3=(a_1+ b_1)A_1$. И она может быть равна кубу только в том случае , если кубу будут равны $(a_1+b_1)$, а также $A_1$. Но $A_1$ может быть равна кубу при таких $a$ и $b$ , которые вычис-ляются по формулам умножения. Сумма же этих чисел опять будет равна сумме кубов еще меньших чисел. И т.д. до бесконечности, а вернее до 0. И если такие числа существуют, то должна существовать последовательность таких чисел, и мы ее можем обнаружить в начале числовой оси. Но мы таких чисел не находим, это означает, что их нет!
Такая связь между числами названа метод бесконечного спуска. Но лучше назвать принцип бесконечного спуска. В ли-тературе упоминается, что открыл его П.Ферма и очень гор-дился этим открытием.
Мы можем сейчас сказать, что мы достигли доказательства того, что сумма кубов чисел $a$ и $b$ , вычисляемых по пер-вой тройке формул умножения , не может быть равна кубу!
А теперь приступим к рассмотрению чисел, вычисляемых по второй тройке формул умножения , при которых трехчлен А тоже равен кубу.Сначала выведем формулы.

$$a_3=a_1a_2-b_1b_2=a_1(a_1^2-b_1^2)-b_1(2a_1b_1-b_1)=a_1^3+b_1^3-3a_1b_1^2$$

$$b_3_,_1=a_1b_2+a_2b_1-b_1b_2=a_1(2a_1b_1-b_1^2)+b_1(a_1^2-b_1^2)-b_1(2a_1b_1-b_1^2)= =3a_1^2b_1-3a_1b_1^2$$

.

$$b_3_,_2 =a_1^3+b_1^3-3a_1^2b_1$$

Суммы оснований: первая---

$$a_3+b_3_,_1=a_1^3+b_1^3-3a_1b_1^2+3a_1^2b_1-3a_1b_1^2= =(a_1+b_1)^3-9a_1b_1^2$$

.
Вторая---

$$a_3+b_3_,_2=a_1^3+b_1^3-3a_1b_1^2+a_1^3+b_1^3-3a_1^2b_1= =(a_1+b_1)(2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2)$$

.
Вопрос: при каких $a_1 , b_1$ первая сумма может быть равна кубу? Предположим
$(a_1+b_1)^3-9a_1b_1^2=x^3$.
$ (a_1+b_1)^3-x^3=9a_1b_1^2$;

$$(a_1+b_1-x)[(a_1+b_1)^2+(a_1+b_1)x+x^2)=9a_1b_1^2$$

. Поло-жим $a_1+b_1-x=3a_1$, а второй сомножитель $(a_1+b_1)^2+(a_1+b_1)x+x^2=3b^2$. $x=b_1-2a_1$ . Значение $x$ подставим во второе равенство . Получим
(преобразования опущены):
$3a_1^2-3a_1b_1+3b_1^2=3b_1^2$; $3a_1(a_1-b_1)=0$. Либо $a_1=0$, либо $(a_1-b_1)=0$ и
$a_1=b_1$; таким образом, первая сумма оснований может быть равна кубу если $a_1=0$ или $a_1=b_1$. Если $a_1=0$, то $a_3=b_1^3, b_3_,_1=0, $; если $a_1=b_1$, то $a_3=-a_1^3, b_3_,_1=0, $ . Но эти значения $a_3,b_3_,_1,$ нас не интересу-ют.
Таким образом сумма кубов пары чисел $a_3 , b_3_,_1$; вычис-ляемых по второй тройке формул не может быть равна кубу.
Теперь рассмотрим вторую сумму
$(a_1+b_1)(2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2)$ . Разделив число во второй скобке на число в первой скобке, обнаружим что эти числа есть взаимно простые числа по любому простому числу p, кроме p=3 или p=9.

$$2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2=(a_1+b_1)(2a_1-7b_1)+9b_1^2$$

