О сумме двух кубов

[ljubarcev]

shwedka в сообщении #243804 писал(а):

venco в сообщении #243800 писал(а):

$g=2, k=1$

Не годится. тогда $g^3-k^3$ не делится на 3. А должно.

-- Ср сен 16, 2009 14:21:46 --

ljubarcev в сообщении #243780 писал(а):

Прошу прощения, но я попрежнему считаю, что логическое утверждение: "так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$ равенство $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений, то оно тем более не имеет решений при $x$ делящемся на $3^i$ при $i>1$, так как все эти $x$ входят во множество чисел делящихся $3$ в первой степени" - верно. В чём ошибка в этом утверждении никто не может (не хочет ?) объяснить.

В теме topic1322.html
Вас многократно в это место тыкали носом и старательно объясняли.

Уважаемые господа ! Действительно "тыкали" (указывали), но объяснять никто не обяснял в чём ошибка моего чисто логического утверждения. Например, с помощью алгебры логики.
Рассмотрим пример. Вам необходимо определить делится ли конкретное натуральное число $123456789101$ на $3$. Прямым делением Вы получаете $41152263033,666$. Вы ведь сразу делаете вывод, что данное число не делится на $3$ и на любое $3^i$ и не станете последовательно делить его на $9;27; 81..$, чтобы убедиться в этом. В этом суть моего утверждения.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #244039 писал(а):

в чём ошибка моего чисто логического утверждения

Ошибка в посылке.

ljubarcev в сообщении #244039 писал(а):

так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$ равенство $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений,

Это строго не доказано. Доказательство должно охватывать все возможные случаи. Ваше 'доказательство' не охватывает случай
$x$ делящегося на $3$, но не делящеся на 9. Посылка ошибочна, потому и вывод ошибочен.


Поясняю на примере.
ТЕОРЕМА. Если целое число $x$ делится на 3, то $2x$ не делится на 9.
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Запишем $x=3m$. $2x=6m$. $\frac{2x}{9}=\frac{6m}{9}=\frac{2m}{3}$. Если $m$ не делится на 3, то это число нецелое.

Теперь повторяем Вашу логическую формулу.

Так как строго доказано, что при $x$ делящемся на $3$, результат верен, то он охватывает и случай $x$ делящегося на $9$, так как все такие числа делятся и на 3. Значит, теорема верна для всех $x$ .

Пример: 9.

Теперь понятно??

[ljubarcev]

shwedka в сообщении #244040 писал(а):

ljubarcev в сообщении #244039 писал(а):

в чём ошибка моего чисто логического утверждения

Ошибка в посылке.

Shwedka в сообщении #244040 писал(а):

Поясняю на примере.
ТЕОРЕМА. Если целое число $x$ делится на 3, то $2x$ не делится на 9.
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Запишем $x=3m$. $2x=6m$. $\frac{2x}{9}=\frac{6m}{9}=\frac{2m}{3}$. Если $m$ не делится на 3, то это число нецелое.

Уважаемая Shwedka ! 1.Всё не так просто. Прошу прощения, но Ваша теорема не верна. Я беру $x$ делящееся на $3$, например $x=27$ - ведь оно делится на $3$ и вижу, что Ваше $2x=54$ делится не только на$3$, но и на $9$ и на $27$.
2.Как Вы думаете, почему Эйлер не рассматривал случай $x$
делящегося на $3$ в степени большей $1$ ?.
3. Вы согласитесь с утверждением; равенство $z-y=3^{3i-1}m^3$ разрешимо в натуральных числах только при $z=3^iz_1+1& ;$y=3^iy_1+1$ ?
Дед..

[PAV]

shwedka
Видите, Ваша ирония осталась непонятой. Проще надо быть.

-- Пт сен 18, 2009 15:05:23 --

Хотя, конечно, ljubarcev легко попался на заброшенный Вами крючок, если выражаться рыболовными терминами

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #244381 писал(а):

1.Всё не так просто. Прошу прощения, но Ваша теорема не верна.

Я и не говорю, что она верна. Я повторила Ваше 'логическое рассуждение' и показала, что оно ведет к чепухе. Как Вы, этими словами, и согласились. Объясните, в чем разница между моей логикой и Вашей!

ljubarcev в сообщении #244381 писал(а):

Как Вы думаете, почему Эйлер не рассматривал случай $x$
делящегося на $3$ в степени большей $1$

Мне не надо думать, всем известно, что ВТФ достаточно доказать для 4 и для нечетных простых.

ljubarcev в сообщении #244381 писал(а):

. Вы согласитесь с утверждением; равенство $z-y=3^{3i-1}m^3$ разрешимо в натуральных числах только при $z=3^iz_1+1& ;$y=3^iy_1+1$ ?

Соглашусь, после предъявления доказательства.

Но вопрос стоит. Разберите случай $x$ делящегося на 9.

[grisania]

shwedka в сообщении #244394 писал(а):

-----------------------
Мне не надо думать, всем известно, что ВТФ достаточно доказать для 4 и для нечетных простых.
----------------------

Мне не известно. Где написано?

