БТФ и сумма точных квадратов

[Iosif1]

shwedka в сообщении #246722 писал(а):

Iosif1
Не упирайтесь. Прочтите все же брошюрку о методе математической индукции.
Крайне полезно, в то же время элементарно.

Я не упираюсь, с чего это Вы?
Как я понимаю, метод математической индукции - это формализация числовой закономерности. Для любого значения конкретного числового ряда.
А у меня есть выражение любого значения, в данном случае соотношения, между левой и правой частью предполагаемого равенства. Динамика изменения этого соотношения.
Таких равенств несколько. Все они, эти равенства, составлены на основании существующей закономерности.
Конечно, их можно получить и другим способом.
Но не в этом суть.
Динамика изменения соотношения рассчитываемых частей одного равенства имеет тенденцию к уменьшению, другого равенства - к увеличению.
Начальные соотношения рассчитаны при условии равенства оснований $a$ и $c$. И поэтому соотношения равны нулю.
Пошаговое уменьшение на единицу основания $a$, определяют последующие соотношения частей составленных уравнений. Так как тенденции для используемых уравнений различны, становится невозможным предположение превращения уравнений в равенство.
Мы можем как угодно увеличивать первоначальные значения оснований (Даже пошагово, на единицу. В этом случае мы не можем не сопоставить составленные уравнения для случая, когда равенство состоится, если такое возможно).
При этом табличный материал передаётся не просто. Поэтому, я подумал, что можно дискутировать с оппонентом при помощи расчётов, проводимых индивидуально.
Вот на таком этапе я решил подискутировать.
Расчёты посредством использования таблиц Эксель при рассмотрении третьей степени не проблематичны.
Рассмотрение и может дать ответ на вопрос:
Что надо и что не надо?

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #246733 писал(а):

Как я понимаю, метод математической индукции - это формализация числовой закономерности.

неправильно понимаете.

На нулевом этапе Вы догадываетесь о числовой закономерности. А затем должны ДОКАЗЫВАТЬ. Во всем, что Вы пишете, этап ДОКАЗАТЕЛЬСТВА отсутствует. Вы догадываетесь о закономернистях, а потом БЕЗОСНОВАТЕЛЬНО переносите на общий случай.
Все разговоры о тенденциях - пустота, поскольку тенденции относятся только к примерам, которые Вы сосчитали, но ничего не известно, что происходит в несосчитанных примерах.

Все это означает, что брошюру Вы не открывали.

Повторяю, 10, 100 или 1000000000000000000000
числовых экспериментов тенденцию не доказывают.

[Iosif1]

shwedka в сообщении #246739 писал(а):

Повторяю, 10, 100 или 1000000000000000000000
числовых экспериментов тенденцию не доказывают.

Вот видите, это Вы не хотите поучаствовать в нахождении ответа на вопрос:
Что надо, и что не надо?
Мне кажется, что доказательство можно найти через анализ сходимости числовых рядов.
А, может быть, я и не прав.
Но стоит ли ломать копья, пока всё 1000000000000000000000 раз не проверено?
Ещё не повод выдавать премии.

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #246742 писал(а):

Вот видите, это Вы не хотите поучаствовать в нахождении ответа на вопрос:
Что надо, и что не надо?
Мне кажется, что доказательство можно найти через анализ сходимости числовых рядов.
А, может быть, я и не прав.
Но стоит ли ломать копья, пока всё 1000000000000000000000 раз не проверено?
Ещё не повод выдавать премии.

что не надо: не надо пытаться доказать ВТФ. Это внр любительских возможностей.
Что надо. Если есть интерес к математике, то, для начала, почитать популярные книги, рассказывающие о взрослой математике, в выбранной предметной области поучиться по непопулярной литературе, выбрать доступную проблему и ей заниматься.

[Iosif1]

shwedka в сообщении #246743 писал(а):

Это внр любительских возможностей.

Сокращение не расшифровал.

shwedka в сообщении #246743 писал(а):

Что надо. Если есть интерес к математике, то, для начала, почитать популярные книги, рассказывающие о взрослой математике, в выбранной предметной области поучиться по непопулярной литературе, выбрать доступную проблему и ей заниматься.

Никто, никому, ни чем не обязан.
Это относится и к советам. Но за совет спасибо.

