Доказательство БТФ

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Это, конечно просто пример, не претендующий на кaкой то анализ. Боюсь ошибок. Но все же.
Вряд ли мне удалось бы об этом понятно поговорить на форуме. Но уже на этих примерах можно проследить закономерности, которым подчиняются степенные выражения, и на основании которых можно определять, с какими величинами мы имеем дело: с точной степенью или нет.

Не забывайте, что старшие разряды степеней зависят от невыписанных Вами старших разрядов оснований этих степеней.

Iosif1 писал(а):

Штамп степени ${a^3}$: ${…000001_3}$
Третий набор разрядов степени ${a^3}$: ${…2222_3}$
А должен быть ${…2101_3}$

Это всё выдумки, ни на чём серьёзном не основанные. Вы таким способом от моего примера не избавитесь. Чтобы от него избавиться, нужно указать соотношение, следующее из равенства $a^3+b^3=c^3$, но в моём примере не выполняющееся.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Не забывайте, что старшие разряды степеней зависят от невыписанных Вами старших разрядов оснований этих степеней.

Несомненно необходимо учитывать более высокие разряды.
Я имею ввиду использование обособленного увеличения штампа – посредством использования дополнительного сомножителя.
Для этого удобно использовать ваш пример в изначальном виде:http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53334#53334В качестве дополнительного сомножителя для увеличения штампа основания $b$ могут быть использованы сомножители для основания и степени:
${20001}$ и ${1000200001}$ .
Дело в том, что я не могу проверить пятый разряд отодвигаемого набора оснований, следующего за не нулевым штампом. Потому что его нет. Значит или его или специально нет, или…?
Кстати для составления подобных равенств удобно использовать основания $a$ и $c$ из числовых рядов, показанных в http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=59292#59292А может Вы так и делали? Но тогда почему Вы не заметили возникновение одинаковых сомножителей в равенстве. Нет, нет Вы не могли бы этого не заметить.
Вы подобрали основания $a$ и $c$, таким образом, чтобы в основании $b$ возник четырехразрядный штамп ( в соответствии с набором разрядов, количество которых диктуется штампами оснований $a$ и $c$). Конечно скорректированных так как штампы этих оснований искажены, а затем подобрали в основании $b$ четыре разряда, которые образовались в результате разности степеней ${c^3{$ и ${a^3}$.
Впрочем предлагаемый мною способ грешит именно тем, что посредством увеличения штампов, можно определять точная или нет степень ${b^3}$.
Но достаточным ли является требование увеличение количества разрядов в степени ${b^3}$ и на сколько, сказать затрудняюсь.
А вот рассмотрение степеней в соответствии с ссылкой, даже при использовании первого варианта доказательства исключает необходимость исследования бесконечности. ${Iosif1}$

[Iosif1]

Someone писал(а):

Вы таким способом от моего примера не избавитесь. Чтобы от него избавиться, нужно указать соотношение, следующее из равенства , но в моём примере не выполняющееся.

Как же все же можно показать несоответствие примера
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53334#53334
в представленном виде без увеличения количества разрядов?

Для кубов с четным основанием справедливо:
${b^3=6*L_b+b}$.
На основании этой закономерности, имеем право проверять делимость без остатка разности степени за вычетом основания на делитель $6$.
1. Определяем разность, подлежащую проверке.

${…21588000_9}$
$-$
${…02464880_9}$
________________________________________
${18123010_9}$ (1)
Полученная разность должна делится на $6$ без остатка. При этом частное от деления должно содержать в своем составе единичный сомножитель $3$. В противном случае мы не сможем обеспечить в степени увеличения количества сомножителей $3$, ибо в основании $b$ таких сомножителей содержится два.
Попробуем подобрать подходящий сомножитель, чтобы при умножении его на сомножитель $6$ получить произведение, равное разности 1.

2. Итак, находим возможный сомножитель.

