Фундаментальные свойства степеней

[Petern1]

Виктор Ширшов.

Вот это другое дело, это по деловому.
Что же касается, высказанного Вами сомнения, то ответ здесь простой. Суммы квадратов равные кубу, и суммы квадратов равные сумме кубов не могут быть одними и теми же числами. Если бы такое было, то это означало бы, что сумма кубов может быть равна кубу. А что это невозможно, так как это доказано Эйлером и Petern1 (доказательства принципиально различны).
С другой стороны, я с Вами вполне согласен. Было бы полезным и, думаю, весьма интересным дать непосредственное доказательство. Того, что вычисляемые по формулам числа
$a , b$ , сумма квадратов которых равна кубу (см. первую стр. темы). И числа $c ,d$ , сумма квадратов которых равна сумме кубов ( стр. 14) . Что эти числа по парно не могут быть равны. И, уважаемый Виктор, я не только не возражаю. Наоборот , я прошу Вас, или любого участника форума попытаться найти такое доказательство. И авторство Вам и честь и хвала вам.
Но stop. Полученные мною формулы вчисления $a,b,c,d$, удовлетворяющих равенству
$a^3+b^3=c^2+d^2$ полностью не охватывают все возможные случаи. И я продолжаю над этим работать. И я снова предлагаю и Вам и любому другому участнику форума приложить свой ум к решению этой задачи. Я был бы счастлив узнать, что кто-то нашел решение быстрее меня и лучше меня. Что Вы скажете? С уважением Petern1.

[Виктор Ширшов]

Petern1 в сообщении #201299 писал(а):

Суммы квадратов равные кубу, и суммы квадратов равные сумме кубов не могут быть одними и теми же числами. Если бы такое было, то это означало бы, что сумма кубов может быть равна кубу.

.
Если бы числа в квадрате и кубе были одними числами, то это означало бы, что сумма кубов больше суммы квадратов.

Petern1 в сообщении #201299 писал(а):

И я снова предлагаю и Вам и любому другому участнику форума приложить свой ум к решению этой задачи. Я был бы счастлив узнать, что кто-то нашел решение быстрее меня и лучше меня. Что Вы скажете? С уважением Petern1.

Я скажу Вам спасибо, но от данного предложения откажусь. Мне есть куда прилагать свой ум.

[Мат]

Petern1
Изящно. Любое уравнение$x^n+y^n=a^2+b^2$ имеет бесчисленное множество решений как для простых, так и непростых $n$.
Хотя надо признать, что ваша мысль мне понятна и мне доставляет неслыханное удовольствие то терпение, с которым вы пытаетесь разгадать тайну неполных квадратов. Сам бы я давно уже на вашем месте потерял интерес, но вы продолжаете.
Самому мне на ум пришла неожиданно интересная мысль: а что, если дело совсем не в неполных квадратах, а именно в показателе, равном двум. Другими словами, что если формы $a^2\pm k_1ab\pm k_2b^2$ являются также взаимными, и более того, даже формы $a^2\pm k_1a\pm k_2b\pm k_3ab\pm k_4b^2$?

[Petern1]

МАТ

Уважаемый Мат, Вы потерялись на целый месяц, и, наконец, объявились. Рад встрече.
Вы говорите «любое уравнение
$x^n+y^n=a^2+b^2$ имеет бесчисленное множество решений”.
Не могли бы Вы показать мне решение ур-ния
$x^5+y^5=a^2+b^2$. Буду благодарен.
Вторая Ваша мысль получилась как-то незаконченной. После знака ? надо продолжение…. Petern1.

