Фундаментальные свойства степеней

[Petern1]

Indra

Информация и вопрс, который Вы дали 24 мая меня весьма эаинтересовал. Но я сейчас испытываю острый дефицит времени, постоянно в отъездах, да и занят сейчас подготовкой сообщения о кубах. Но предполагаю, что у нас может получиться довольно интересный разговор по поднятому Вами вопросу. Подождите и ради бога меня извините!
С уважением Petern1.

[Petern1]

-- Ср июн 03, 2009 22:49:51 --

maxal

venco

Мат



venco, я очень сильно ждал от Вас следующего шага. В прошлый раз Вы предложили рассмотреть случай $x=6=2*3$,
$c=4=2^2$. В буквах $x=p_1p_2$,$c=p_1^2$. Я ждал от Вас случая $x=10=2*5$,$c=8=2^3$. В буквах $x=p_1p_2$,$c=p_1^3$. Этот случай, когда $c$ равно кубу, требует принципиально другого подхода в решении поставленной задачи. Что я и намерен сейчас изложить.
Но в начале немного лирики. Многие форумчане упрекают меня в том, что я предлагаю на рассмотрение объемные, громоздкие выкладки в решении некоторых задач, как будто я делаю это умышленно. Но что поделаешь, таков предмет. А прочтите, например, доказательство Ферма его же теоремы о том, что площадь прямоугольного треугольника не может быть равна квадрату. Мало не покажется. Объем изложения зависит не только от сложности задачи, но и от того владеем ли мы знаниями тех основ, свойств, закономерностей, на которых основываются доказательства.
Так, для того чтобы доказать, что куб не может быть представлен суммой двух кубов, надо знать фундаментальное свойство о степенях.
А именно: (применительно к кубам)
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)=c(3b^2+3bc+c^2)$.
Так вот числа $c$ и $(3b^2+3bc+c^2)$ взаимно просты по любому простому числу $p$, кроме $p=3$.
Это свойство присуще не только кубам, но и любой степени $n$. И об этом мною было заявлено в пункте 4 на первой странице этой темы. На второй же странице в ответе sceptik-у дано более- менее подробное обоснование этого свойства. Если же читателю изложенное там покажется недостаточным, или возникнут вопросы, возражения прошу их адресовать мне.
Используя это свойство, мы можем утверждать, что произведение двух взаимно простых чисел $c$ и $3b^2+3bc+c^2$ может быть равно кубу в том и только том случае, если оба сомножителя равны кубу. Поэтому мы должны рассматривать только такие числа $a$ и $b$, разность между которыми равна $c^3$, и одновременно числа $a$ и $b$
должны быть взаимно простыми. Запишем
$a^3-b^3=c^3[3b^2+3bc^3+(c^2)^3]$. Это произведение может быть равно кубу, если кубу равно и число в квадратной скобке. Но может или не может оно быть равно кубу? Здесь мы к кубу$(c^2)^3$ прибавляем $3b^2+3bc^3$. Что это за число? Может ли оно дополнить куб $(c^2)^3$ до другого куба? Но с другой стороны мы доподлинно знаем какое число надо прибавить к $(c^2)^3$, чтобы получить куб. Вот это число
$b_2^3+3b_2^2c^2+3b_2c^4$. Если к этому числу прибавить наш куб $(c^2)^3$, то мы в точности получим куб. Запишем
$b_2^3+3b_2^2c^2+3b_2c^4+(c^2)^3=(b_2+c^2)^3$. Заметим, что числу $b_2$ можем придавать любые значения $1,2,3,$ и т. д., (но при этом $b_2$ и $c$ должны быть взаимно простыми), и будем получать последовательно новые кубы. Но к числу $(c^2)^3$ в полученном выражении мы прибавляем некую «незнакомку» (букве $b$ здесь присвоим индекс 1) $3b_1^2+3b_1c^3$. Так вот, если при каких-нибудь $b_1$, эта сумма окажется равной $b_2^3+3b_2^2c^2+3b_2c^4$, тогда прибавление ее к $(c^2)^3$ даст куб. Таким образом нам предстаит выяснить возможно или невозможно равенство