2.1 Первый вариант:
${………..3_9}$
$*$
${................6_9}$
_______________________________________
${..18123010_9}$

Уже для получения второго разряда искомого произведения мы не можем подобрать необходимого разряда для подбираемого сомножителя. Полученный остаток позволяет получить разряд из значений ${2, 5,8}$, среди которых единица не значится.
2..2. 1 Второй вариант:

${……….16_9}$
$*$
${.................6_9}$
_______________________________________
${..18123010_9}$
В данном случае остаток, полученный после второго этапа умножения, не позволяет получить нам в третьем разряде нулевой разряд.
То есть мы не можем подобрать третий разряд предполагаемого частного от деления. Такой же результат ожидает нас, если мы вместо второго разряда предполагаемого частного, равного $1$ возьмем разряд, равный $7$:
2..2. 2 Второй вариант:

${……….76_9}$
$*$
${.................6_9}$
_______________________________________
${..18123010_9}$
При использовании третичного счисления такой эффект не обеспечивается.
Последовательность разрядов не соблюдается для обеспечения деления полученной разности на делитель , а добавлять разряды к сомножителю $6$ нельзя.
Конечно такая проверка только путь к формализации. Но все же для проверки конкретного примера сгодится.
Я думал, что ввиду используемой методики при конструировании примера, не позволит и посредством этой проверки получить эффективную проверку.
К счастью, я ошибался.
Если у Вас будет желание рад узнать, о вашем согласии или не согласии.
Кто то другой вряд ли будет этим заниматься.

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Если у Вас будет желание рад узнать, о вашем согласии или не согласии.

Определить делимость на 6 по младшим разрядам числа в девятиричной системе счисления нельзя! В частности, мы не знаем, чётное $b$ или нечётное. По ним определяется только делимость на степени тройки. Поэтому Ваши вычисления никаких оснований не имеют.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Определить делимость на 6 по младшим разрядам числа в девятиричной системе счисления нельзя!

Странно, право, странно. Не можете ли Вы мне указать литературный источник, обосновывающий эту невозможность.
У меня это получается достаточно просто, посредством обратного действия - умножения.

[PAV]

Легко показать, что сколько бы младших разрядов числа в девятиричной (да и любой другой с нечетным основанием) не было бы дано, можно сделать исходной число четным или нечетным указанием еще одного более старшего разряда.

[Iosif1]

PAV писал(а):

Легко показать, что сколько бы младших разрядов числа в девятиричной (да и любой другой с нечетным основанием) не было бы дано, можно сделать исходной число четным или нечетным указанием еще одного более старшего разряда.

Но разве это противоречит тому, что невозможность, или возможность обратного действия должна сохраняться?

[PAV]

Someone писал(а):

Определить делимость на 6 по младшим разрядам числа в девятиричной системе счисления нельзя!

Данная фраза означает, что если Вам известны только некоторые младшие разряды рассматриваемого числа и неизвестен хотя бы один старший разряд, то ответить на вопрос "Делится ли данное числа на 6?" в общем случае нельзя.

[Iosif1]

PAV писал(а):

то ответить на вопрос "Делится ли данное числа на 6?" в общем случае нельзя.

В общем, да! Особенно, если говорить о четности числа. Но какая нам в сущности разница четное или нечетное рассматриваемое число? А в конкретном?
Мы подбираем частное, и если мы его не можем подобрать, то в этом конкретном случае, либо можно ответить на этот вопрос, либо мы не правильно подбираем это самое частное. Третьего не дано.
Если я не правильно подбираю разряды, не учитываю какой то вариант, тогда в чем же моя ошибка, какой вариант я не учитаваю?

[Iosif1]

Еще одно доказательство БТФ

Вернее это дополнение к первому варианту доказательства, который для варианта, когда одно из оснований содержит в своем составе единичный сомножитель $n$
.
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=44889#44889 ; А0

Предлагаемый вариант, когда одно из оснований содержит в своем составе сомножители $n$ в количестве больше одного.
Где-то в постах мною делались попытки показать невозможность опровержения и для таких вариантах. Но они достаточно трудоемкие.
И ${Someone}$ посчитал, почему-то, их неубедительными..
В этом можно убедиться в последних постах.
И поэтому тоже привожу еще один вариант доказательства БТФ при таком наполнении. (Не могу успокоиться.)
Не знаю, станет понятно и убедительно это другим посетителям. Ведь не определить, любопытные они, или любознательные. Почему то, они никак не отреагировали на второй вариант доказательства, который и ${Someone}$ посчитал лишь предположением, но который я продолжаю считать доказательством.
Я поместил уже давно найденную мной закономерность.

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=57233#57233 ; А1

${Someone}$ отметил, что эта закономерность давно известна.
Раз так, это даже хорошо, может быть будет понятней.
Я долго ждал, что кто-то воспользуется ей для использования в доказательстве БТФ, но не дождался.
1. Формализованный анализ, используемый в доказательстве.

Применив в этой закономерности (см.ссылку А1) $n$-тое счисление, я нашел следующее:
Без использования $n$ -того счисления наглядность истины отсутствовала. Это я говорю для того, чтобы поднять престиж использования $n$-тое счисление!
.Стоит увеличить каждое из оснований рассматриваемого равенства

${a^3+b^3=c^3}$ ; 1.