[Мат]

Petern1
Да потерялся, увы. Виноват, извините.
К сожалению в излюбленном вашем виде общего или частного решения привести не могу (да и длинно это), но вот в числовом виде:
$4^5+1^5$ двумя способами представимо в виде суммы квадратов:
$4^5+1^5=31^2+8^2$
$4^5+1^5=32^2+1^2$
Первая нетривиальная пара:
$12^5+5^5=494^2+89^2$
$12^5+5^5=394^2+311^2$
Что касается седьмых степеней, то:
$4^7+1^7=103^2+76^2$
$4^7+1^7=92^2+89^2$
Хочу заметить, что интерес представляет лишь нахождение тех пар, которые не являются квадратами. С этой точкт зрения пары:
$4^5+1^5$ и $4^7+1^7$ интереса не представляют, т.к. числа $4$ и $1$ сами являются квадратами, а поэтому данные решения неинтересны. Интерес представляют лишь нетривиальные решения вида:
$12^5+5^5=394^2+311^2$
$8^7+5^7=1341^2+614^2$
Добавлено спустя 33 минуты 50 секунд:

Что касается второй мысли, то верно ли, что для любых $k_1, k_2, k_3, k_4$, и $a, b, c, d$ существуют такие $p,q$, что:

$$p^2\pm k_1p\pm k_2q\pm k_3pq\pm k_4q^2= (a^2\pm k_1a\pm k_2b\pm k_3ab\pm k_4b^2)(c^2\pm k_1c\pm k_2d\pm k_3cd\pm k_4d^2)$$

. Мне кажется что да.

[Petern1]

МАТ

Числовыми примерами Вы меня ошарашили. Не ожидал, не думал. Вместе с тем Вы выдвинули, как мне кажется, очень интересную и прекрасную задачу
$x^n+y^n=a^2+b^2$. По трудности решение этой задачи будет не легче самой ВТФ. И в процессе ее решения должны выявиться прекрасные соотношения целых чисел. Честь и слава тому, кто первым ее решит (если это возможно).
Но позвольте Вас спросить, откуда у Вас эти примеры? Как они получены? Неужели методом «тыка»? Если у Вас есть еще такие примеры для 5-ой и 7-ой, скинте мне их, пожалуйста. Быть может через некоторое время я попытаюсь решать поставленную Вами задачу. Сейчас же я готовлю большое сообщение. Думаю, и Вам будет интересно. Следите.
Вторая Ваша задача показалась мне как бы надуманной, не мотивированной. И, извините за откровенность, не вызвала у меня интереса. Хотя может быть я не все понял
С уважением Petern1.

[LetsGOX]

Ух ты! DxDy рулит! И доказательство теоремы Ферма, и много других новых теорем!
Petern1 вы прям Эйлер 21 века!

[Petern1]

МАТ

Уважаемый МАТ, попрошу Вас внимательно ознакомиться с предложенными выкладками и высказать свои суждения, замечания.
Ясно, что эта просьба относится и к другим участникам форума.



О прдставимости степеней натуральных чисел
суммами двух чисел в той же степени.

Обще известно, что при изучении сумм необходимо рассматривать только взаимно простые числа.

Сформулируем аксиому:
Сумма двух взаимно простых чисел взаимно проста с
каждым из слагаемых.
$a+b=c$ Если $a , b$ взаимно просты, то и $c$ взаимно просто и с $a$, и с $b$. Доказательство от противного. Предполагаем: пусть $c$ не взаимно просто с $a$ и имеет с ним общий множитель $p_1$ , так что $a=p_1p_2$ а $c=p_1p_3$. Тогда
$a+b=c. p_1p_2+b=p_1p_3. b=p_1p_3-p_1p_2=p_1(p_3-p_2)$
Значит и $b$ должно иметь множитель $p_1$ т. е. быть не взаимно простым с числом $a$ , что противоречит исходному.
Из этого следует, что если к сколь угодно составному числу прибавить единицу, или другое сколь угодно составное число, но с другими множителями, то в полученной сумме не окажется множителей, входящих в слагаемые.

КВАДРАТЫ.