[shwedka]

shwedka в сообщении #246743 писал(а):

Это внр любительских возможностей

Очепятка. Вне любительских возможностей

[age]

shwedka в сообщении #246743 писал(а):

Что надо. Если есть интерес к математике, то, для начала, почитать популярные книги, рассказывающие о взрослой математике, в выбранной предметной области поучиться по непопулярной литературе, выбрать доступную проблему и ей заниматься.

Зачем же? Когда можно доказать теорему Ферма и сразу стать Великим!

[Iosif1]

age в сообщении #246899 писал(а):

Зачем же? Когда можно доказать теорему Ферма и сразу стать Великим!

"Мечты, мечты, где ваша сладость".

Доказательство БТФ через единичный контрольный модуль

Необходимо доказать, что для любого натурального $n>2$ уравнение

$a^3+b^3=c^3$; (А)

не имеет натуральных решений $a$, $b$и $c$.

Предположим, что равенство (А) при $n=3$ истинно.
Вводим обозначения:

$a=a_i*a_x$ (1)
$b=b_i*b_x$ (2)
$c=c_i*c_x$ (3),

где все сомножители взаимно простые.


$c-a=D_b=b_i^3/3$; (4)

$c-b=D_a=a_i^3$; (5)

$a+b=D_c=c_i^3$; (6)

$k=a+b-c=a_i*b_i*c_i$; (7)

$k^3=3*D_a*D_b*D_c$; (8)

$Q_{2a}=[(2a)^3-2a]/6$; (9)



Формализованное выражение (8) дано для рассмотрения уравнения (А) при $n=3$.

Доказательство основано на закономерности:

$Q_{2a}=[(2*a)^3-2a]/6=[1^2+3^2+5^2+…+(2a-1)^2]$; (A-1)

И.Н.Бронштейн, К.А.Семендяев. Справочник по математике. Для инженеров и учащихся ВТУЗов. "Тойбнер", Лейпциг, 1979. "Наука", Москва, 1980.

На основании решета для БТФ установлено (см. тему «Коротенькое доказательство БТФ» -следующий пост после того. на который ссылка

post251728.html#p251728 ),

что для того, чтобы опровержение БТФ стало возможно, необходимо, чтобы одно из оснований содержало сомножитель $7$. Поэтому и величина $D_{2b}$ (10.1) и разность $Q_{2c}-Q_{2a}$ (10.2) должны содержать сомножитель $7$, равный одному из контрольных модулей.
Также можно утверждать, что сумма набора слагаемых, содержащих сомножители 8 (восемь), содержит сомножитель $7$.
Задаёмся условием, что основания $c$ и $a$ принадлежат к одному классу вычетов по $mod 7$.
Поэтому и величина $D_{2b}$ (10.1) и разность $Q_{2c}-Q_{2a}$ (10.2) должны содержать сомножитель $7$.
Числовой ряд точных квадратов можно представить как:

Таблица 1.

$\begin{array}{||c | c | c |c |c |c |} \hline 1^2 & 3^2 & 5^2&7^2 \\ \hline 1 & 1 & 1& 1\\ \hline 0 & 8*1 & 8*2&8*3\\ \hline 1 & 9 &25&49\\ \hline 1 & 1*8 &3*8&6*8\\ \hline \end{array}$,

В таблице 1 первая строка – рассчитываемое выражение;
Вторая строка – первое слагаемое при определении результата;
Пятая строка – второе слагаемое при определении результата.

То есть, каждый точный квадрат с нечётным основанием можно представить как:

$m^2=1+8*[(m-1)/2!]$; (11.1)

При этом, при удвоении основания, сумма единиц в выражении $Q_{2a}$ всегда равна $1/2$ рассматриваемого основания.

Что представляет при этом разность (10.2)?

Количество единиц в разности (10.2) равно, соответственно, величине $D_b$.
Для того, чтобы привести разность

$[6*(Q_{2c}-Q_{2a})+2*D_b]$; (12.1)

к виду

$6*Q_{2b}+2*b$; (12.2)

Необходимо вычесть из суммы произведений, содержащих сомножитель 8 (восемь), величину $2k/6+k+1$ (12.3)
Первое слагаемое необходимо для конструирования величины $2b$.
Второе слагаемое необходимо для конструирования величины $b$, обеспечиваемой набором единиц, для чего необходимо прибавить величину $k$ к величине $D_b$.
Третье слагаемое (единица) необходима для восполнения числового ряда точных квадратов.
Поэтому, если нам удастся сконструировать величину $k$, содержащую сомножитель $7$, в результате конструирования разности (10.2) мы не сможем обеспечить принадлежность величины $6*Q_{2b}$ к нулевому классу вычетов по $mod 7$.
Последнее свидетельствует о невозможности опровержения БТФ. Что и требовалось доказать.

