Коротенькое доказательство БТФ

[Iosif1]

shwedka:

Цитата:

Вне любительских возможностей

age:

Цитата:

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

Коротенькое доказательство БТФ


Доказательство:

Необходимо доказать, что равенство:

$a^3+b^3=c^3$; (1)

не возможно.

Вводим обозначения (на случай опровержения БТФ):

$a=a_i*a_x$ (2.1)
$b=b_i*b_x$ (2.2)
$c=c_i*c_x$ (2.3)
Все сомножители взаимно простые.


$c-a=D_b=b_i^3/3$; (2.4)

$c-b=D_a=a_i^3$; (2.5)

$a+b=D_c=c_i^3$; (2.6)

$a+b-c=k=a_i*b_i*c_i$; (2.7)



На основании формулы (2.7) можно утверждать, что
$a+b$ содержит сомножитель $c_i$; (2.7.1)
$a-c$ содержит сомножитель $b_i$; (2.7.2)
$b-c$ содержит сомножитель $a_i$; (2.7.3)
И что
$c_i^3-a_i^3$; (2.7.4)
Как разность точных кубов подчиняется закономерности:

1. $(c_i^3-a_i^3)/(c_i-a_i)=c_i^2+c_i*a_i+a_i^2$ ;
2. $(c_i^2+c_i*a_i+a_i^2)-3*a_i^2)]/(c_i-a_i)=$
$(c_i+a_i)*(c_i-a_i)+a_i(c_i-a_i)/( c_i-a_i)=$
$(c_i-a_i)(c_i+2*a_i)/( c_i-a_i)=c_i+2*a_i$ ;

3. $(c_i+2*a_i)-2*a_i=c_i$ ; (А)

На основании биномиальной закономерности.

На последнем этапе деления вычитаемое (3) $(c_i+2*a_i)$ всегда относится к нулевому классу вычетов по мод 3.

Выражение (2.7.4) в принятых обозначениях (2.5) и (2.6):

$(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

Как видно из выражения (1.6) $b_i$ является общим делителем полученной разности .
Поэтому можно утверждать, что разность $(a_i-c_i)$ содержит величину $ b_i/3$

В общем случае величину $ b_i/n$.

Рассмотрим поэтапное деление (А), применительно к выражению (1.6).
Первый этап деления:

1. $(a-c+2*b)*3/b_i=(-b_i^3/3+2*b_i*b_x)*3/b_i=-b_i^2+2*3*b_x$; (A.1.1)

Второй этап деления:

2. $[(-b_i^2+2*3*b_x)-3*a_i^2]*3/b_i=$

$[(-3*b_i+3*3*(2*b_x-a_i^2)/b_i]=M$ ;
(A.1.2)
$b_x$ и $a_i^2$ независимо от принадлежности к классу вычетов оснований выражения (1) всегда принадлежит к первому классу вычетов.
После второго этапа деления (при условии, что получено целочисленное частное) частное от деления (M) будет принадлежать к первому классу вычетов по мод 3, как положительная величина, или ко второму. (При принадлежности, согласно существующей закономерности А, эта величина должна принадлежать к нулевому классу вычетов).

Третий этап деления:

$(M-2*a_i)/C_i)$;

Частное не равно единице, так как делимое $(M-2*a_i)$ относится ко второму классу вычетов по мод 3, а делитель к первому классу вычетов по мод 3 (в рассматриваемом варианте).
Это свидетельствует о том, что алгоритм последовательного деления разности (2.7.4) не обеспечивает окончательного требуемого частного.
Наличие найденной закономерности свидетельствует о справедливости БТФ, что и требовалось доказать.

[Circiter]

Цитата:

Необходимо доказать, что равенство:

$a^3+b^3=c^3$; (1)

не возможно.

Э, как так? А если переменные $a$, $b$, $c$ -- нули? А если, например $a=0$, то вообще (1) верно для любых $b=c$. Ну и так далее. Или вы все-таки $a,\ b,\ c \in \mathbb{N}$ имели ввиду?

[Iosif1]

Circiter в сообщении #247956 писал(а):

Или вы все-таки $a,\ b,\ c \in \mathbb{N}$ имели ввиду?