Квадраты могут быть представлены суммой двух квадратов.
В этом утверждении ничего нового нет. Но метод, которым мы этого будем достигать отличается от известных и он нам понадобится в дальнейшем.
Из квадрата вычтем квадрат
$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$. Разность$a-b$ обозначим $c$, тогда
$a=b+c$. Подставим это вместо $a$
$a^2-b^2=(a-b)(a+b)=c(b+c+b)=2bc+c^2$. И так разность квадратов представляется двояким образом. Это равносильные выражения.
Теперь задаемся вопросом: может ли разность квадратов быть равна квадрату? И для ответа на этот вопрос лучше подходит последнее выражение. Предположим
$2bc+c^2=x^2$ Тогда
$2bc=x^2-c^2=(x-c)(x+c)$. Анализируем
Слева четное число $2bc$, значит справа тоже должно быть четное число. $(x-c)(x+c)$ должно быть четным. Но, если
$(x-c)$ четно, то и $(x+c)$ четно, и, наоборот, если не четны, то оба сомножителя . По этому, однозначно, $(x-c)$ должно быть равно 2.
$x-c=2$, тогда $x=c+2$. Тогда
$(x-c)(x+c)=2(c+2+c)=2(2c+2)=2*2(c+1)$. Тогда
$2bc=2*2(c+1) , bc=2(c+1)$. Слева $c$, справа $(c+1)$--это взаимно простые числа, поэтому $c$ может принимать значения либо 1, либо 2.
$c=1$, тогда $b=2(1+1)=4$, тогда $2bc+c^2=2*4+1^2=9=3^2$
$c=2$, тогда $b=(2+1)=3$, тогда $2bc+c^2=2*3*2+2^2=16=4^2$.
А теперь остановимся и зададим себе такой вопрос: почему равенство
$bc=2(c+1)$ оказалось возможным, почему оно СОСТОЯЛОСЬ?! Оно состоялось потому, что слева только два сомножителя и ничто не мешает распределить между ними то, что находиться справа. Это очень важное утверждение. Здесь же добавим, что в этом равенстве можно левую и правую части умножить на любое (понятно одно и то же) число, от чего равенство сохраниться. Запишем
$bc*p_1p_2…=2*p_1p_2…*(c+1)$. Теперь числу $c$ можно придавать значения $1 , 2 , p_1 , p_2$ и т. д., и будем получать определенные значения $b$. И если эти значения подставить в
$2bc+c^2$, то мы будем получать квадраты. И из этих же значений $b,c$ состоит и $a$
$a=b+c$, квадрат которого представим суммой двух квадратов.


КУБЫ.

Куб не может быть представлен суммой двух кубов.

Из куба вычтем куб
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$. Обозначим $(a-b)=c$. Тогда
$a=b+c$. В неполный квадрат подставим это значение $a$.
$a^3-b^3=c(b^2+2bc+c^2+b^2+bc+b^2)=c(3b^2+3bc+c^2$
$a^3-b^3=3b^2c+3bc^2+c^3$. Предположим, что сумма этих 3-х слагаемых равна кубу.
$3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$. Тогда
$3bc(b+c)=x^3-c^3=(x-c)(x^2+xc+c^2)$. $(x-c)$ и $(x^2+xc+c^2)$ это взаимно простые числа по любому простому числу $p$, кроме $p=3$ (Смотри П4 на первой странице темы). Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$. Пусть
$x-c=3,x=c+3$. Подставим

