О сумме двух кубов

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #246838 писал(а):

то оно должно выполняться при $z=3^5z_2+1$ и $y=3^5y_2+1$, так как должно выполняться равенство $z-y=3^5m^3$.

Приведите доказательство, что остаток при делении на $3^5$ именно $1$, а не $400$, $160$ или $700$, или что-нибудь еще...

[Someone]

ljubarcev в сообщении #246838 писал(а):

Цитировал я себя, так как обнаружил опечатку в формуле когда кнопки "правка" в посте уже не было.

Если Вы вошли на форум как зарегистрированный участник, то кнопка "Правка" на Ваших сообщениях обязательно должна быть. Если её нет, это означает, что Вы вошли как "Гость". Рекомендую всё-таки отредактировать Ваше сообщение и удалить из него ненужный дубликат.

ljubarcev в сообщении #246838 писал(а):

К великому сожалению по существу сказать ничего не могу, так как используемым Вами способом представления чисел не владею.

Ничего таинственного нет. По моим наблюдениям, Вы в своих рассуждениях используете только делимость на определённые степени тройки. В моём примере все числа записаны в троичной и девятиричной системах счисления. Это очень удобно, потому что по количеству нулей в конце троичной записи числа сразу видно, на какую степень тройки это число делится: сколько нулей, такая и степень. Например, $D_b=c-a=\dots 0012022012200000_3=\dots 05265600_9$ в троичной записи оканчивается на $5$ нулей, поэтому делится на $3^5$, но не делится на $3^6$. Старшие разряды числа $D_b$, однако, неизвестны, поэтому заменены многоточием.

ljubarcev в сообщении #246741 писал(а):

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 $z=3^5z_2+1$; $y=3^5y_2+1$.

Непонятно, с какой стати, если числа равноостаточны при делении на что-то, то эти остатки обязательно равны $1$. В моём примере $y=a=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9$ и $z=c=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9$ равноостаточны при делении на $3^5$, однако этот остаток равен вовсе не $1$, а $10101_3=1\cdot 3^4+0\cdot 3^3+3^2+0\cdot 3^1+1\cdot 3^0=91$. Равенство $x^3+y^3=z^3$ в моём примере выполняется для $16$ известных троичных цифр. Это намного больше, чем используется в Вашем рассуждении. Если будет мало, легко подобрать гораздо больше.

[ljubarcev]

shwedka в сообщении #246860 писал(а):

ljubarcev в сообщении #246838 писал(а):

то оно должно выполняться при $z=3^5z_2+1$ и $y=3^5y_2+1$, так как должно выполняться равенство $z-y=3^5m^3$.

Приведите доказательство, что остаток при делении на $3^5$ именно $1$, а не $400$, $160$ или $700$, или что-нибудь еще...

Уважаемая Shwedka ! Вцелом Вы правы, так как не трудно понять, что при произвольном $z$ остаток при делении этого числа на $3^5$ может быть любым из ряда от $0$ до $3^5-1=242$. Но это не опровергает приведеного доказательства так как среди этих чисел $z-y$ обязательно ДОЛЖНЫ быть и числа, дающие при делении на $3^5$ в остатке $1$. Тем не менее, из дальнейшего доказательств видно, что таких чисел нет.
Дед.

[Someone]

ljubarcev в сообщении #247653 писал(а):

Но это не опровергает приведеного доказательства так как среди этих чисел $z-y$ обязательно ДОЛЖНЫ быть и числа, дающие при делении на $3^5$ в остатке $1$.

Докажите, что ДОЛЖНЫ.

[ljubarcev]

Уважаемые господа ! Позвольте несколько другой вариант.
Рассмотрим равенство $z-y=3^5m^3$.
Так как числа $z;y$ не делятся на $3$ и равно остаточны при делении на $3$ , что бы равенство выполнялось должно быть либо а) $z=3z_1$; $y=3y_1$ либо б) $z=3z_1+1$; $y=3y_1+1$ и, в нашем случае при $x=3^2mx_1$, и вслучае а) и в случае б) должно быть $z-y=3(z_1-y_1)=3^5m^3$. Тогда должно выполняться

$$\frac{z_1-y_1}{3}=3^3m^3$$

Видим, что число $z_1-y_1$ должно делиться на $3$.
Это возможно в случаях: в) каждое из чисел $z_1;y_1$
делится на $3$, то есть при $z_1=3z_2$, $y_1=3y_2$, г) числа $z_1;y_1$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$, то есть $z_1=3z_2+1$; $y_1=3y_2+1$. Тогда должно быть
в) $z=3z_1=3^2z_2$; $y=3y_1=3^2y_2$; г) $z=3z_1+1=3^2z_2+4$; $y=3y_1+1=3^2y^2+4$. В обоих случаях должно быть
$z-y=3^2(z_2-y_2)=3^5m^3$; $(z_2-y_2)=3^3m^3$;