$b_2^3+3b_2^2c^2+3b_2c^4=3b_1^2+3b_1c^3$. Предположим, что оно возможно. И сразу замечаем, что справа есть множитель $3$ и чтобы он был слева необходимо, чтобы $b_2$ делилось на $3$. И немедленно возвращаемся к словам в скобках: $b_2$ и $c$ должны быть взаимно просты. Но коль $b_2$ делится на $3$, то $c$ множителя $3$ не содержит. Возвращаемся к равенству. Принимаем $b_2=3b_2_,_1$. Подставляем.
$27b_2_,_1^3+27b_2_,_1^2c^2+9b_2_,_1c^4=3b_1^2+3b_1c^3$.
Слева множитель $9$, справа $3$, поэтому и $b_1$ надо брать
$b_1=3b_1_,_1$. Подставляем
$27b_2_,_1^3+27b_2_,_1^2c^2+9b_2_,_1c^4=27b_1_,_1^2+9b_1_,_1c^3$. Сокращаем на $9$
$3b_2_,_1^3+3b_2_,_1^2c^2+b_2_,_1c^4=3b_1_,_1^2+b_1_,_1c^3$.
Поменяем местами
$3b_2_,_1^3+3b_2_,_1^2c^2-3b_1_,_1^2=b_1_,_1c^3-b_2_,_1c^4=c^3(b_1_,_1-b_2_,_1c)$. Слева есть множитель $3$, Но справа? $c^3$ множителя $3$ не содержит. Это мы определили ранее. Поэтому множитель $3$ должен быть в $(b_1_,_1-b_2_,_1c)$ Но это может быть в случае, если $b_1_,_1$ и $b_2_,_1$ одновременно делятся на $3$, или, на $3$ делится $b_1_,_1-b_2_,_1c$. Положим $b_1_,_1=3b_1_,_2$,$b_2_,_1=3b_2_,_2$. Подставим
$81b_2_,_2^3+27b_2_,_2^2c^2-27b_1_,_2^2=c^33(b_1_,_2-b_2_,_2c)$. Сократим на $3$, и обнаруживаем, что слева есть множитель $9$, а справа его нет. Значит теперь надо брать числа в скобке $b_1_,_2=9b_1_,_3$,$b_2_,_2=9b_2_,_3$. После подстановки и сокращения на $9$ получим
$2187b_2_,_3^3+81b_2_,_3^2c^2-81b_1_,_3^2=c^3(b_1_,_3-b_2_,_3c)$. Теперь уже слева появился множитель $81$, которого справа нет. И становится очевидным, что если мы продолжим такое движение, то рассогласование между левой и правой сторонами будет возрастать и равенство не возможно. Поэтому, повторим. Число $3b_1^2+3b_1c^3$ не может быть равно такому числу $(b_2^3+3b_2^2c^2+3b_2c^4)$, прибавление, которого к $(c^2)^3$ давало бы куб. Поэтому сумма
$3b_1^2+3b_1c^3+(c^2)^3$ кубу не равна. Поэтому произведение $c^3[3b_1^2+3b_1c^3+(c^2)^3]$ кубу не равно. Поэтому разность кубов не может быть равна кубу и поэтому куб не может быть представлен суммой двух кубов.
Но вернемся к равенству
$3b_2_,_1^3+3b_2_,_1^2c^2-3b_1_,_1^2=c^3(b_1_,_1-b_2_,_1c)$.
Число справа может делиться на $3$ не только тогда, когда на $3$ делятся одновременно $b_1_,_1$ и $b_2_,_1$, но и тогда когда они не делятся на$3$, но их разность на $3$ делится. Например $b_1_,_1=25, b_2_,_1=5 ,c=2. 25-10=15=3*5$. Для таких случаев положим $(b_1_,_1-b_2_,_1c)=3d$. Тогда
$b_1_,_1=b_2_,_1c+3d$. Это значение $b_1_,_1$ подставим в равенство
$3b_2_,_1^3+3b_2_,_1^2c^2-3(b_2_,_1^2c^2+6b_2_,_1cd+9d^2)=c^33d$ или
$3b_2_,_1^3+3b_2_,_1^2c^2-3b_2_,_1^2c^2-18b_2_,_1cd-27d^2=3c^3d$ . Удаляем $3b_2_,_1^2c^2$, сокращаем на $3$ и получаем
$b_2_,_1^3-6b_2_,_1cd-9d^2=c^3d$. Справа есть $d$. Слева оно может быть только в том случае, если $b_2_,_1$ делится на $d$. $b_2_,_1=b_2_,_4d$. Тогда
$b_2_,_4^3d^3-6b_2_,_4cd^2-9d^2=c^3d$. Сократим на $d$
$b_2_,_4^3d^2-6b_2_,_4cd-9d=c^3$. Слева есть множитель $d$, справа его нет и быть не может, так как $c$ взаимно просто с $b_2$, а значит и с $b_2_,_4$. Значит это равенство не возможно, из чего следует сказанное выше.
Прошу участников форума внимательно проанализировать эти выкладки с тем, чтобы обнаружить ошибки или заблуждения, или признать их верными.
С уважением Petern1.