$$(x-c)(x^2+xc+c^2)=3(c^2+6c+9+c^2+3c+c^2)=3(3c^2+9c+9)=9(c^2+3c+3)$$

. Далее запишем
$3bc(b+c)=9(c^2+3c+3)$ . $bc(b+c)=3(c^2+3c+3)$. Число в скобке справа можно записать
$c^2+3c+3=c(c+3)+3$. При любом $c$ не содержащем 3, сумма этих двух слагаемых взаимно проста с $c$ (смотри аксиому)
И так в равенстве
$bc(b+c)=3(c^2+3c+3)$ число $c$ слева и число $(c^2+3c+3)$ справа взаимно просты, поэтому $c$ может принимать значения либо 1, либо 3.
Если $c=1$, тогда $b(b+1)=3*7$. Слева при любом $b$ число четное, справа нечетное. Равенство не возможно.
Если $c=3$, тогда $3b(b+3)=3(9+9+3)$, $b(b+3)=21=3*7$. Слева при любом $b$ четное, справа нечетное. Равенство не возможно. Сравниваем с квадратами и утверждаем, что здесь равенство не состоялось по той причине, что слева здесь три сомножителя $bc(b+c)$. И множитель $(b+c)$ не позволил равенству состояться, о чем мы говорим с сожалением.
Но мы здесь обнаружили и то, что число $c$ определенно должно быть равно 3, или $3p$. Но что такое $c$? Это же $a-b$. Таким образом, если мы будем брать числа
$a$ и $b$ такие, что $a-b=3$, то разность их кубов не может быть равна кубу.
А теперь рассмотрим случай, когда $a-b=3p$
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2^$, если $a-b=3p$, то$a=b+3p$. Подставим это значение $a$ в равенство
$a^3-b^3=3p[(b+3p)^2+(b+3p)b+b^2]=3p(b^2+6bp+9p^2+b^2+3bp+b^2)$.
Окончательно запишем
$a^3-b^3=3p(3b^2+9bp+9p^2)=9b^2p+27bp+(3p)^3$. И задаемся тем же вопросом: может ли последнее выражение быть равно кубу?
$9b^2p+27bp+(3p)^3=x^3$
$9bp(b+3p)=x^3-(3p)^3=(x-3p)(x^2+x3p+9p^2) $. Слева есть множитель$9=3*3$, значит и справа должно быть множителю
$3$ и он должен быть и в $(x-3p)$ и в
$(x^2+x3p+9p^2)$. Положим $(x-3p)=3$. Тогда
$x=3p+3$ , и тогда
$(x^2+x3p+9p^2)=27p^2+27p+9=9(3p^2+3p+1)$. И тогда запишем
$9bp(b+3p)=3*9(3p^2+3p+1)$
$bp(b+3p)=3(3p^2+3p+1)$. Поскольку $p$ и $(3p^2+3p+1)$ взаимно простые числа, то $p$ в этом равентве может быть равно либо 1, либо 3. Если $p=1$, то
$b(b+3)=3*7$. Видим слева при любом $b$ чет, справа нечет.
Если $p=3$ то
$3b(b+9)=3(3p^2+3p+1)$. Слева чет, справа нечет. Таким образом равенство
$bp(b+3p)=3(3p^2+3p+1)$ невозможно. Это означает, что
$9b^2p+27bp+(3p)^3$ кубу не равно.
Мы могли бы проделать аналогичные выкладки задавшись разностью $a-b=9p$. Очевидно, что и в этом случае мы придем к такому же результату. Это означает, что разность
$a^3-b^3$ не может быть равна кубу, и мы вынуждены согласиться, что $a^3$ не может быть равен сумме двух кубов.

5—ые СТЕПЕНИ.

$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4). Полагаем $a-b=c$
$a=b+c$ Подставим
$a^5-b^5=c(5b^4+10b^3c+10B^2c^2+5bc^3+c^4)$ или
$a^5-b^5=5b^4c+10b^3c^2+10b^2c^3+5bc^4+c^5=x^5$
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=x^5-c^5$. Но
$x^5-c^5=(x-c)(x^4+x^3c+x^2c^2+xc^3+c^4)$. Произведение этих сомножителей должно содержать число 5, так как оно равно
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3$. А это возможно если $x-c=5$, или
$5p$. Рассматриваем случай $x-c=5$, тогда $x=c+5$. Подставим это вместо $x$ и после вычислений получим
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=5*5(c^4+10c^3+50c^2+125c+125)$.
Поскольку число $c$ слева и число в скобке справа являются взаимно простыми числами (см. П4) , поэтому $c$ может принимать значения либо 1 либо 5. И в том и другом случаях мы получим слева четное число, справа не четное. В точности так, как и у кубов. И поэтому мы можем сказать, что разность
$a^5-b^5$, при $a-b=5$, пятой степени равно быть не может.
Рассмотрение случая, когда $a-b=5p$ приведет к тому же результату (как и у кубов), так что мы вынуждены согласиться, что и $a^5$ невозможно записать суммой двух чисел в 5-ой степени.

7—ая СТЕПЕНЬ.

Если для 7—ых степеней проделать выкладки аналагичные кубам и 5-ой степ., то мы так же придем к равенству, у которого слева будет четное число, а справа нечетное и равенство не возможно. Таким образом и 7—ая степнь не представима суммой двух слагаемых в этой же степени. Из-за большой громоздскости выкладки я пока не привожу.