$$\frac{z_2-y_2}{3}=3^2m^3$$

, и видим, что число
$(z_2-y_2)$ так же должно делиться на $3$, что опять же возможно либо д) при $z_2=3z_3$; $y_2=3y_3$. либо е) $z_2=3z_3+1$; $y_2=3y_3+1.$ При этом числа $z;y$ должны иметь вид:
д) $z=3z_1=3(3z_2)=3(3(3z_3))=3^3z_3$, $y=3y_1=3(3y_2)=3(3(3y_3))=3^3y_3$.
либо е) $z=3z_1+1=3^2z_2+4=3^3z_3+13$; $y=3y_1+1=3^2y_2+4=3^3y_3+13$ При этом получается, что в обоих случаях должно выполняться
$z-y=3^3(z_3-y_3)=3^5m^3$; и

$$\frac{z_3-y_3}{3}=3m^3$$

, откуда видно, что число
$(z_3-y_3)$ так же должно делиться на $3$.
Это возможно в случаях: ж) каждое из чисел $z_3;y_3$
делится на $3$; з) числа $z_3;y_3$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$. В случае ж) должно быть $z_3=3z_4$; $y_3=3y_4$.В случае з) - $z_3=3z_4+1$; $y_3=3y_4+1$. И тогда: ж) $z=3z_1=3(3z_2)=3(3(3z_3))=3^4z_4$:
$y=3y_1=3(3y_2)=3(3(3y_3))=3^4y_4$:
З) $z=3z_1+1=3^2z_2+4=3^3z_3+13=3^4z_4+40$;
$y=3y_1+1=3^2y_2+4=3^3y_3+13=3^4y_4+40$.
Теперь находим, что в обоих случаях должно выполняться: $z-y=3^4(z_4-y_4)=3^5m^3$ и после деления на $3^5$ должно выполняться:

$$\frac{z_4-y_4}{3}=m^3$$

. Очевидно, что число
$z_4-y_4$ должно делиться на $3$.
Это возможно в случаях: и) каждое из чисел $z_4;y_4$
делится на $3$; к) числа $z_4;y_4$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$. В случае и) должно быть $z_4=3z_5$; $y_4=3y_5$. В случае к) - $z_4=3z_4+1$; $y_4=3y_4+1$.
И тогда: и) $z=3z_1=3^2z_2=3^3z_3=3^4z_4=3^5z_5$;
$y=3y_1=3^2y_2)=3^3y_3=3^4y_4=3^5y_5$.
к)$z=3z_1+1=3^2z_2+4=3^3z_3+13=3^4z_4+40=3^5z_5+ 121$;$y=3y_1+1=3^2y_2+4=3^3y_3+13=3^4y_4+40= 3^5y_5+121$. Рассматривая случаи а); в); д); ж); и) видим, что они являются случаями, когда числа $z;y$ делятся на$3$, а в нашем случае это невозможно, делаем вывод, что при этом решений нет.
Таким образом, должно выполняться: $z-y=3^5(z_5-y_5)=3^5m^3$ и после деления на $3^5$ должно выполняться: $z_5-y_5=m^3$.
В этом равенстве число $m$ на $3$ не делится и представимо в виде $m=3m_1+1$. Тогда $m^3=3^3m_1^3+3^3m_1^2+3^2m_1+1=3^2P+1$. $P$ - натуральное число. Приходим к тому, что должно выполняться и равенство $z_5-y_5=9P+1$.
1. Очевидно, что при числах $z_5;y_5$ делящихся на $3$ оно выполняться не может.
2. При $z_5=3z_6+1$; $y_5=3y_6+1$ должно быть
$3(z_6-y^_6)=9P+1$; $z_6-y_6=3P+1/3$ - не выполняется.
3. При $z_5=3z_6+1$; $y_5=3y_6-1$ должно быть
$3(z_6-y^_6)=9P+1$; $z_6-y_6=3P-1/3$ - не выполняется.
4. При $z_5=3z_6; $[math]y_5=3y_6+1$ должно быть
$3(z_6-y^_6)-1=9P+1$; $z_6-y_6=3P+2/3$ - не выполняется.
5. При $z_5=3z_6+1$; $y_5=3y_6$ должно быть
$z=3z_1+1=3^2z_2+4=3^3z_3+13=3^4z_4+40=3^5z_5+121=3^6z_6+364$.
$y=3y_1+1=3^2y_2+4=3^3y_3+13=3^4y_4+40=3^5y_5+121=3^6y_6+363$.
$z-y=3^6(z_6-y_6)+1=3^5m^3$;

$$\frac{z-y}{3^5}=3(z_6-y_6)+\frac{1}{3^5}=m^3$$

- не выполняется.
Так как видно, что равенство $z-y=3^5m^3$ не может выполняться . то больше ничего доказывать не надо.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