. Если
$a_1+b_1=9k , a=9k-b_1$. То
$2a_1-7b_1=18k-9b=9(2k-b_1)$. 9 выносим за скобку, поэтому сумма
$(a_1+b_1)(2a_1-7b_1)+9b_1^2$ других множителей входящих в
$a_1+b_1$ содержать не может, так как $a_1+b_1$ взаимно просто с $b_1^2$. Тогда произведение
$(a_1+b_1)(2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2)$
может быть равно кубу если оба сомножителя равны кубу.
Число во второй скобке разлагается на множители
$ 2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2=(2a_1-b_1)(a_1-2b_1)$.
В результате проб и ошибок установлено, что
$(2a_1-b_1)(a_1-2b_1)$ может быть равно кубу , при том только составного числа (исключение составляет $a_1=5,b_1=1,a_1=1,b_1=5$). Принимаем
$(2a_1-b_1)(a_1-2b_1)=p_1^3p_2^3$. Возможны два варианта: Первый это
$(2a_1-b_1)=p_1^3p_2, (a_1-2b_1)=p_2^2$ второй вариант это $(2a_1-b_1)=p_1^3p_2^2, (a_1-2b_1)=p_2$

Рассмотрим первый вариант. Сложим.
$(2a_1-b_1)=p_1^3p_2$
$(a_1-2b_1)=p_2^2$
$3a_1-3b_1==p_1^3p_2+p_2^2$
$ 3(a_1-b_1)=p_2(p_1^3+p_2) , p_2=3$ ,
$a_1-b_1=p_1^3+3. a_1=b_1+p_1^3+3, a_1-2b_1=9$, Вычтем
$a_1-b_1=p_1^3+3$
$a_1-2b_1=9$
$b_1=p_1^3-6$.
$a_1=2p_1^3-3$. Задавая значения $p_1=1,2,3$ и т.д., мы бу-дем получать такие $a_1,b_1$ , при которых
$2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2$ будет равен кубу.
Рассмотрим второй вариант:
$(2a_1-b_1)=p_1^3p_2^2 * (a_1-2b_1)=p_2$. Аналогичные преоб-разования дают
$a_1=6p_1^3-1 , b_1=3p_1^3-2$ . Задавая значения $p_1=1,2,3$ и т.д. , получим такие $a_1 , b_1$ , при которых
$2a_1^2-5a_1b_1+2b_1^2$ будет равен кубу.
Сумма оснований в первом варианте
$a_1+b_1=3p_1^3-9=3(p_1^3-3)$
Чтобы это число было кубом, надо чтобы число в скобке со-держало множители 3. А это возможно , если $p_1$ содержит число 3. Положим $p_1=3t$. $3(27t^3-3)=9(9t^3-1)$. Число
$(9t^3-1)$ ни множителя 3, ни множителя 9 не содержит при любых $t$. Поэтому $9(9t^3-1)=а_1+b_1$ кубу не равно.
Сумма оснований во втором варианте
$а_1+b_1=3(3p_1^3-1)$. Множитель $(3p_1^3-1)$ при любых $p_1$ числа 3 не содержит, поэтому
$3(3p_1^3-1)$ кубу не равно.
Возвратимся к началу:
$a_3^3+b_3^3=(a_3+b_3)(a_3^2-a_3b_3+b_3^2)$. Сумма этих ку-бов может быть равна кубу только в том случаи, если кубу равны оба сомножителя. Число во второй скобке может быть равна кубу при таких $a_3$ и $b_3$, которые вычисляются по формулам умножения . Но сумма оснований в этом случае $a_3+b_3=(a_1+b_1)(2a_1^2-5а_1b_1+2b_1^2)$, которая, как мы показали, кубу равна быть не может, поэтому сумма кубов ку-бу не равна.
В случаи, когда $(a+b)$ делится на $n$ нам как минимум надо $(a+b)=9$, тогда мы одну 3 выносим из $A$ и получаем $3^3$, но в $A$ еще останется число не содержащее 3 и не равное кубу, что мы можем проверить. Если $(a+b)=9k$, тогда $k$ и $A$ взаимно просты.
На этом завершается доказательство Т.Ф. для n=3.Petern1.