После сказанного становится понятным, что и для больших степеней $n$ равных простым числам, окажется невозможным записать их суммой двух чисел в той же степени. А если такое правило присуще для простых показателей, то оно может быть рапространено и на составные числа, что обще известно.

Уважаемые участники форума, прошу внимательно рассмотреть предлагаемые обоснования с тем чтобы их или отклонить , или согласиться и отшлифовать.
С уважением Petern1.

[Мат]

Petern1
согласен. В случае для $n = 3$ у вас получается, что либо $b$, либо $a$, либо $c$ кратно $3$. Для случаев $5, 7$ боюсь, аналогии заканчиваются, т.к. там совсем другие делимости на $5$ и на $7$. Здесь же и дело в удивительных свойствах неполных квадратов, которые в отличие от $5$-х и $7$-х степеней являются представимыми.

[shwedka]

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):

Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$

А почему не может быть, что , наоборот,
$(x^2+xc+c^2)$ делится на 3??

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):

Мы могли бы проделать аналогичные выкладки задавшись разностью $a-b=9p$. Очевидно, что и в этом случае мы придем к такому же результату.

Не очевидно!! Приведите доказательство. Именно на этом месте коллега ljubarcev.застрял. И он тоже писал, что это очевидно, но доказать не смог.

[Petern1]