числа $z_1;y_1$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$, то есть $z_1=3z_2+1$; $y_1=3y_2+1$.

А почему не

Цитата:

$z_1=3z_2-1$; $y_1=3y_2-1$

?
Вы эту возможнось и далее много раз упускаете!
Поэтому случаев получается много-много!

[Someone]

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

Позвольте несколько другой вариант.
Рассмотрим равенство $z-y=3^5m^3$.
Так как числа $z;y$ не делятся на $3$ и равно остаточны при делении на $3$ , что бы равенство выполнялось должно быть либо а) $z=3z_1$; $y=3y_1$

Этого никак не может быть, поскольку по условию "числа $z;y$ не делятся на $3$".

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

либо б) $z=3z_1+1$; $y=3y_1+1$

А случай $z=3z_1+2$, $y=3y_1+2$, как правильно заметила shwedka, действительно пропущен.

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

...
Рассматривая случаи а); в); д); ж); и) видим, что они являются случаями, когда числа $z;y$ делятся на$3$, а в нашем случае это невозможно, делаем вывод, что при этом решений нет.

Вы игрой в бирюльки-то нас не развлекайте. Если уж $y$ и $z$ на $3$ не делятся и равны $3y_1+1$ и $3z_1+1$ либо (в пропущенном Вами случае) $3y_1+2$ и $3z_1+2$, то дальше совершенно не важно, делятся ли на $3$ числа $y_1$, $z_1$, $y_2$, $z_2$ и так далее. $y$ и $z$ уже ни в каких вариантах делиться на $3$ не будут.

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

Таким образом, должно выполняться: $z-y=3^5(z_5-y_5)=3^5m^3$ и после деления на $3^5$ должно выполняться: $z_5-y_5=m^3$.
В этом равенстве число $m$ на $3$ не делится и представимо в виде $m=3m_1+1$.

Опа-на! А в моём контрпримере как раз $m=\dots 22120000022212_3=3m_1+2$. А Вы этот случай пропустили без объяснений.

Над всеми Вашими рассуждениями висит контрпример, который невозможно обойти, рассматривая только остатки от деления на степени тройки. Если Вам кажется, что у Вас что-то получается, сверьтесь с ним.

[ljubarcev]

shwedka в сообщении #248126 писал(а):

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

числа $z_1;y_1$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$, то есть $z_1=3z_2+1$; $y_1=3y_2+1$.

А почему не

Цитата:

$z_1=3z_2-1$; $y_1=3y_2-1$

?
Вы эту возможнось и далее много раз упускаете!
Поэтому случаев получается много-много!

Уважаемая Shwedka ! Взяв числа $z;y$ вида $z=3z_1-1$; $y=3у_1-1$ и проведя те же рассуждения, что и для чисел $z=3z_1+1$; $y=3у_1+1$ мы придём к тому же равенству $(z-y)/3^5=z_5-y_5=m^3$, для которого доказательство я привёл.
Об этом доказательстве Вы ничего не сказали. Согласны Вы с ним или нет. Если нет, то в чём ошибочность ?
Дед.

[ljubarcev]

Someone в сообщении #247654 писал(а):

ljubarcev в сообщении #247653 писал(а):

Но это не опровергает приведеного доказательства так как среди этих чисел $z-y$ обязательно ДОЛЖНЫ быть и числа, дающие при делении на $3^5$ в остатке $1$.

Докажите, что ДОЛЖНЫ.

Уважаемый Someone ! Запишем равенство $p=3^5a+1$. При любом натуральном $a$ получим число $p$, дающее при делении на $3^5$ в остатке $1$. Получим бесконечный ряд таких чисел - $244$; $487$; $730$; ... Согласен - это игра в бирюльки, но ведь по Вашей просьбе.
Дед.

[ljubarcev]

Someone в сообщении #248263 писал(а):

Этого никак не может быть, поскольку по условию "числа $z;y$ не делятся на $3$".