[bot]

Сразу не понимаю.

Iosif1 в сообщении #258668 писал(а):

Вводим обозначения:

$a=a_i*a_x$ (1)
$b=b_i*b_x$ (2)
$c=c_i*c_x$ (3),

где все сомножители взаимно простые.

Что означает "вводим обозначения"? Если мы начинаем от противного, то у нас есть противные числа $a, b, c$, удовлетворяющие равенству $a^3+ b^3= c^3$, их разумеется можно считать попарно взаимно простыми и мы произвольным образом раскладываем эти а, бэ. цэ в произведение двух множителей? Ну к примеру пусть в каждой паре один из множителей равен 1 - можно так положить? А какую смысловую нагрузку несут индексы $i, x$? Или это обозначения из какой-то более ранней версии?

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #258668 писал(а):

что для того, чтобы опровержение БТФ стало возможно, необходимо, чтобы одно из оснований содержало сомножитель $7$.

Известно очень давно

Iosif1 в сообщении #258668 писал(а):

Поэтому и величина $D_{2b}$ (10.1) и разность $Q_{2c}-Q_{2a}$ (10.2) должны содержать сомножитель $7$,

А вот это придется доказать. Во-первых, почему именно $b$ (которое делится на 3), а не кто-то другой делится на 7? Далее, Откуда взялось и что такое $D_{2b}$? Было же $D_{b}$.
И даже про делимость $D_{b}$ не доказано.

Iosif1 в сообщении #258668 писал(а):

Также можно утверждать, что сумма набора слагаемых, содержащих сомножители 8 (восемь), содержит сомножитель $7$.

А это утверждение требует большого разъяснения. Сумма набора каких слагаемых? И далее...

[venco]

Не читал остального, но последний вывод меня удивил своей логикой:

Iosif1 в сообщении #258668 писал(а):

Последнее свидетельствует о невозможности опровержения БТФ. Что и требовалось доказать.

Что такое "невозможность опровержения БТФ", и как оно связано с доказательством БТФ?

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #258668 писал(а):

То есть, каждый точный квадрат с нечётным основанием можно представить как:

$m^2=1+8*[(m-1)/2!]$; (11.1)

А этои проверьте, скажем , при $m=17$.

[Iosif1]

bot в сообщении #258678 писал(а):

А какую смысловую нагрузку несут индексы $i, x$? Или это обозначения из какой-то более ранней версии?

Эти индексы подчёркивают то, что основание есть произведение. В данном Варианте это можно и не показывать.
Но это не главное препятствие. Мне не даёт покоя невозможность использования сопоставления суммы точных квадратов и результирующего значения в преобразовании куба для доказательства БТФ.
Существование контрольных модулей и решета для БТФ, конечно, не может считаться доказательством.
А вариант до полного его развенчания осмыслить не удаётся .
Может где-то есть что то об этом в литературе. Увы, не попадается...

shwedka в сообщении #258696 писал(а):

А этои проверьте, скажем , при $m=17$.

Ничего себе пряники! Очень виноват. Здесь был полностью уверен в правоте. Опускаю паруса.
Спасибо.

venco в сообщении #258694 писал(а):

Что такое "невозможность опровержения БТФ", и как оно связано с доказательством БТФ?

Это значит, что нельзя опровергнуть...
Да это не главное.

shwedka в сообщении #258692 писал(а):

А вот это придется доказать. Во-первых, почему именно $b$ (которое делится на 3), а не кто-то другой делится на 7? Далее, Откуда взялось и что такое $D_{2b}$? Было же $D_{b}$.
И даже про делимость $D_{b}$ не доказано.

Это можно доказать посредством использования решета для БТФ, что по ссылке. Но после найденной Вами ошибки, пока точно лишнее.

shwedka в сообщении #258692 писал(а):

А это утверждение требует большого разъяснения. Сумма набора каких слагаемых? И далее...

