Фундаментальные свойства степеней

[shwedka]

Повтряю вопрос.

shwedka в сообщении #243797 писал(а):

Petern1 в сообщении #243632 писал(а):

Чтобы $b_1^3$ делился на $de$, но $b_1$ не делился на $de$
(именно рассматривать такой вариант предлагаете Вы), необходимо чтобы $d$ было квадратом или кубом, или $e$ было квадратом или кубом.

Предъявите доказательство, что НЕОБХОДИМО!

[Petern1]

Shwedka

Уважаемая Shwedka, прочтите мой ответ Venco на стр. 31 Вт сен 15, 2009 18:20:53 и там вы найдете ответ на свой вопрос.

[shwedka]

Petern1 в сообщении #244122 писал(а):

Уважаемая Shwedka, прочтите мой ответ Venco на стр. 31 Вт сен 15, 2009 18:20:53 и там вы найдете ответ на свой вопрос.

Прочитала. Вижу заявление: необходимо. Доказательства этого 'необходимо' не вижу. Если не трудно, если я по слабости зрения пропустила, повторите это доказательство.

[maxal]

Petern1 в сообщении #243744 писал(а):

Уже в третий раз обращаюсь к Вам с прсьбой обратить внимание на числа, кои являются Разностями разностей кубов (РРК). Вот их формула $3de(2b_1+d+e)$. И эти числа РРК не могут быть равны кубу $b_1$. Т.е. равенство
$3de(2b_1+d+e)=b_1^3$ НЕВОЗМОЖНО.
Я представил доказательство этому. Venco упорнейшим образом стремился найти ошибку и, похоже, иссяк. Но открыто признать доказательство верным не решается.
ПРОШУ ПОМОЧЬ!!!

Я уже потерял нить обсуждения. Напишите свое доказательство заново и полностью, со всеми поправками, дополнениями и т.п. возникшими в результате последних обсуждений.

Petern1 в сообщении #244044 писал(а):

Поэтому если Вы будете продолжать поиски опровержения доказательству ( что вообще-то похвально), то надо найти такой контр-пример, который показал бы, что
$3de(2b_1+d+e)$ РАВНО, понимаете?

Это не так. Оспаривается не верность утверждения, а корректность вашего доказательства. Отсутствие контр-примеров к утверждению, которое вы доказываете, не делает ваше доказательство автоматические верным. См. мою подпись ниже:

[Petern1]

удалено

[shwedka]

Petern1 в сообщении #244244 писал(а):

Совершенно очевидно, что это равенство требует, чтобы $b_1=6de$.

Не очевидно. Докажите!!

[age]

shwedka
Если $b_1=6de$, то равенство абсолютно точно невозможно! Что и требовалось доказать! Даже если $145de$!

Petern1
Докажите, что $b_1$ не делится на $145$!

[maxal]

Petern1
Прежде чем доказывать, вы бы лучше сформулировали доказываемое утверждение - из вашего текста совсем не очевидно, что именно вы пытаесь доказать и из каких предпосылок исходите.

[Petern1]

maxal

Хорошо maxal, хоть и не легко.
Мы с Venco зацыклились на Разностях разностей кубов---РРК
(это абравиатура). РРК это $(c_2^3-b_2^3)-(c_1^3-b_1^3)$ Налагается одно условие, или требование $c_2-b_2=c_1-b_1=d$. Тогда $c_2=b_2+d$ и $c_1=b_1+d$

$$c_2^3-b_2^3-(c_1^3-b_1^3)=(c_2-b_2)(c_1^2+c_2b_2+b_2^2)-(c_1-b_1)(c_1^2+c_1b+1+b_1^2)$$

. Или
$d(3b_2^2+3b_2d+d^2)-d(3b_1^2+3b_1d+d^2)$ Скобки убираем

$$3b_1^2d+3b_2d^2+d^3-3b_1^2d-3b_1d^2-d^3=3d[b_2^2-b_1^2+d(b_2-b_1)]=3d(b_2-b_1)(b_2+b_1+d)$$