Так я это и доказывал. О случае
$z=3z_1+1$; $y=3y_1+1$ я ответил в предыдущем посте.

Цитата:

Вы игрой в бирюльки-то нас не развлекайте. Если уж $y$ и $z$ на $3$ не делятся и равны $3y_1+1$ и $3z_1+1$ либо (в пропущенном Вами случае) $3y_1+2$ и $3z_1+2$, то дальше совершенно не важно, делятся ли на $3$ числа $y_1$, $z_1$, $y_2$, $z_2$ и так далее. $y$ и $z$ уже ни в каких вариантах делиться на $3$ не будут.

Так я это и доказываю, хотя видно, что для Вас это очевидно и без доказательства

Цитата:

Опа-на! А в моём контрпримере как раз $m=\dots 22120000022212_3=3m_1+2$. А Вы этот случай пропустили без объяснений.

Согласен. Но ведь мы ещё не разобрались окончательно со случаем $m=3m_1+1$

Цитата:

Над всеми Вашими рассуждениями висит контрпример, который невозможно обойти, рассматривая только остатки от деления на степени тройки. Если Вам кажется, что у Вас что-то получается, сверьтесь с ним.

Не могу. Я уже признавался, что Вашим способом представления чисел не владею.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #248509 писал(а):

Уважаемая Shwedka ! Взяв числа $z;y$ вида $z=3z_1-1$; $y=3у_1-1$ и проведя те же рассуждения, что и для чисел $z=3z_1+1$; $y=3y_1+1$ мы придём к тому же равенству $(z-y)/3^5=z_5-y_5=m^3$, для которого доказательство я привёл.
Об этом доказательстве Вы ничего не сказали. Согласны Вы с ним или нет. Если нет, то в чём ошибочность ?

На каждом шаге, кроме первого, у Вас имеется три возможности,
$z_k=3z_{k+1},$ $z_k=3z_{k+1}+1$, $z_k=3z_{k+1}+2$. На первом шаге у вас две возможности.$z=3z_{1}-1, $, $z=3z_{1}+1$.
Различные сочетания этих возможностей дают несколько сотен вариантов.
Вы рассмотрели только одну возможность на каждом шаге, проигнорировав остальные. В этом ошибка.

[Someone]

ljubarcev в сообщении #248662 писал(а):

Someone в сообщении #247654 писал(а):

ljubarcev в сообщении #247653 писал(а):

Но это не опровергает приведеного доказательства так как среди этих чисел $z-y$ обязательно ДОЛЖНЫ быть и числа, дающие при делении на $3^5$ в остатке $1$.

Докажите, что ДОЛЖНЫ.

Уважаемый Someone ! Запишем равенство $p=3^5a+1$. При любом натуральном $a$ получим число $p$, дающее при делении на $3^5$ в остатке $1$. Получим бесконечный ряд таких чисел - $244$; $487$; $730$; ... Согласен - это игра в бирюльки, но ведь по Вашей просьбе.

У Вас спрашивали:

shwedka в сообщении #248126 писал(а):

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

числа $z_1;y_1$ не делятся на $3$ и равноостаточны при делении на $3$, то есть $z_1=3z_2+1$; $y_1=3y_2+1$.

А почему не

Цитата:

$z_1=3z_2-1$; $y_1=3y_2-1$

?

Someone в сообщении #247016 писал(а):

Непонятно, с какой стати, если числа равноостаточны при делении на что-то, то эти остатки обязательно равны $1$. В моём примере $y=a=\dots 0002002102110101_3=\dots 02072411_9$ и $z=c=\dots 0021101122010101_3=\dots 07348111_9$ равноостаточны при делении на $3^5$, однако этот остаток равен вовсе не $1$, а $10101_3=1\cdot 3^4+0\cdot 3^3+3^2+0\cdot 3^1+1\cdot 3^0=91$.

А Вы про что отвечаете? Каким образом "среди чисел $z-y$ обязательно ДОЛЖНЫ быть и числа, дающие при делении на $3^5$ в остатке $1$", если $z-y$ делится на $3^5$?

ljubarcev в сообщении #248790 писал(а):

Someone в сообщении #248263 писал(а):

Этого никак не может быть, поскольку по условию "числа $z;y$ не делятся на $3$".

Так я это и доказывал. О случае
$z=3z_1+1$; $y=3y_1+1$ я ответил в предыдущем посте.