Надеюсь

[venco]

Iosif1 в сообщении #247945 писал(а):

$a+b-c=k=a_i*b_i*c_i$; (2.7)

Ясно, что $a+b-c$ делится на $a_i*b_i*c_i$, но не ясно почему должно быть именно равенство.

Цитата:

На последнем этапе деления вычитаемое (3) $(c_i+2*a_i)$ всегда относится к нулевому классу вычетов по мод 3.

Почему?

Цитата:

Выражение (2.7.4) в принятых обозначениях (2.5) и (2.6):

$(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

Как видно из выражения (1.6) $b_i$ является общим делителем полученной разности .
Поэтому можно утверждать, что разность $(a_i-c_i)$ содержит величину $ b_i/3$

Почему? Пока мне видно лишь, что $c_i^2-a_i^3$ делится на $b_i$.

Пока хватит.

[Iosif1]

venco в сообщении #247983 писал(а):

Пока хватит.

В теме "Доказательство БТФ" ВЫ не отвечаете, почему то
На ваши вопросы, здесь, постараюсь ответить.

venco в сообщении #247983 писал(а):

На последнем этапе деления вычитаемое (3) $(c_i+2*a_i)$ всегда относится к нулевому классу вычетов по мод 3.
Почему?

venco в сообщении #247983 писал(а):

Ясно, что $a+b-c$ делится на $a_i*b_i*c_i$, но не ясно почему должно быть именно равенство.

Согласно того, что
$c^3-a^3=(a-b)(a^2+a*b+b^2)$
Потому что:
$k^3=3*D_a*D_b*D_c$

venco в сообщении #247983 писал(а):

Выражение (2.7.4) в принятых обозначениях (2.5) и (2.6):

$(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

Как видно из выражения (1.6) $b_i$ является общим делителем полученной разности .
Поэтому можно утверждать, что разность $(a_i-c_i)$ содержит величину $ b_i/3$
Почему? Пока мне видно лишь, что $c_i^2-a_i^3$ делится на $b_i/3$.

Пока хватит.

При возведении в степень $n$ оснований, принадлежащих к единому классу вычетов, в разности степеней возникает дополнительный сомножитель $n$

[venco]

Iosif1 в сообщении #247984 писал(а):

venco в сообщении #247983 писал(а):

Пока хватит.

В теме "Доказательство БТФ" ВЫ не отвечаете, почему то

Там были другие доказательства с другими ошибками, которые вы не исправили.

Цитата:

На ваши вопросы, здесь, постараюсь ответить.

venco в сообщении #247983 писал(а):

На последнем этапе деления вычитаемое (3) $(c_i+2*a_i)$ всегда относится к нулевому классу вычетов по мод 3.
Почему?

Ну и где ответ?

Цитата:

venco в сообщении #247983 писал(а):

Ясно, что $a+b-c$ делится на $a_i*b_i*c_i$, но не ясно почему должно быть именно равенство.

Согласно того, что
$c^3-a^3=(a-b)(a^2+a*b+b^2)$
Потому что:
$k^3=3*Q_a*Q_b*Q_c$

О! Появились ещё три новые величины, которые каким-то образом должны ответить на мой вопрос, но я пока не вижу ответа.

Цитата:

venco в сообщении #247983 писал(а):

Выражение (2.7.4) в принятых обозначениях (2.5) и (2.6):

$(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

Как видно из выражения (1.6) $b_i$ является общим делителем полученной разности .
Поэтому можно утверждать, что разность $(a_i-c_i)$ содержит величину $ b_i/3$
Почему? Пока мне видно лишь, что $c_i^3-a_i^3$ делится на $b_i/3$.

Пока хватит.

При возведении в степень $n$ оснований, принадлежащих к единому классу вычетов, в разности степеней возникает дополнительный сомножитель $n$

Причём тут множитель $n$? Вы говорили про множитель $b_i/3$. Более того, то, что $b_i$ является множителем $c_i^3-a_i^3$ мне ясно (см. выше), мне не ясно, как вы от этого перешли к делимости $c_i-a_i$ на $b_i/3$.

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #247945 писал(а):

Как видно из выражения (1.6)

Не видно. Формулы с таким номером нет.

[Iosif1]

shwedka в сообщении #248045 писал(а):

Не видно. Формулы с таким номером нет.