в два раза, и мы получаем возможность анализировать величины ${Q_2}$ в выражении:

${(6Q_{2c}+2c)- (6Q_{2a}+2a)= (6Q_{2b}+2b)}$ ; 1.1

в которое преобразуется равенство 1, где ${Q_{2a},Q_{2b},Q_{2c}}$ представляют сумму последовательных квадратов с нечетными основаниями, так как основания рассматриваемых степеней обязательно четные.
Конечно, анализ можно производить и без корректировки. Использование корректировки просто упрощает анализ.
Величины, входящих в равенство 1, увеличиваются в восемь раз, в то время как основания и величины, определяющие основания в два.
Независимо, используется корректировка посредством умножения или нет, при использовании троичного счисления можно вывести обязательную закономерность:
Если основания $a$ и $c$ содержат при счете справа налево по пять одинаковых разрядов, то и величина ${Q_{2c} -Q_{2a}}$ должна содержать четыре нулевых разряда. В противном случае, мы не обеспечим требуемого наполнения ${b^3}$ сомножителями три. (Один, пятый сомножитель $3$, содержит коэффициент $6$).
Для того, чтобы продолжить изложение доказательства остановимся на используемом формализованном выражении оснований равенства 1.
2. Формализованная соразмерность оснований, $a$, $b$ и $c$.

Обозначим : ${a+b=D_c}$; 1.1

${c-a= D_b}$; 1.2

${c-b= D_a}$; 1.3

${b= D_b +k}$ ; 1.4

${a= D_a +k}$ ; 1.5

${c= D_a + D_b +k=D_c-k}$ ; 1.6

${D_c= D_a + D_b +2k}$ ; 1.7

По сравнению с изложенным по первой ссылке, дополнительно вводится только величина $k$, о которой следует отметить, что эта величина при любом показателе рассматриваемой степени, в случае опровержения утверждения БТФ, в своем составе должна содержать по одному сомножителю ${a_i}$, ${c_i}$ и ${b_i}$.
Кроме этого при использовании $n$ - того счисления, на основании выражения 1.4 можно утверждать, что и основание $b$, и величина $k$ содержат такое количество одинаковых разрядов, какое количество нулевых разрядов содержится в величине
${ D_b }$. (см. 1.4)
Оказалось, что по этому параметру пример ${Someone}$ тоже подтверждает такую формализованную закономерность.
Великая мистификация, как у Гудини.
Поэтому можно было бы использовать исходные данные из примера ${Someone}$ для анализа приводимого доказательства.
В крайнем случае, ${Someone}$ просил ссылаться на свой пример. Можно, но подобрать величину $b$, соответствующую начальным разрядам в примере:.

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53334#53334 А2

не просто. Если бы значения были конкретизированы.
Да не в этом соль. Вернемся к доказательству.

Теперь мы, как бы, получаем возможность определять любую из величин ${Q_{2a},Q_{2b},Q_{2c}}$ двумя способами.
Во-первых, традиционно, посредством вычитания из степени удвоенного основания и деления остатка на шесть:
${6Q_{2b}+2b}$ ; 2.1
во-вторых, как разность с корректировкой посредством конкретной величины, величины $k$:

${Q_{2c}-Q_{2a}-{k/3}}$ ; 2.2

Почему ${k/3}$ ?
Потому что при вычитании образуется ушестеренная разность
${Q_{2c}}$ $-$ ${Q_{2a}}$ и величина ${ 2*D_b }$ , и для того чтобы вывести удвоенное значение $k$ из выражения в скобках, нам необходимо разделить это выражение на $6$ .
(При рассмотрении равенства 1 без корректировки, делитель равен тоже шести, но тогда корректировка производится на величину ${k/6}$ )
А после корректировки умножением равенства 1 на восемь, чтобы получить корректировочную величину достаточно значение величины $k$ уменьшить на один нулевой разряд. Так удобней.
Если мы увеличили величину $b$ в два раза, то тем самым мы увеличиваем в два раза и величину $k$.
. Поэтому достаточно рассмотреть, возможно, или нет получение величины ${Q_{2c}}$ $-$ ${Q_{2a}}$ соответствующей требованиям, с необходимым количеством нулевых разрядов .
При суммировании величин ${k/3}$ и ${Q_{2b}}$ должен обязательно обеспечиваться в результате определенный набор нулевых разрядов в количестве ${m*n-2}$. Где $m$ - количество сомножителей три в основании $b$.
Поэтому для завершения доказательства нам достаточно проверить, а возможно ли это?
В приводимом доказательстве мы отталкиваемся от предполагаемого основания $b$, которое не зависит от конкретных $c$ и $a$.