Ответ SCEPTICU

Ответ на Ваши слова «Хотел же я получить доказательство того, что $(a+b)$ и (многочл.) [позвольте мне так выразиться] будут n-ми степенями некоторых чисел в случае, когда $(a+b)$ делится на n «
Видимо я не удачно сформулировал утверждение. Я ни в ко-ем случае так не считаю, к этому не стремился. Более того считаю, что такое не возможно. Для суммы кубов я как-раз и стремлюсь доказать, что когда $(a^2-ab+b^2)$ равно кубу, то $(a+b)$ кубу равно быть не может. Из чего следует… Мне бы-ло трудно набрать текст для кубов. Возможны ошибки, бдьте снисходительны. Пардон. Текст прошел ошибочный. Извините. Исправляю. И по поводу Ваших примеров $33^5+66^5=33^6$. Аналогичных примеров Вы можете привести сколь угодно много.

$$[a(a^5+b^5)]^5+[b(a^5+b^5)]^5=a^5(a^5+b^5)^5+b^5(a^5+b^5)^5= (a^5+b^5)^5(a^5+b^5)=(a^5+b^5)^6$$

. В этом Вашем прмере
$a=2,b=1$. В том месте, где речь идет о сумме 5-ых степеней имеются в виду числа не такие$a(a^5+b^5)$ и $b(a^5+b^5)$ , а числа $a$ и $b$ ВЗАИМНО ПРОСТЫЕ. И я заметил, что Вы это прекрасно понимаете.
И еще к Вам прсьба, уважаемый Sceptic. Скажите Ваше мне-ние о формулах
$a_3=a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2$
$b_3=a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1$. Их можно считать верными? Можно ли их использовать для дальнейших выкладок? Путь или метод получения этих формул вызывает или не вызывает у Вас доверие? По этим же вопросам прошу высказать мне-ние и КОРОВЬЕВА. И прошу это сделать без ссылок на выс-шую математику. За общение весьма благодарен.
С уважением Petern1.




Ответ МАТУ По поводу предложения.

Уважаемый Мат, я с благодарностью принимаю Ваше пред-ложение. Со своей стороны хочу и Вам предложить. Посмот-рите пункт 5) темы Фундам. Свойства степеней, где речь идет о равенстве суммы кубов квадрату. Быть может она Вам по-кажется актуальной. Где-то я заметил, что Вы занимаетесь квадратичными формами. А это на стыке. Давайте помечтаем. Может быть общими усилиями на форуме мы сможем дока-зать, что сумма кубов не может быть равна не только кубу, но и вообще ни какой степени кроме квадрата. Для 5-ой и7-ой степени у меня такие наработки уже есть. Тогда, мне кажется, равенство суммы кубов квадрату может звучать не плохо. Воз-мите полностью на себя этот вопрос. С благодарностью
Petern1.

[Someone]

Исправьте, пожалуйста, формулы. Русские буквы в формулах не используются. Внимательно просмотрите формулы, есть и другие ошибки,

[Мат]

Первый случай $n=3$ (первая тройка формул) действительно доказывается методом бесконечного спуска и доказывается, надо отметить замечательно! Потрясающе. Но в силу того, что в первом случае $a_3=b_3=a_1^2-a_1b_1+b_1^2$, то можно считать его тривиальным.
Наиболее интересным представляется второй случай (вторая тройка формул). Доходим до момента, когда $a_1+b_1-x=3a_1$. И тут начинается самое интересное!

Цитата:

Значение подставим во второе равенство . Получи меньших чисел, которая также должна быть числом в пятой степени. А эта сумма пятых степеней других, меньших чисел в свою очередь может быть равна пятой степени, если ее пятичлен и сумма оснований еще меньших чисел будет пятой степенью, и т.д. Это---бесконечный спуск, на основании которого мы говорим, что а5+b5 не равно одному числу в степени 5. И еще уточним, что других чисел А55, кроме тех о которых мы только что го-ворили, не бывает , так как равных чисел А5 нет. Более того. Поскльку А5 не умножаются, то чисел А5 в других степенях можно предполагать также не бывает. Из этого следует, что сумма 5-х степеней не может быть равна не только 5-й степе-ни, но вообще никакой степени!!!
Сказанное о 5-х степенях полностью присуще 7-ой степени. Так что и сумма 7-х степеней не может быть равна ни какой степени. И т.д. для всех n , равных простым числам.