Iosif1 в сообщении #247945 писал(а):

$(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

А это что?

venco в сообщении #247986 писал(а):

В теме "Доказательство БТФ" ВЫ не отвечаете, почему то
Там были другие доказательства с другими ошибками, которые вы не исправили.

Если можно, конкретнее, какие ошибки, и если можно в той теме, чтобы не прыгать по темам при ответе.

venco в сообщении #247986 писал(а):

На последнем этапе деления вычитаемое (3) $(c_i+2*a_i)$ всегда относится к нулевому классу вычетов по мод 3.
Почему?
Ну и где ответ?

Для этого достаточно просчитать формулу
$(c_i+2*a_i)$ в троичном счислении.
И $a_i$ и $c_i$ могут принадлежать, либо к первому классу вычетов, либо ко второму классу вычетов по мод 3.
В каждом варианте выражение в скобках будет принадлежать к нулевому классу вычетов:

$1+2=3$ или $2+1=3$, рассчитываем младшие разряды слагаемых.

venco в сообщении #247986 писал(а):

О! Появились ещё три новые величины, которые каким-то образом должны ответить на мой вопрос, но я пока не вижу ответа.

Почему новые?
Смотрите формулы (2.4), (2.5), (2.6).
Наверное, во всём виновата ночь?

venco в сообщении #247986 писал(а):

Причём тут множитель $n$? Вы говорили про множитель $b_i/3$. Более того, то, что $b_i$ является множителем $c_i^3-a_i^3$ мне ясно (см. выше), мне не ясно, как вы от этого перешли к делимости $c_i-a_i$ на $b_i/3$.

Множитель $n$ является сомножителем величины $b_i/3$
$a-c$ содержит сомножитель $b_i$; (2.7.2) Этого, конечно, не достаточно для перехода.
Но нами установлено, что
1. $a-c=b_i^3/3$.
2. $c_i^3-a_i^3 делится на b_i$.
А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.
Можно отметить, что $b_i$ содержит минимум сомножитель $3^2$, при наличии сомножителя $3$ в основании $b$, а значить, и в основании $b_i$ БТФ доказана.

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #247945 писал(а):

$(a+b)-(c-b)=(a-c)+2*b=-b_i^3/3+2*b_i*b_x$. (1.6)

Как видно из выражения (1.6) $b_i$ является общим делителем полученной разности .
Поэтому можно утверждать, что разность $(a_i-c_i)$ содержит величину $ b_i/3$

Утверждать можно, но доказательство все-таки нарисуйте. Из написанного видно, что
$a-c$ делится на $ b_i/3$, а почему это верно для $(a_i-c_i)$?

Iosif1 в сообщении #248111 писал(а):

Для этого достаточно просчитать формулу
$(c_i+2*a_i)$ в троичном счислении.
И $a_i$ и $c_i$ могут принадлежать, либо к первому классу вычетов, либо ко второму классу вычетов по мод 3.

А почему к одному и тому же? а не к разным?

Iosif1 в сообщении #247945 писал(а):

Второй этап деления:

2. $[(-b_i^2+2*3*b_x)-3*a_i^2]*3/b_i=$

$[(-3*b_i+3*3*(2*b_x-a_i^2)/b_i]=M$ ;

а что за второй этап деления? Почему здесь должно получаться целое?

[venco]

Цитата:

venco в сообщении #247986 писал(а):

На последнем этапе деления вычитаемое (3) $(c_i+2*a_i)$ всегда относится к нулевому классу вычетов по мод 3.
Почему?
Ну и где ответ?

Для этого достаточно просчитать формулу
$(c_i+2*a_i)$ в троичном счислении.
И $a_i$ и $c_i$ могут принадлежать, либо к первому классу вычетов, либо ко второму классу вычетов по мод 3.

Почему?

Цитата:

venco в сообщении #247986 писал(а):

О! Появились ещё три новые величины, которые каким-то образом должны ответить на мой вопрос, но я пока не вижу ответа.

Почему новые?
Смотрите формулы (2.4), (2.5), (2.6).
Наверное, во всём виновата ночь?

В формулах (2.4), (2.5), (2.6) символ Q не встречается ни разу.