Нам известно, что ${Q_{2b}}$ не что иное, как последовательная сумма квадратов с нечетными основаниями.
Поэтому мы получаем возможность определять существует ли возможность обеспечить величину ${Q_{2c} -Q_{2a}}$ с требуемым количеством нулевых разрядов.
Задаваясь величиной ${2b}$, в троичном счислении, мы задаемся и величиной ${2k}$ (cм. формулу 1.4) на определенное количество разрядов.
При этом в величине ${D_{2b}}$ возникает количество нулевых разрядов, меньше на один по сравнению с количеством нулевых разрядов, какое содержится в обозначенных величинах ${2k}$.и ${2b}$.
Поэтому, выбрав ${2b}$ мы можем определять ${Q_{2b}}$, и переводя в троичное счисление величины ${2b}$ и ${Q_{2b}}$ анализировать, возможно, или не возможно при их суммировании получать требуемое количество нулевых разрядов в результате.
Если основание ${2b}$ содержит в своем составе сомножитель три, то величина ${Q_{2b}}$ действительно имеет в своем составе на один нулевой разряд меньше, но при этом, первые разряды, отличные от нулевых, и в величине ${Q_{2b}}$, и в величине ${2b}$, а значит и в величине ${2k}$, тождественны.
Но надо не забывать, что, так как мы в качестве одного из слагаемых используем величину ${2k/6}$, величина ${Q_{2b}}$ должна увеличиваться в восемь раз, что равно ${22_3}$.
И мы получаем, что всегда обеспечивается возникновение в сумме первого нулевого дополнительного разряда.
Поэтому возникает необходимость дополнительного исследования.

Мы предполагаем, что мы рассматриваем уже увеличенное равенство.
Как уже отмечалось, первые не нулевые разряды, в этих величинах в троичном счислении идентичны.
Количество нулевых разрядов в выражении ${Q_{2b}}$ всегда на один разряд меньше, чем нулевых разрядов в величине ${2b}$.
Поэтому увеличение ${Q_{2b}}$ в восемь раз, и сокращение величины ${2b}$ на три при сложении этих величин приводит к эффекту возникновения в сумме новых нулевых разрядов.
Расчетами установлено, что количество нулевых разрядов в сумме, вместе с уже имеющимися в каждом из слагаемых, всегда становится равно количеству нулевых разрядов, имеющихся в величине ${2b}$.
Это и в том случае, если мы в расчетах используем основание ${2b}$ а не величину ${2k}$, то есть в расчетах, производимых в десятичном счислении, используем выбранную величину $b$, а потом переводим результат в троичное счисление.
Для того чтобы учитывать разряды, именно с использованием величины $k$, мы имеем только одну возможность: сразу использовать в расчетах троичное счисление.
И в этом варианте, количество нулевых сомножителей в величине ${Q_{2c} -Q_{2a}}$ всегда равно количеству нулевых сомножителей, имеющихся в выбранном основании.
То есть получается, что всегда происходит возвращение единичного сомножителя $3$, который как бы ликвидируется и при расчете величины ${Q_{2b}}$ и при корректировки величины ${2k}$. И только!
При наличии одного сомножителя в основании $b$ это может привести к требуемому соответствию, но мы знаем, по первому варианту доказательства, что равенство 1 при таком наполнении основания $b$ сомножителем три не возможно. (См.ссылку АО)
А при большем наполнении основания $b$ сомножителями три, такое количество нулевых сомножителей в рассматриваемой сумме становится недостаточным для предположения, что равенство 1 может состояться.
Что и требовалось доказать.
Я не привожу расчетов, чтобы не загружать и без того длинного поста, но если у
кого-то к ним возникнет интерес, я сделаю это с удовольствием.
Этот вариант доказательства может использоваться и при рассмотрении больших степеней.
Ибо для пятой степени имеем:

${(6[Q_{2a}*(a^2+1)]+2a)+ (6[Q_{2b}*(b^2+1)]+2b)= (6[Q_{2c}*(c^2+1]+2c)}$

Для седьмой степени:

${(6[Q_{2a}*(a^4+a^2+1)]+2a)+ (6[Q_{2}b*(b^4+b^2+1)]+2b)= =(6[Q_{2c}*(c^4+c^2+1]+2c)}$

И так далее.
Если найдутся желающие, в этом можно попробовать убедиться вместе.