[venco]

Цитата:

Поэтому множитель $3$ должен быть в $(b_1_,_1-b_2_,_1c)$ Но это может быть в том случае, если $b_1_,_1$ и $b_2_,_1$ одновременно делятся на $3$.

Первая замеченная мной ошибка. См. например: $13-2\times 5$.

[Petern1]

venco

Замечательно, venco. Как говорится, спасибо за вопрос. Но читайте дальше, после цитаты и после слов «Но вернемся к равенству». И что Вы скажете?

[venco]

Если честно, то уже не охота читать дальше. Если исправите все ошибки и неточности, то, возможно, интерес и появится.

[Коровьев]

Petern1 в сообщении #217915 писал(а):

Прошу участников форума внимательно проанализировать эти выкладки с тем, чтобы обнаружить ошибки или заблуждения, или признать их верными.

Хотел бы я посмотреть на героя, который рискнул бы проанализировать эту портянку. Но фразы из слов я прочитал.
Вот самая примечательная

Petern1 в сообщении #219503 писал(а):

И становится очевидным, что если мы продолжим такое движение, то рассогласование между левой и правой сторонами будет возрастать и равенство не возможно.

И становится очевидным, что автор изобрёл для себя новый метод математического доказательства. Впрочем, не он первый.
Однако, учтите, что "становится очевидным" доказательством не является. Даже если всё остальное верно. И следовательно, доказательства нет.
Хотя я даже не понял, а что вы там доказывали.
Если то, что одно из чисел $x,y,z$ при $x^3 + y^3 = z^3$ должно делиться на $3$, так это доказывается буквально в одну строчку.

[Petern1]

venco

Уважаемый venco, я внес небольшую добавку в текст, устранил одну ошибку и, как мне кажется, ошибок больше нет.
Относительно Вашего желания-нежелания…Ну а вдуг изложенные мной выкладки верны?...Разве эта проблема, давлеющая над людьми, не заслуживает того, чтобы над ней потрудиться? Буду горько сожалеть, если Вы откажетесь! И, пожалуйста, не обращайте внимания на Коровьева, который кроме портянки не желает больше чего видеть.
С уважением Petern1.



Indra

Я , наконец, выдал сообщение о кубах и хотел бы познакомиться подробнее с информацией, которую вы дали 24 мая (см. стр. 20). Высказать суждение по тем общим фразам, конечно, невозможно. Поэтому надо обстоятельно раскрыть основания, по которым Вы пришли к таким заключениям. Появлюсь во вторник. С уважением Petern1

[maxal]

Пока у меня три замечания:

Petern1 в сообщении #219503 писал(а):

Так вот числа $c$ и $(3b^2+3bc+c^2)$ взаимно просты по любому простому числу $p$, кроме $p=3$.
Это свойство присуще не только кубам, но и любой степени $n$. И об этом мною было заявлено в пункте 4 на первой странице этой темы. На второй же странице в ответе sceptik-у дано более- менее подробное обоснование этого свойства. Если же читателю изложенное там покажется недостаточным, или возникнут вопросы, возражения прошу их адресовать мне.
Используя это свойство, мы можем утверждать, что произведение двух взаимно простых чисел $c$ и $3b^2+3bc+c^2$ может быть равно кубу в том и только том случае, если оба сомножителя равны кубу.