Цитата:

Множитель $n$ является сомножителем величины $b_i/3$
$a-c$ содержит сомножитель $b_i$; (2.7.2) Этого, конечно, не достаточно для перехода.
Но нами установлено, что
1. $a-c=b_i^3/3$.
2. $c_i^3-a_i^3 делится на b_i$.
А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.

Докажите.

[Iosif1]

shwedka в сообщении #248135 писал(а):

Утверждать можно, но доказательство все-таки нарисуйте. Из написанного видно, что
$a-c$ делится на $ b_i/3$, а почему это верно для $(a_i-c_i)$?

shwedka в сообщении #248135 писал(а):

Утверждать можно, но доказательство все-таки нарисуйте. Из написанного видно, что
$a-c$ делится на $ b_i/3$, а почему это верно для $(a_i-c_i)$?

Iosif1 в сообщении #248111 писал(а):

Множитель $n$ является сомножителем величины $b_i/3$
$a-c$ содержит сомножитель $b_i$; (2.7.2) Этого, конечно, не достаточно для перехода.
Но нами установлено, что
1. $a-c=b_i^3/3$.
2. $c_i^3-a_i^3 делится на b_i$.
А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.
Можно отметить, что $b_i$ содержит минимум сомножитель $3^2$, при наличии сомножителя $3$ в основании $b$, а значить, и в основании $b_i$ БТФ доказана.

Это чтобы не повторяться.

shwedka в сообщении #248135 писал(а):

А почему к одному и тому же? а не к разным?

Тогда не будет сомножителя $b_i$ в разности степеней.

shwedka в сообщении #248135 писал(а):

а что за второй этап деления? Почему здесь должно получаться целое?

Ну если не получиться целое, тогда сразу становится ясно, что БТФ доказана!

venco в сообщении #248140 писал(а):

Почему?

Если эти основания не будут принадлежать к одному классу вычетов, то разность кубов не будет содержать сомножителя $b_i$.
Всего для третьей степени три класса вычетов: первый, второй, нулевой.
Нулевой рассматривать не стоит.

venco в сообщении #248140 писал(а):

В формулах (2.4), (2.5), (2.6) символ Q не встречается ни разу.

Значит, это на меня повлияла ночь. Я имел ввиду $D$. Немедленно исправлю.

venco в сообщении #248140 писал(а):

Докажите.

"Слышится уже голос не мальчика. но мужа!"
А что Вам не нравится в приведённом рассуждении?

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):

А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.

Докажите, что только.

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):

shwedka в сообщении #248135 писал(а):
А почему к одному и тому же? а не к разным?

Тогда не будет сомножителя $b_i$ в разности степеней.

Докажите это!

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):

shwedka в сообщении #248135 писал(а):
а что за второй этап деления? Почему здесь должно получаться целое?

Ну если не получиться целое, тогда сразу становится ясно, что БТФ доказана!

Не видно. Объясните подробно. Разность $a-c$ должна делиться на $b_i^3/3$, но про $2b$ требуется объяснить.

venco в сообщении #248140 писал(а):

Цитата:
Множитель $n$ является сомножителем величины $b_i/3$
$a-c$ содержит сомножитель $b_i$; (2.7.2) Этого, конечно, не достаточно для перехода.
Но нами установлено, что
1. $a-c=b_i^3/3$.
2. $c_i^3-a_i^3 делится на b_i$.
А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.
Докажите.

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):

А что Вам не нравится в приведённом рассуждении?

Рассуждение для ОСНОВАНИЙ не наблюдается. Докажите!

[venco]

После обрезания цитат совершенно потерялся смысл выражений типа "разность кубов" и "оснований степеней", т.к. вы уже не помните каких именно кубов, а степеней в доказательстве много.

Поэтому повторим тезисы, и впредь прошу использовать конкретные выражения, дабы смысл не терялся.

Проблема 1:

Из $(c-a)=b_i^3/3=9(b_i/3)^3$ совершенно справедливо следует, что $c \equiv a \pmod 3$.
Тем не менее, ваше высказывание про равенство "классов вычетов" $a_i$ и $c_i$ совершенно безосновательно, т.к. $c_i$ и $c$ не обязаны быть равны по модулю $3$. То же самое относится и к паре $a_i$ и $a$.

Проблема 2:

Верно, что $(c-a)$ делится на $b_i/3$, но вы не доказали, что $(c_i-a_i)$ делится на $b_i/3$.