МАТ

Shwedka

Уважаемые МАТ и Shwedka, чрезвычайно Вам благодарен за столь быструю реакцию и за вопросы!
МАТ, полагаю Вы не обидитесь, если я вначале дам ответ Shwedke.
Уважаемая Shwedka, поднимаемый Вами вопрос возникал ранее и я давал на него ответ. Но полагаю необходимым изложить сейчас в более полном объеме, даже больше чем Вы спрашиваете. В этом ответе найдется ответ и МАТУ.
Как известно разность
$a^n-b^n$ при $n$ равном простому числу 3 и более всегда равна произведению
$a^n-b^n=(a-b)*A_n$. Для разности кубов $A_3$ это не полный квадрат суммы. Для разности 5-ых степеней
$A_5=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$
Так вот оказывается, что этим сомножителям $a-b$ и $A_n$ присуще фундаментальное свойство, состоящее в том, что они являются взаимно простыми числами по любому простому числу $p$ , кроме $p$ равного $n$
И доказать это глобальное свойство можно очень просто. Для этого надо разделить алгебраически (помню в школе этому учили) $A_n$ на $(a-b)$. Процедуру деления я не могу показать, не знаю как это делается на компьютере. Но словами скажу применительно к 5-ым степеням.
$A_5$ --это делимое, $(a-b)$ -- это делитель. После деления получим частное. Оно такое
$(a^3+2a^2b+3ab^2+4b^3$, и получим остаток $5b^4$.
Теперь мы можем сказать, что число $A_5$ равно
Делитель*частное+остаток. Запишем
$A_5=(a-b)(a^3+2a^2b+3ab^2+4b^3)+5b^4$. Замечаем, что число
$A_5$, состоящее из 5 слагаемых, превратилось в два слагаемых. В первом слагаемом есть множитель $(a-b)$ во втором слагаемом множители $5b^4$. И посколько $a$ и $b$ взаимно простые числа , а только такие случаи и должны рассматриваться (это общеизвестно), то $(a-b$ и $b$, так же являются взаимно простыми числами. При сложении
происходит взаимное уничтожение множителей, входящих как в$(a-b)$ , так и в $b$ (смотри аксиому). Вот и означает, что если $(a-b)$ возмем составным числом, равном $p_1,p_2…$, то в числе $A_5$ сомножителей $p_1,p_2…$ не будет. Но если мы возмем такие $a,b$, разность между которыми равна 5 или
$5p$, тогда 5 выносится за скобку. И получается,что $A_5$ имеет множитель 5.
Уважаемая Shwedka, проделайте сказанное выше алгебраическое деление $A_3$ и $A_7$ на $(a-b)$ и Вы получите остатки $3b^2$ и $7b^6$. И $A_3$ можно записать
$A_3=(a-b)(a+2b)+3b^2$. Чтобы сумма этих двух слагаемых содержала множитель 3, необходимо, чтобы тройку содержала либо $(a-b)$, либо $(a+2b)$. Если $(a-b)=3p$, То
$A_3=3p(a+2b)+3b^2=3[p(a+2b)+b^2]$. В $A_3$ есть 3. Но посмотрим, чему в этом случае равно $(a+2b)$. Ведь если
$(a-b)=3p$, то $a=3p+b$. Тогда $(a+2b)=3p+2b+b=3p+3b=3(p+b)$. Еще раз запишем
$A_3=3p*3(p+b)+3b^2=3[p*3(p+b)+b^2]$. Как видим, за скобку можно вынести только одну 3.
Далее рассматриваем случай $(a+2b)=3p,a=3p-2b$. Тогда
$a-b=3p-2b-b=3p-3b=3(p-b)$. И так получилось,что если
$(a-b)$ содержит множитель 3, то его содержит и $(a+2b)$. И наоборот. Это совпадающие события. Поэтому трех-член
$A_3=a^2+ab+b^2$ может содержать 3 только в том случае, когда $a-b=3p$, $(p=1,2,3…) . И здесь видно, что $A_3$ может содержать только одну 3.
И в ответ Вам, уважаемая Shwedka, скажем так , что $A_3$ не может иметь множитель 3, если его нет в $(a-b)$. Поэтому и говорим, что по множителю 3 $A_3$ и $(a-b)$ не взаимно просты. По всем же другим числам они взаимно просты.
Заметим, что 3 это ведь показатель степени.
И скажу еще так, что изложенное здесь есть не что – то выдуманное, а естественные, реально существующие соотношения целых чисел.
На этом ответ на первый Ваш вопрос, полагаю, можно закончить.
Во втором вопросе Вы предлагаете проделать выкладки для случая $a-b=9p$. Проделаем с некоторыми пропусками.
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$. Пусть $a-b=9p,a=b+9p$. Тогда
$a^3-b^3=9p[3b^2+27bp+(9p)^2]$, $9p$ в скобку
$a^3-b^3=27b^2p+243bp^2+(9p)^3=x^3$.
$27bp(b+9p)=x^3-(9p)^3=(x-9p)[x^2+x9p+(9p)^2]$
$x-9p$ может принимать значения или 3, или 9, или 27. Пусть
$x-9p=3,x=9p+3$. Подставим, получим
$27bp(b+9p)=27(3p^2+9p+1)$
$bp(b+9p)=3p^2+9p+1$ , $p$ может быть равно только 1, тогда слева чет, справа не чет.
Пусть $x-9p=9,x=9p+9$. После преобразований получим
$bp(b+9p)=9(p^2+9p+3)$ Здесь $p$ может принимать значения 1,3,9 . И при всех этих значениях слева чет, справа не чет.
Обратим внимание, что $p$ может принимать только не четные значения, из-за чего получается слева четное число. Справа же всегда не чет. Равенство не возможно.
Уважаемый МАТ, выкладки для 5-ых и 7-ых степеней в точности такие как и для кубов. Отличие лишь в том, что здесь будут фигурировать числа 5 или 7. Присмотритесь, пожалуйста внимательней. Прочтите и этот ответ Shwedke.
И прошу Вас (обоих) прдолжить общение, с тем чтобы выяснить все нюансы.(Устал) С уважением Petern1.

[Мат]

Petern1 писал(а):

$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=5*5(c^4+10c^3+50c^2+125c+125)$.
Поскольку число $c$ слева и число в скобке справа являются взаимно простыми числами (см. П4) , поэтому $c$ может принимать значения либо 1 либо 5. И в том и другом случаях мы получим слева четное число, справа не четное. В точности так, как и у кубов. И поэтому мы можем сказать, что разность
$a^5-b^5$, при $a-b=5$, пятой степени равно быть не может.
Рассмотрение случая, когда $a-b=5p$ приведет к тому же результату (как и у кубов), так что мы вынуждены согласиться, что и $a^5$ невозможно записать суммой двух чисел в 5-ой степени.