[yk2ru]

grisania в сообщении #244399 писал(а):

Мне не известно. Где написано?

У Софи Жермен?

[venco]

shwedka в сообщении #244394 писал(а):

ljubarcev в сообщении #244381 писал(а):

Как Вы думаете, почему Эйлер не рассматривал случай $x$
делящегося на $3$ в степени большей $1$

Мне не надо думать, всем известно, что ВТФ достаточно доказать для 4 и для нечетных простых.

shwedka, мне кажется вы здесь перепутали $x$ - одно из оснований, и показатель степени в уравнении.
ВТФ действительно достаточно доказать для четвёртой и нечетных простых степеней.

Но это не имеет отношения к тому, что ljubarcev пропустил случай, когда $x$ делится на $9$.

[shwedka]

venco в сообщении #244411 писал(а):

shwedka, мне кажется вы здесь перепутали $x$ - одно из оснований, и показатель степени в уравнении.

Согласна!!! Перепутала.

ljubarcev в сообщении #244381 писал(а):

2.Как Вы думаете, почему Эйлер не рассматривал случай $x$
делящегося на $3$ в степени большей $1$ ?.

Источик этой информации, пожалуйста!

[grisania]

yk2ru в сообщении #244405 писал(а):

grisania в сообщении #244399 писал(а):

Мне не известно. Где написано?

У Софи Жермен?

В конце ответа стоит "?". Так это у Софи Жермен написано или надо извлекать из доказательства Жермен, что ВТВ достаточно доказать для ВТФ достаточно доказать для 4 и для нечетных простых как это утверждает shwedka.

[shwedka]

Про показатели 4 и простые это народное знание, настолько элементарное, что некому и приписывать. Можете найти в любой книге по ВТФ и, вообще, по теории чисел, но, лучше, докажите сами.

[yk2ru]

Наверное так:
Если теорема доказана для нечётной степени $n$, то значит доказана и для любой степени $m*n$.
Остаются числа $2^n$, которые больше двух. Тут достаточно доказать для чётвёрки, так как остальные числа делятся на четыре.

[ljubarcev]

Рассмотрим случай $x$ делящегося на $3^2$
В этом случае должно выполняться $x=3^2mx_1$, при $m,x_1$ не делящихся на $3$, $z-y=3^5m^3$; $z=gz_1$; $y=ky_1$; $x+y-z=3^2mgk$.
Утверждение 1. Должно выполняться $g=3^5g_1+1$; $k=3^5k_1+1$.
1.Рассмотрим число $z-y=3^5m^3$. Так как числа $z;y$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$ , то должно выполняться $z=3^5z_2+1$; $y=3^5y_2+1$.
2.Так как $z=gz_1$ и $z=3^5z_2+1$, то должно быть
$gz_1=3^5z_2+1$. Это возможно, при $g;z_1$ не делящихся, на $3$ только при $g=3^5g_1+1$; $z_1=3^{3^5z_3+1$. Действительно, тольrо при этом
$3^{10}g_1z_1+3^5g_1+3^5z_3+1=3^5z_2+1$ выполняется после деления на $3^5$.
Аналогично получим из $y=ky_1=3^5y_2+1$, что должно быть $k=3^5k_1+1$; $y_1=3^5y_3+1$.
3. Доказано, что должно быть $k=3^5k_1+1$; $g=3^5g_1+1$. При этом $g^3-k^3=3^6(3^9(g_1^3-k_1^3)+3^5(g_1^2-k_1^2)+(g_1-k_1))=3^6A$. $A$ - натуральное число.
4. Из тождества $2(x+y-z)=(x+y)-(z-x)-(z-y)$ после подстановки получим, что должно выполняться равенство $2*3^2mgk+3^5m^3=g^3-k^3=3^6A$. После деления на $3^5$ увидим, что должно выполняться равенство $\frac{2mgk}{3^3}+m^3=3A$. Теперь очевидно, что при $m;g;k$ не делящихся на $3$ равенство выполняться не может. А ведь должно. Искомое противоречие !
Дед.

-- Вс сен 27, 2009 00:07:00 --

ljubarcev в сообщении #246741 писал(а):