И об этом, если не разуверюсь.

[Iosif1]

"Мечты, мечты, где ваша сладость".

Доказательство БТФ через единичный контрольный модуль

Необходимо доказать, что для любого натурального $n>2$ уравнение

$a^3+b^3=c^3$; (А)

не имеет натуральных решений $a$, $b$и $c$.

Предположим, что равенство (А) при $n=3$ истинно.
Вводим обозначения:

$a=a_i*a_x$ (1)
$b=b_i*b_x$ (2)
$c=c_i*c_x$ (3),

где все сомножители взаимно простые.


$c-a=D_b=b_i^3/3$; (4)

$c-b=D_a=a_i^3$; (5)

$a+b=D_c=c_i^3$; (6)

$k=a+b-c=a_i*b_i*c_i$; (7)

$k^3=3*D_a*D_b*D_c$; (8)

$Q_{2a}=[(2a)^3-2a]/6$; (9)



Формализованное выражение (8) дано для рассмотрения уравнения (А) при $n=3$.

Доказательство основано на закономерности:

$Q_{2a}=[(2*a)^3-2a]/6=[1^2+3^2+5^2+…+(2a-1)^2]$; (A-1)

И.Н.Бронштейн, К.А.Семендяев. Справочник по математике. Для инженеров и учащихся ВТУЗов. "Тойбнер", Лейпциг, 1979. "Наука", Москва, 1980.

На основании решета для БТФ установлено (см. тему «Коротенькое доказательство БТФ» -следующий пост после того. на который ссылка

post251728.html#p251728 ),

что для того, чтобы опровержение БТФ стало возможно, необходимо, чтобы одно из оснований содержало сомножитель $7$. Поэтому и величина $D_{2b}$ (10.1) и разность $Q_{2c}-Q_{2a}$ (10.2) должны содержать сомножитель $7$, равный одному из контрольных модулей.
Также можно утверждать, что сумма набора слагаемых, содержащих сомножители 8 (восемь), содержит сомножитель $7$.
Задаёмся условием, что основания $c$ и $a$ принадлежат к одному классу вычетов по $mod 7$.
Поэтому и величина $D_{2b}$ (10.1) и разность $Q_{2c}-Q_{2a}$ (10.2) должны содержать сомножитель $7$.
Числовой ряд точных квадратов можно представить как:

Таблица 1.

$\begin{array}{||c | c | c |c |c |c |} \hline 1^2 & 3^2 & 5^2&7^2 \\ \hline 1 & 1 & 1& 1\\ \hline 0 & 8*1 & 8*2&8*3\\ \hline 1 & 9 &25&49\\ \hline 1 & 1*8 &3*8&6*8\\ \hline \end{array}$,

В таблице 1 первая строка – рассчитываемое выражение;
Вторая строка – первое слагаемое при определении результата;
Пятая строка – второе слагаемое при определении результата.

То есть, каждый точный квадрат с нечётным основанием можно представить как:
Это надо переделать.
$m^2=1+8*[(m-1)/2!]$; (11.1)

При этом, при удвоении основания, сумма единиц в выражении $Q_{2a}$ всегда равна $1/2$ рассматриваемого основания.

Что представляет при этом разность (10.2)?

Количество единиц в разности (10.2) равно, соответственно, величине $D_b$.
Для того, чтобы привести разность

$[6*(Q_{2c}-Q_{2a})+2*D_b]$; (12.1)

к виду

$6*Q_{2b}+2*b$; (12.2)

Необходимо вычесть из суммы произведений, содержащих сомножитель 8 (восемь), величину $2k/6+k$ (12.3)
Первое слагаемое необходимо для конструирования величины $2b$.
Второе слагаемое необходимо для конструирования величины $b$, обеспечиваемой набором единиц, для чего необходимо прибавить величину $k$ к величине $D_b$.

Поэтому, если нам удастся сконструировать величину $k$, содержащую сомножитель $7$, в результате конструирования разности (10.2) мы не сможем обеспечить принадлежность величины $6*Q_{2b}$ к нулевому классу вычетов по $mod 7$ требуемого наполнения.
Последнее свидетельствует о невозможности опровержения БТФ. Что и требовалось доказать.

_________________

[shwedka]

И зачем же было копировать, ничего не исправив?