Для взимно простых - да. Но вы же сами пишите, что есть исключительное простое $p=3$, которое может быть делителем ообоих сомножителей, а значит, надо рассматривать три случая (для некоторых целых $u,v$):
1) $c=u^3$ и $(3b^2+3bc+c^2)=v^3$
2) $c=3u^3$ и $(3b^2+3bc+c^2)=9 v^3$
3) $c=9u^3$ и $(3b^2+3bc+c^2)=3 v^3$
Вы рассматриваете только первый случай (все детали я еще не проверял), но что по поводу второго и третьего случаев?

Далее, вы небрежно относитесь к обозначениям, меняя по ходу значение $c$: сначала в формуле было просто $c$, потом оно вдруг превращается в $c^3$.

Наконец, в этом месте хромает логика:

Petern1 в сообщении #219503 писал(а):

Принимаем $b_2=3b_2_,_1$. Подставляем.
$27b_2_,_1^3+27b_2_,_1^2c^2+9b_2_,_1c^4=3b_1^2+3b_1c^3$.
Слева множитель $9$, справа $3$, поэтому и $b_1$ надо брать
$b_1=3b_1_,_1$.

Это совсем необязательно! Правая часть вашего равенства раскладывается на множители так:

$$3b_1^2+3b_1c^3 = 3 b_1 (b_1 + c^3)$$

и дополнительная тройка может происходить не из $b_1$, а из $(b_1 + c^3)$.

[temp02]

Здравствуйте Petern1.
Попытаюсь донести до публики то, что вы так упорно пытаетесь объяснить.
Пусть $x^3+y^3=z^3$.
Тогда левую часть можно представить:
$x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)=(x+y)((x+y)^2-3(x+y)x+3x^2)$.
Обозначим, $x+y=z_0^3$, т.к. $x+y$ является множителем $z$ и кубом одновременно. Тогда:
$x^3+y^3=z_0^3(z_0^6-3z_0^3x+3x^2)$.
Т.к. числа $x+y$ и $x^2-xy+y^2$ взаимно просты, то число $z_0^6-3z_0^3x+3x^2$ также будет кубом:
$z_0^6-3z_0^3x+3x^2=z_1^3$.
Но с другой стороны
$z_0^6-3z_0^3x+3x^2=(z_0^2-x)^3+x^3$
Или
$(z_0^2-x)^3+x^3=z_1^3$.

Таким образом, мы получили меньшую тройку кубов, которая также удовлетворяет исходному равенству. Но т.к. бесконечного количества убывающих троек кубов не существует, то и исходной тройки не существует.
Успехов вам!

maxal:

клон заблокированного пользователя МАТ

[maxal]

temp02
Во-первых, $x+y$ и $x^2-xy+y^2$ не обязательно будут взаимно простыми, а значит и $x+y$ не обязано быть кубом. Три случая, которые придется здесь рассматривать, я указал в предыдущем сообщении.

Во-вторых, это тождество неверно:

temp02 в сообщении #219928 писал(а):

Но с другой стороны
$z_0^6-3z_0^3x+3x^2=(z_0^2-x)^3+x^3$

Если вы раскоете скобки в правой части, то получите:

$$(z_0^2-x)^3+x^3 = z_0^6-3z_0^4x+3z_0^2x^2$$

Как видите, есть небольшое отличие в степенях $z_0$.