Допускаю, что остальные рассуждения верны, за исключением вот какого:

Цитата:

Это---бесконечный спуск, на основании которого мы говорим, что а5+b5 не равно одному числу в степени 5. И еще уточним, что других чисел А55, кроме тех о которых мы только что го-ворили, не бывает , так как равных чисел А5 нет. Более того. Поскльку А5 не умножаются, то чисел А5 в других степенях можно предполагать также не бывает. Из этого следует, что сумма 5-х степеней не может быть равна не только 5-й степе-ни, но вообще никакой степени!!!

Т.е. из предыдущих рассуждений напрашивается вывод, что для пятых степеней для доказательства должны быть некие формулы (как в случае кубов), благодаря которым удается сделать замену на $x$. Но тут же говорится, что поскольку А5 не умножаются, т.е. формул нет? Мне кажется здесь надо прояснить

[Someone]

Petern1 в сообщении #174796 писал(а):

Вывод: два сомножителя---сумма оснований и многочлен---взаимно просты по любому простому числу, кроме $n$ , при этом если $n$ может входить в сумму в любой степени, то в многочлене оно будет только один раз.

Petern1 в сообщении #175454 писал(а):

$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ О том, что эти сомножители явля-ются взаимно простыми числами, обосновано мною в первом ответе Scepticu, поэтому сумма кубов может быть равна кубу в том и только том случае, когда кубу равна сумма оснований и кубу равен трехчлен во второй скобке (мы его обозначаем бу-квой A)

Второе утверждение противоречит первому. Если $a+b$ делится на $3$, то $a^2-ab+b^2$ делится на $3$ и не делится на $9$, поэтому не может быть кубом.

Petern1 в сообщении #175454 писал(а):

Я буду бесконечно благодарен любому У.Ф., кто согласится проделать это надлежащее группирование и подтвердит, что полученный результат не ложный.

Mathematica 5.1 подтверждает, что
$(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)^2-(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)(a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)+\\+(a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)^2=(a_1^2-a_1b_1+b_1^2)(a_2^2-a_2b_2+b_2^2)$.

[vlad239]

Someone писал(а):

Mathematica 5.1 подтверждает, что
$(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)^2-(a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1)(a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)+\\+(a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2)^2=(a_1^2-a_1b_1+b_1^2)(a_2^2-a_2b_2+b_2^2)$.

Это не должно нас удивлять. Написанное здесь равенство - мультипликативность нормы для расширения $\mathbb Q(\sqrt[3]{1})$.

Влад.

[sceptic]

Я ему про Фому, он мне про Крему.
Petern1, вы читали мои вопросы? Поняли их? Или рассматриваете их лишь как повод для своего токованья?
Я не "требовал изложить все с выкладками и подробностями", боже упаси! Мне не интересны ваши экзерсисы по мультипликативности формы $a^2-ab+b^2$ (она известна еще с 19 века). Дайте лишь ответ на мои вопросы.

Petern1 писал(а):

$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ О том, что эти сомножители являются взаимно простыми числами, обосновано мною в первом ответе

Не обосновано. Вы упорно не хотите рассмтреть случай, когда $3|(a+b)$ и, соответственно, $3|(a^2-ab+b^2)$, т.е. $a+b$ и $a^2-ab+b^2$ не взаимно просты и, следовательно, последующие ваши выкладки (в случае $n=3$) весьма далеки от доказательства ТФ для $n=3$.
К тому же, вы до сих пор не освоили правила форматирования при написании формул, в силу чего математическая часть вашего текста совершенно неудобочитаема. Я не любитель разгадывания ребусов - такой текст читать не буду.