Рассмотрим случай $x$ делящегося на $3^2$
В этом случае должно выполняться $x=3^2mx_1$, при $m,x_1$ не делящихся на $3$, $z-y=3^5m^3$; $z=gz_1$; $y=ky_1$; $x+y-z=3^2mgk$.
Утверждение 1. Должно выполняться $g=3^5g_1+1$; $k=3^5k_1+1$.
1.Рассмотрим число $z-y=3^5m^3$. Так как числа $z;y$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$ , то должно выполняться $z=3^5z_2+1$; $y=3^5y_2+1$.
2.Так как $z=gz_1$ и $z=3^5z_2+1$, то должно быть
$gz_1=3^5z_2+1$. Это возможно, при $g;z_1$ не делящихся, на $3$ только при $g=3^5g_1+1$; $z_1=3^5z_3+1$. Действительно, тольrо при этом
$3^{10}g_1z_1+3^5g_1+3^5z_3+1=3^5z_2+1$ выполняется после деления на $3^5$.
Аналогично получим из $y=ky_1=3^5y_2+1$, что должно быть $k=3^5k_1+1$; $y_1=3^5y_3+1$.
3. Доказано, что должно быть $k=3^5k_1+1$; $g=3^5g_1+1$. При этом $g^3-k^3=3^6(3^9(g_1^3-k_1^3)+3^5(g_1^2-k_1^2)+(g_1-k_1))=3^6A$. $A$ - натуральное число.
4. Из тождества $2(x+y-z)=(x+y)-(z-x)-(z-y)$ после подстановки получим, что должно выполняться равенство $2*3^2mgk+3^5m^3=g^3-k^3=3^6A$. После деления на $3^5$ увидим, что должно выполняться равенство $\frac{2mgk}{3^3}+m^3=3A$. Теперь очевидно, что при $m;g;k$ не делящихся на $3$ равенство выполняться не может. А ведь должно. Искомое противоречие !
Дед.

[Someone]

Я не понял, зачем Вы сами себя цитируете. Если нужно было что-то исправить, есть кнопка .

Someone в сообщении #53334 писал(а):

$a=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9$
$b=\dots 0002112011222200_3=\dots 02464880_9$
$c=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9$
$a^3=\dots 1110012012201001_3=\dots 43165631_9$
$b^3=\dots 0201122222000000_3=\dots 21588000_9$
$c^3=\dots 2011212011201001_3=\dots 64764631_9$
$D_a=c-b=\dots 0011212110010201_3=\dots 04773121_9$
$D_b=c-a=\dots 0012022012200000_3=\dots 05265600_9$
$D_c=a+b=\dots 0011121121110001_3=\dots 04547401_9$
$F_a=\frac{c^3-b^3}{c-b}=c^2+cb+b^2=\dots 2222110211100101_3=\dots 88424311_9$
$F_b=\frac{c^3-a^3}{c-a}=c^2+ca+a^2=\dots 0011002202002010_3=\dots 04082063_9$
$F_c=\frac{a^3+b^3}{a+b}=a^2-ab+b^2=\dots 0211122110021001_3=\dots 24573231_9$
$D_aF_a=\dots 1110012012201001_3=\dots 43165631_9=a^3$
$D_bF_b=\dots 0201122222000000_3=\dots 21588000_9=b^3$
$D_cF_c=\dots 2011212011201001_3=\dots 64764631_9=c^3$
$A=\dots 0102021012020021_3=\dots 12235207_9$
$B=\dots 2212000002221200_3=\dots 85002850_9$
$C=\dots 2121002221111001_3=\dots 77087431_9$
$A^3=\dots 0011212110010201_3=\dots 04773121_9=D_a$
$\frac 13B^3=\dots 0012022012200000_3=\dots 05265600_9=D_b$
$C^3=\dots 0011121121110001_3=\dots 04547401_9=D_c$
$A_1=\dots 0011112011210111_3=\dots 04464714_9$
$B_1=\dots 2000000001012021_3=\dots 60001167_9$
$C_1=\dots 1122102100022101_3=\dots 48370271_9$
$A_1^3=\dots 2222110211100101_3=\dots 88424311_9=F_a$
$3B_1^3=\dots 0011002202002010_3=\dots 04082063_9=F_b$
$C_1^3=\dots 0211122110021001_3=\dots 24573231_9=F_c$
$A_1A=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9=a$
$B_1B=\dots 0002112011222200_3=\dots 02464880_9=b$
$C_1C=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9=c$

Вот пример, в котором никакого противоречия не возникает. Обозначения другие:
$x=b=\dots 0002112011222200_3=\dots 02464880_9$,
$y=a=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9$,
$z=c=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9$.
Мне нужно долго разыскивать, где у Вас определены остальные величины, напишите, пожалуйста, соответствия сами.
Например:
$x+y-z=b+a-c=\dots 2220012222022200_3=\dots 86188280_9$,
$z-y=c-a=D_b=\dots 0012022012200000_3=\dots 05265600_9$,
$m=\frac 19B=\dots 22120000022212_3=\dots 8500285_9$.

ljubarcev в сообщении #246741 писал(а):

1.Рассмотрим число $z-y=3^5m^3$. Так как числа $z;y$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$ , то должно выполняться $z=3^5z_2+1$; $y=3^5y_2+1$.

Из рассмотрения моего примера следует, что это не обязательно.

[ljubarcev]

Уважаемый Someone !
1.Цитировал я себя, так как обнаружил опечатку в формуле когда кнопки "правка" в посте уже не было.
2. К великому сожалению по существу сказать ничего не могу, так как используемым Вами способом представления чисел не владею. Суть моего утверждения состоит в следующем: Если равенство $x^3+y^3=z^3$ выполняется при $x=3^2mx_1$, то оно должно выполняться при $z=3^5z_2+1$ и $y=3^5y_2+1$, так как должно выполняться равенство $z-y=3^5m^3$.
Дед.