[Petern1]

maxal

Даю ответы на Ваши вопросы.
Нам часто придется ссылаться на аксиому: разность (или сумма) двух взаимно простых чисел взаимно проста с каждым из слагаемых. Ее надо держать в уме.
Разность кубов
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)=c(3b^2+3bc+c^2)$, $a-b=c$
Понятно, что $a,b,c$ должны быть взаимно простыми числами.
Первый случай, первый Ваш вопрос $c=3$. Тогда
$c(3b^2+3bc+c^2)=3(3b^2+9b+9)=9(b^2+3b+3)$. Если $c=3$, то ни $a$ ни $b$ на 3 не делятся. Поэтому $b^2+3b+3$ при любом $b$, не имеющем множителя $3$, на $3$ не делится. Поэтому $3^2(b^2+3b+3)$ кубу быть равно не может (перед скобкой квадрат).
Второй случай, второй Ваш вопрос $c=3u^3,(3b^2+3bc+c^2=9v^3$ является не корректным, так как число $3b^2+3bc+c^2$ может давать только одну $3$. Это надо просто знать, как некое свойство, что при любых $a,b$ и соответственно $c$, делящимся на 3, число $3b^2+3bc+c^2)$, делится на 3 , но только один раз. Делителя 9 быть не может. Это я показывал ранее и это можно увидеть здесь в ответе на первый вопрос. (Это же свойство присуще всем простым n).
Третий вопрос. maxal, прошу Вас согласиться не вводить новые буквы $u,v$. Можем же мы с Вами условиться, что дальше мы будем рассматривать такие $a,b$, разность между которыми равна $a-b=9c^3$. Здесь так же $a,b$ не должны делиться на 3.
$a^3-b^3=9c^3[3b^2+3b*9c^3+(9c^3)^2]=27c^3[b^2+9bc^3+27(c^2)^3]$
Перед скобкой куб, поэтому произведение может быть равно кубу, если кубу равно число в квадратной скобке. К стати напомним себе, что $c$ и число в квадратной скобке взаимно просты. Букве $b$ присвоим индекс 1.$b_1^2+9b_1c^3+(3c^2)^3$
Равно ли это кубу? Трудный вопрос. Но мы можем точно сказать какие числа надо прибавлять к $(3c^2)^3$, чтобы получались новые кубы. И вот формула этих чисел
$b_2^3+3b_2^23c^2+27b_2c^4$. Если к этому числу прибавить наш куб
$b_2^3+9b_2^2c^2+27b_2c^4+(3c^2)^3=(b_2+3c^2)^3$. Ясно, что$b_2$ взаимно просто с $c$. Так вот надо, чтобы
$b_2^3+9b_2^2c^2+27b_2c^4=b_1^2+9b_1c^3$. Перенесем, сгруппируем
$b_2^3=b_1^2-(3b_2c)^2+9c^3(b_1-3b_2c)$
Уже в этой записи отметим важное для дальнейшего замечание, что поскольку $b_1$ не делится на 3, то и $b_2$ слева также не может содержать множителя 3 (аксиома). Далее
$b_2^3=(b_1-3b_2c)(b_1+3b_2c)+9c^3(b_1-3b_2c)$
$b_2^3=(b_1-3b_2c)(b_1+3b_2c+9c^3)$
Покажем, что два сомножителя справа являются взаимно простыми числами. Так, если $b_1-3b_2c=p_1$, то $b_1=3b_2c+p_1$. Заметим, что $p_1$ не может делиться на 3, так как $b_1$ на 3 не делится (аксиома) и оно взаимно просто с $c$. Далее. Если
$b_1-3b_2c=p_1$ то и $b_2$, которое слева, должно делиться на $p_1$. То есть $b_2=p_1p_2$ . Тогда
$b_1=3b_2c+p_1=3p_1p_2c+p_1$. Тогда второй сомножитель
$b_1+3b_2c+9c^3=3p_1p_2c+p_1+3p_1p_2c+9c^3=p_1(6p_2c+1)+9c^3$. Поскольку $p_1$ взаимно просто с 3 и $c$, то полученная сумма делиться на $p_1$ не может (аксиома). И так, числа $b_1-3b_2c$ и $b_1+3b_2c+9c^3$ взаимно просты.
Вернемся к равенству
$b_2^3=(b_1-3b_2c)(b_1+3b_2c+9c^3)$. Произведение взаимно простых чисел может быть равно кубу, если каждое число равно кубу. Поэтому $b_1-3b_2c=p_1^3$ и $b_1=3b_2c+p_1^3$
$b_1+3b_2c+9c^3=p_2^3$ и $b_2=p_1p_2$. Во второй сомножитель вместо $b_1 , b_2$ подставим их значения
$3p_1p_2c+p_1^3+3p_1p_2c+9c^3=p_2^3$
$p_2^3-p_1^3=3c(2p_1p_2+3c^2)$
$(p_2-p_1)(p_2^2+p_2p_1+p_1^2)=3c(2p_1p_2+3c^2)$ Справа множитель 3, значит он должен быть и слева. Значит
$p_2-p_1=3$. Но тогда и $p_2^2+p_1p_2+p_1^2$ должно так же содержать 3. Тогда слева будет 9. Для сохранения равенства надо положить и $c=3$ . Далее $p_2-p_1=3,,p_2=p_1+3$. Во второй множитель слева подставим значение $p_2$ и с учетом
троек запишем
$3*3(p_1^2+3p_1+3)=3*3(2p_1^2+6p_1+27)$
$p_1^2+3p_1+3=2p_1^2+6p_1+27$
$p_1^2+3p_1+24=0$. Равенство невозможно. Заметим. Для того, чтобы это равенство состоялось, или хотя бы левая часть приблизилась к нулю надо, чтобы $p_1$ или $c$ были отрицательными числами, что не приемлимо. В рассматриваемых соотношнниях все числа положительны.
Невозможность полученного равенства говорит о том, что разность кубов
$a^3-b^3=27c^3[b^2+3bc^3+27(c^2)^3]$ не может быть равна кубу, так как кубу не может быть равен множитель в квадратной скобке. maxal, удовлетворены ли Вы этими ответами? С уважением Petern1.