Вот начиная с этого момента. $c$ может принимать значения не только либо 1 либо 5, а вообще любые значения при условии, что $x=c+5p$

Еще. Начал разбираться в ваших выкладках:

Petern1 писал(а):

Поскольку $p$ и $(3p^2+3p+1)$ взаимно простые числа, то $p$ в этом равентве может быть равно либо 1, либо 3.

Так это выходит, что в случаях кубов числа $x$ и $c$ могут быть связаны лишь соотношением $x=c+3$, $p=1$ и $x=c+9$, $p=3$

Хотя должен признать, что Ваше доказательство уже вносит определенный вклад в математику, т.к. для случая $n=3$ вы наши абсолютно собственное автономное доказательство теоремы Ферма. С чем вас и поздравляю.

[shwedka]

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):

Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):

А теперь рассмотрим случай, когда $a-b=3p$

вот на этом месте произошла некоторая подмена.
Было $x-c$, стало $a-b$

Petern1 в сообщении #207504 писал(а):

$27bp(b+9p)=x^3-(9p)^3=(x-9p)[x^2+x9p+(9p)^2]$
$x-9p$ может принимать значения или 3, или 9, или 27.

Вот это, ппожалуйста, обоснуйте.

[Petern1]

Shwedka. Продолжение ответа.

Уважаемая Shwedka, не могу не выразить восхищения тонкостью Вашего ума. Вы подняли очень важный вопрос, который в общем виде можно сформулировать так:
$a^n-b^n=(a-b)A_n$. Так вот Ваш вопрс сводится к тому, что может ли число $A_n$ содержать множитель $n$ при таких
$a,b$ , при которых $a-b$ множителя $n$ не содержит.
Вы задали вопрос для $n=3$. Но этот же вопрс относится и к любому $n$. Проделаем для $n=5$.
$a^5-b^5=(a-b)[a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4]. Число в квадратной скобке обозначим $A_5_,_1$.
$A_5_,_1=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$. Разделим его на $a-b$
$A_5_,_1=(a-b)[a^3+2a^2b+3ab^2+4b^3]+5b^4$. Эта сумма может иметь множитель 5, если он есть либо в $a-b$, либо в числе в квадратной скобке, которое мы обозначим $A_5_,_2$ Может ли зто число содержать множитель 5 если $a-b$ на 5 не делится.
Разделим $A_5_,_2$ на $a-b$
$A_5_,_2=(a-b)[a^2+3ab+6b^2]+10b^3$. Эта сумма может содержать множитель 5, если он есть либов $a-b$, либо в числе в квадратной скобке. Обозначим $A_5_,_3$. Может ли это число содержать множитель 5, если его не имеет $a-b$. Опять же разделим $A_5_,_3$ на $a-b$ Получим
$A_5_,_3=(a-b)(a+4b)+10b^2$ Оба сомножителя в первом слогаемом в первой степени и нам легко разобраться в их соотношениях. Если $a-b=5p$, то это нам не нужно. Нам надо, чтобы $a+4b$, равно $5p$. Если
$a+4b=5p$, то $a=5p-4b$. Тогда $a-b=5p-4b-b=5p-5b=5(p-1)$. И так если $a+4b$ имеет 5, то и $a-b$ так же имеет 5. Из этого следует, что
$A_5=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$, может делиться на 5, только при таких $a,b$ , разность которых тоже делится на 5.
Ну, и я полагаю, что можно сказать, что такая процедура исследования подойдет для любого $n=p$.
Уважаемая Shwedka, если Вы увлекаитесь наукой о целых числах, то проделайте аналогичные выкладки для $n=7$. Вы доставите себе удовольствие и радость. Рад общению.
Petern1.

[shwedka]

Я Вам конкретные вопросы задала

shwedka писал(а):

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):

Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):

А теперь рассмотрим случай, когда $a-b=3p$

вот на этом месте произошла некоторая подмена.
Было $x-c$, стало $a-b$

Petern1 в сообщении #207504 писал(а):

$27bp(b+9p)=x^3-(9p)^3=(x-9p)[x^2+x9p+(9p)^2]$
$x-9p$ может принимать значения или 3, или 9, или 27.

Вот это, ппожалуйста, обоснуйте.