Цитата:

Вы игрой в бирюльки-то нас не развлекайте. Если уж $y$ и $z$ на $3$ не делятся и равны $3y_1+1$ и $3z_1+1$ либо (в пропущенном Вами случае) $3y_1+2$ и $3z_1+2$, то дальше совершенно не важно, делятся ли на $3$ числа $y_1$, $z_1$, $y_2$, $z_2$ и так далее. $y$ и $z$ уже ни в каких вариантах делиться на $3$ не будут.

Так я это и доказываю, хотя видно, что для Вас это очевидно и без доказательства

Зачем доказывать то, что принято в качестве условия?

ljubarcev в сообщении #248790 писал(а):

Согласен. Но ведь мы ещё не разобрались окончательно со случаем $m=3m_1+1$

А почему тогда у Вас для этого случая написано

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

Так как видно, что равенство $z-y=3^5m^3$ не может выполняться . то больше ничего доказывать не надо.

???

ljubarcev в сообщении #248790 писал(а):

Я уже признавался, что Вашим способом представления чисел не владею.

Это плохо, что Вы не умеете пользоваться различными системами счисления. Возьмите книжку и разберитесь. Например:

С.В.Фомин. Системы счисления. Популярные лекции по математике. Выпуск 40. Москва, "Наука", 1980.

Очень давно известно, что теорему Ферма нельзя доказать, рассматривая только остатки от деления чисел на степени какого-нибудь простого числа. Поскольку Вы пытаетесь ограничиваться только такими остатками, то доказательство у Вас никогда не получится. Это демонстрируют примеры наподобие моего.

[Гаджимурат]

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

;$z-y=3^2(z_2-y_2)=3^5m^3(z_2-y_2)=3^5m^3$ ;

Я извиняюсь,но возле простой разности 2 чисел столько споров?.
И ведь правда, что $z-y=3^5m^3$,но почему?. Все дело в том,что если бы было решение ур-ния Ф. для 3 степени,то:
$x=abc+b^3/3$
$y=abc+a^3$
$z=abc+b^3/3+a^3$
И т.как $b=9m$
$z-y=b^3/3=3^5m^3$ и $ac-1$ всегда будет делится на 9, и,если $9m-9$ делится на 27,то $a+2$ ,а $c-4$ будут делится на 9,поэтому $z-1$ и $y-1$ делятся на 27,а далее деление будет зависеть от того на сколько будут делится
$ca-10$ или $ca+8$ на 27,от принятого будут и делится $c-13$ или $c+5$ на 27
(тоже и с числом $a$ ),а именно $z-28$ или $z+26$ будет делится на $3^4$ (тоже и с числом $y$)
На следующем шаге ,если $z-28-81$ или $z+26-81$ будет делится на $3^5$ ,то
$y-28-81$ или $y+26-81$ должно будет уже делится на $3^6$.
Здесь не все так просто,необходимо исследовать совместно несколько равенств на делимость чисел $a,c,b$.

[ljubarcev]

Гаджимурат в сообщении #249533 писал(а):

ljubarcev в сообщении #248113 писал(а):

;$z-y=3^2(z_2-y_2)=3^5m^3(z_2-y_2)=3^5m^3$ ;

Я извиняюсь,но возле простой разности 2 чисел столько споров?.
И ведь правда, что $z-y=3^5m^3$,но почему?.

.
Уважаемый Гаджимурат ! Более года назад в моей теме "О "последнем" утверждении Ферма" под контролем Shwedki (дай ей бог здоровья, счастья и удачи !) я нашел простое убедительное школьное доказательство для случая $n=3$ при $x=3mx_1$ и числах $m;x_1$ не делящихся на $3$, то есть для случая $x$ делящегося на $3$ в первой степени. Но из этого доказательства не очевидно, что решений нет и при $x$, делящемся на $3^2$. Я позволил себе, и модереторы сочли это допустимым, привести его и в этой моей теме в посте 243563. А сыр бор разгорелся вокруг моих полыток доказательства для случая $x=3^2mx_1$ при $m;x_1$ не делящихся на $3$. Я убеждён, что такое доказательство должно существовать, так как числа
$x$ делящиеся на $3^2$ являются элементами множества $x$ делящихся на $3$.
Дед.

[shwedka]

ljubarcev в сообщении #249622 писал(а):

Но из этого доказательства не очевидно, что решений нет и при $x$, делящемся на $3^2$

Точнее,
это доказательство не охватывает случай $x$, делящегося на $3^2$.

ljubarcev в сообщении #249622 писал(а):

Я убеждён, что такое доказательство должно существовать, так как числа
$x$ делящиеся на $3^2$ являются элементами множества $x$ делящихся на $3$.

Но не элементами того множества, для которого результат доказан! Вам не надоело эту ошибку повторять?