[Petern1]

temp02

Уважаемый temp02, Вы никак не отреагировали на ответ maxal. Вы согласны или нет? Долг вежливости сказать. Я же хочу попросить Вас о другом. В своем доказательстве Вы упоминаете, что числа $x+y$ и $x^2-xy+y^2$ взаимно просты. Так вот это знание Вы почерпнули из страниц этой темы, или достигли этого сами. Если так, то не могли бы Вы поделиться как Вы этого достигли. Буду благодарен Вам. С уважением Petern1.


Indra

Если Вы хотите, чтобы я ответил на Ваш вопрос, который Вы задали 24 мая (см. стр. 20), то прошу (повторно) подробно изложить те общие утверждения, которые Вы там поместили. Иначе высказать какое-нибудь суждение не возможно.

[MGM]

Someone в сообщении #173627 писал(а):

Ну да, примерно в те же времена отрицательные-то числа называли "ложными", что уж тут говорить о комплексных. Декарт (создатель аналитической геометрии) признавал исключительно положительные значения координат.

У положительных дополненных нулём есть своя прелесть.
В некоторых задачах это неприменное условие.

[venco]

Petern1 в сообщении #222117 писал(а):

Далее
$b_2^3=(b_1-3b_2c)(b_1+3b_2c)+9c^3(b_1-3b_2c)$
$b_2^3=(b_1-3b_2c)(b_1+3b_2c+9c^3)$
Покажем, что два сомножителя справа являются взаимно простыми числами. Так, если $b_1-3b_2c=p_1$, то $b_1=3b_2c+p_1$. Заметим, что $p_1$ не может делиться на 3, так как $b_1$ на 3 не делится (аксиома) и оно взаимно просто с $c$. Далее. Если $b_1-3b_2c=p_1$ то и $b_2$, которое слева, должно делиться на $p_1$.

Почему?

[shwedka]

Petern1 в сообщении #222117 писал(а):

Первый случай, первый Ваш вопрос $c=3$

Обман с Вашей стороны.
Первый случай был
$c=u^3.$