Обозначим $b_2-b_1=e , b_2=b_1+e$. Тогда
$3de(b_1+e+b_1+d)=3de(2b_1+d+e)$. Это формула вычисления РРК. Если положить $d=1 , e=1$, тогда РРК будут РРК соседних кубов, и формула будет
$3(2b_1+1+1)=6(b_1+1)$. Очевидно, что придавая $b_1=0,1,2,3…$ мы вычислим все РРК соседних кубов. Это будут числа третьего ряда числовых последовательностей кубов (Venco возразил их печатать, но быть может Вы их знаете). Так вот среди этих чисел могут быть квадраты, кубы и т.д. Ясно, что РРК вычисляются и при других $d,e$, а не только равных 1.
Так вот мы ставим перед собой задачу выяснить могут, или не могут РРК быть равны кубу числа $b_1$. Т.е. надо доказать, что равенство
$3de(2b_1+d+e)=b_1^3$ не возможно при любых $b_1,d,e$. Но если это возможно, тогда
$2b_1+d+e=\frac{b_1^3}{3de}$, $2b_1=\frac{b_1^3-3de(d+e)}{3de}$
$b_1=\frac{b_1^3-3de(d+e)}{6de}$. Но для рассуждений лучше записать так
$b_16de=b_1^3-6de\frac{d+e}{2}$. Совершенно очевидно, что это равенство требует, чтобы $b_1=6de$. Тогда
$36d^2e^2=216d^3e^3-6de\frac{d+e}{2}$
$6de=72d^2e^2-\frac{d+e}{2}$. А это равенство требует, чтобы
$\frac{d+e}{2}$, было равно $6de$
$\frac{d+e}{2}=6de , d+e=12de$ Очевидно, что это не возможно, значит равенство $3de(2b_1+d+e)=b_1^3$ не возможно.
Venco справедливо подметил, что $b_1^3$ может делиться на $6de$, но $b_1$ не делится на $6de$. (За этот вопрос я ему благодарен, хоть мы и зацыклились) Это может быть в таких случаях, когда $d=d_1^2, d=d_1^3$ , или $e=e_1^2, e=e_1^3$. И наберется 6 вариантов сочетаний $[d_1e_1^2,d_1e_1^3,d_1^2e_1,d_1^3e_1,d_1^2e_1^2,d_1^3e_1^2].$
Я прокрутил все варианты. Равенство
$3de(2b_1+d+e)=b_1^3$ не возможно. Покажем один вариант
$d=d_1^2,e=e_1^2, b_1=6d_1e_1 , b_1^3=216d_1^3e_1^3$
$6d_1e_16d_1^2e_1^2=216d_1^3e_1^3-6d_1^2e_1^2\frac{d_1^2+e_1^2}{2}$
$6d_1e_1=72d_1e_1-\frac{d_1^2+e_1^2}{2}$, $12d_1e_1=d_1^2+e_1^2$. Три случая:
Первый---$d_1 , e_1$ взаимно просты. Сумма взаимно простых чисел не может иметь множителей слагаемых.
Второй---$d_1=kd_2 , e_1=ke_2$. Тогда
$12k^2d_2e_2=k^2(d_2+e_2), 12d_2e_2=d_2+e_2$ То же, что и в первом.
Третий---$d_1=e_1, 12d_1^2=2d_1^2 , 6=1$.
Показывать остальные варианты, на мой взгляд не имеет смысла. Мартышкин труд.
Venco больше вопросов не ставил (числовой контр-пример не в счет). Вот все.
maxal, хочу еще раз обратить ваше внимание на то, что РРК---это реально существующие числа. И надо изучить их свойства. Надо увидеть, что среди них есть квадраты, кубы, 4-ые, 5-ые … степени. Надо заметить, что эти степени располагаются не случайно, а по точным закономерностям. Надо их изучить, переложить на язык алгебры, на формулы. Надо увидеть, что ни одна степень не попадает на букву $b_1$ Вот что надо сделать, а не вести борьбу со мной.
Я надеюсь на деловое продолжение разговора. С уважением
Petern1.

-- Пт сен 18, 2009 08:20:16 --

maxal

Дал полное изложение. Дополнил слова, что требуется доказать.

[age]

Petern1
У вас был множитель $2187b_2_,_3^3$. Куда вы его потеряли? Или вы его сократили на $81b_2_,_3^3$ и умножили на $8d_1^3e_1^3$ и получилось $216d_1^3e_1^3$ ? А вы уверены что правомерно такое преобразование?

[shwedka]

Petern1 в сообщении #244302 писал(а):

Совершенно очевидно, что это равенство требует, чтобы $b_1=6de$

Не очевидно. Требует доказательства.

Petern1 в сообщении #244302 писал(а):

Это может быть в таких случаях, когда $d=d_1^2, d=d_1^3$ , или $e=e_1^2, e=e_1^3$.

Почему только в таких случаях? Докажите!.

[Petern1]

Shwedka

1) Крайне сомневаюсь, что Вам это не очевидно. Но на всякий случай поясню. $px=y+pz$. Вам здесь не очевидно, что $y=py_1$?
2) А наоборот Вы мне докажите, или покажите, что есть еще случаи. Рассмотрим и их, и вместе с Вами

[shwedka]

Petern1 в сообщении #244366 писал(а):

1) Крайне сомневаюсь, что Вам это не очевидно. Но на всякий случай поясню. $px=y+pz$. Вам здесь не очевидно, что $y=py_1$?

Нет. Вы в своем тексте не вводите 'новое' $y_1$, а устанавливаете новую связь между уже имеющимися $b_1,d,e$. Так что, Ваше объяснение не годится. Давайте не пояснение с аналогией, а конкретное доказательство.

Petern1 в сообщении #244366 писал(а):

2) А наоборот Вы мне докажите, или покажите, что есть еще случаи. Рассмотрим и их, и вместе с Вами

Я Вам ничего показывать или доказывать не должна и не должна ничего вместе с Вами рассматривать. Напротив, Ваша обязанность доказать, что других случаев нет.
Почитайте правила форума.

[Petern1]

maxal

Прошу дать мне знать, Ваша задержка с ответом по занятости, или потому, что Вы не намерены вести со мной разговор по какой-то причине. Petern1.

[age]

Дорогой Petern1! Вы ошибочно полагаете, что чтобы $b$ было целым надо положить $b_1=6def$.
Дело в том, что в исходном уравнении $a^3+b^3=c^3$ два числа нечетны, а одно четно. Причем $c$ не может быть четно. Но тогда разность нечетных чисел $c-a=d_1^3$ будет четное число. Откуда $b_1=3def$, но $d$ - четно!

Вам уже и числовые приводили примеры, и на пальцах объясняли. Вы упрямо продолжаете переворачивать самые очевидные вещи с ног на голову.