[Iosif1]

shwedka в сообщении #248241 писал(а):

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):
А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.

Докажите, что только.

Так как анализируетсяразность точных степеней, сомножители $3$, присутствующие в этой разности, подчиняются следующей закономерности: если в разности оснований присутствует $3^k$, то в разности степеней присутствует сомножитель $3^{k+1}$. Проводимый анализ основан именно на этой закономерности, обеспечивающей просчёт сомножителей $3$. Уточняю: рассматривается случай. когда основание $b$, а значит и $b_i$ содержит сомножитель $3^2$, и в более высокой степени. Для таких вариантов других закономерностей не существует. Поэтому, на данный момент, количественное соотношение в разностях оснований и степеней можно считать доказанным.

shwedka в сообщении #248241 писал(а):

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):
shwedka в сообщении #248135 писал(а):
а что за второй этап деления? Почему здесь должно получаться целое?

Ну если не получиться целое, тогда сразу становится ясно, что БТФ доказана!

Не видно. Объясните подробно. Разность $a-c$ должна делиться на $b_i^3/3$, но про $2b$ требуется объяснить.

То. что $2b=2b_i*b_x$ содержит сомножитель $b_i$, по моему мнению, в объяснении не нуждается, так как в противном случае, при делении на $D_b$ не обеспечивалось частное $(c^2+ca+a^2)$ со взаимно простыми сомножителями, кроме единичного сомножителя $3$.
Если Вы это объяснение имели ввиду, то такие разъяснения сделают коротенькое доказательство очень громоздким.

shwedka в сообщении #248241 писал(а):

venco в сообщении #248140 писал(а):
Цитата:
Множитель $n$ является сомножителем величины $b_i/3$
$a-c$ содержит сомножитель $b_i$; (2.7.2) Этого, конечно, не достаточно для перехода.
Но нами установлено, что
1. $a-c=b_i^3/3$.
2. $c_i^3-a_i^3 делится на b_i$.
А когда это может быть возможно? Только, если разность оснований степеней делится на $b_i/3$.
Докажите.

Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):
А что Вам не нравится в приведённом рассуждении?

Рассуждение для ОСНОВАНИЙ не наблюдается. Докажите!

Так как мы осуществляем просчёт сомножителей $3$, сомножитель $b_i$ фиксируется нами, как величина, содержащая интересующие нас сомножители.

Последнюю фразу не понял. Я имел ввиду рассуждение, основанное на установленных закономерностях.

[shwedka]

Iosif1 в сообщении #248300 писал(а):

Так как анализируетсяразность точных степеней, сомножители $3$, присутствующие в этой разности, подчиняются следующей закономерности: если в разности оснований присутствует $3^k$, то в разности степеней присутствует сомножитель $3^{k+1}$.

С этим не спорю. Но Вы пытаетесь использовать обратное утверждение,:
если разности степеней присутствует сомножитель $3^{k+1}$, тогда в разности оснований присутствует $3^k$, а его требуется доказать. Кроме того. вы делаете вывод о делимости разности оснований на $b_i/3$. Это тоже тебуется доказать.

Iosif1 в сообщении #248300 писал(а):

shwedka в сообщении #248241 писал(а):
Iosif1 в сообщении #248232 писал(а):
shwedka в сообщении #248135 писал(а):
а что за второй этап деления? Почему здесь должно получаться целое?

Ну если не получиться целое, тогда сразу становится ясно, что БТФ доказана!

Не видно. Объясните подробно. Разность $a-c$ должна делиться на $b_i^3/3$, но про $2b$ требуется объяснить.


То. что $2b=2b_i*b_x$ содержит сомножитель $b_i$, по моему мнению, в объяснении не нуждается, так как в противном случае, при делении на $D_b$ не обеспечивалось частное $(c^2+ca+a^2)$ со взаимно простыми сомножителями, кроме единичного сомножителя $3$.
Если Вы это объяснение имели ввиду, то такие разъяснения сделают коротенькое доказательство очень громоздким.

Вы отвечаете не на тот вопрос. ПОвторяю. Почему $b$ должно делиться на $b_i^3/3$? Если вы этого не покажете, то теряет смысл трехкратное деление.