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Предлагаемый вариант, когда одно из оснований содержит в своем составе сомножители $n$ в количестве больше одного.
Где-то в постах мною делались попытки показать невозможность опровержения и для таких вариантах. Но они достаточно трудоемкие.
И ${Someone}$ посчитал, почему-то, их неубедительными.

Потому что Вы используете для доказательства несколько младших разрядов чисел, используя хорошо известные соотношения для решений уравнения $a^n+b^n=c^n$, и ничего более, а мой пример содержит гораздо больше цифр, чем используется в Вашем доказательстве, и всем известным соотношениям удовлетворяет. Поэтому Ваше доказательство не может опровергнуть мой пример, то есть, он является контрпримером, опровергающим доказательство. Ваше доказательство основано на переборе вариантов, и контрпример показывает, что перебор неполон.

Пока Вы не выйдете за рамки известных соотношений, никакого доказательства у Вас не получится. Увеличение количества рассматриваемых цифр ничего не даст. Раз уж я смог подобрать шестнадцать цифр, маловероятно, что не удастся подобрать больше. Просто надо загрузить компьютер и поискать.

Iosif1 писал(а):

Почему то, они никак не отреагировали на второй вариант доказательства, который и ${Someone}$ посчитал лишь предположением, но который я продолжаю считать доказательством.

По той же причине. Или о каком доказательстве Вы говорите?

Iosif1 писал(а):

Оказалось, что по этому параметру пример ${Someone}$ тоже подтверждает такую формализованную закономерность.
Великая мистификация, как у Гудини.

Если мой контрпример удовлетворяет всем соотношениям, которые Вы используете, то Вы опять никакого доказательства не получили.

Iosif1 писал(а):

Поэтому можно было бы использовать исходные данные из примера ${Someone}$ для анализа приводимого доказательства.
В крайнем случае, ${Someone}$ просил ссылаться на свой пример. Можно, но подобрать величину $b$, соответствующую начальным разрядам в примере:.

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53334#53334 А2

не просто. Если бы значения были конкретизированы.

И не мечтайте. Если бы Ваши мечты были осуществимы, мы имели бы опровержение теоремы Ферма. Придётся работать с младшими разрядами. Старшие Вам не нужны, поскольку Вы их в доказательстве не используете.

[Iosif1]

Someone писал(а):

не мечтайте. Если бы Ваши мечты были осуществимы, мы имели бы опровержение теоремы Ферма. Придётся работать с младшими разрядами. Старшие Вам не нужны, поскольку Вы их в доказательстве не используете.

Во-первых, я указал, что и Ваш пример имеет изъян.
Не понимаю, почему Вами это не признано?
Вы пишите:
«Определить делимость на 6 по младшим разрядам числа в девятиричной системе счисления нельзя! В частности, мы не знаем, чётное или нечётное. … Поэтому Ваши вычисления никаких оснований не имеют». Не согласен, можно. На 6 делимость возможна только в том случае, если последний разряд кратен трем. А насчет четности, вообще, извиняюсь. Если $b$ и не четное, то это значения не имеет. Мы же делим разность, полученной при вычитании основания из степени, а не само основание. Смотри:
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=60988#60988
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=61019#61019

Я показал, кроме того, что конструирование предполагаемого равенства, при соблюдении существующих ограничений, приводит к возникновению общих сомножителей в конструируемых основаниях.
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=59292#59292
Неужели этого мало?
Беседа была прервана.
Во вторых, не маловажно выполнять условия необходимости и Достаточности. И Вы, как ученый, это не имеете право не признавать.
Предположим, что в Вашем примере вообще нет изъяна. Но что, даже в этом случае, может явиться подтверждением того, что для того, чтобы доказательство БТФ состоялось, необходимо найти опровержение именно на основе Вашего примера?
Спасибо, что заметили меня снова. Почему? Вы понимаете, тем более, что я наговорил вам тысячи комплементов. По моему, заслуженных. Но мне хочется, чтобы вы побродили, пользуясь моим компасом, ведь я показываю дорогу. С уважпением

[PAV]

Iosif1 писал(а):

На 6 делимость возможна только в том случае, если последний разряд кратен трем.

$10_9=9_{10}$ не делится на 6

$23_9=21_{10}$ не делится на 6

$16_9=15_{10}$ не делится на 6

[Iosif1]

PAV писал(а):

Iosif1 писал(а):

На 6 делимость возможна только в том случае, если последний разряд кратен трем.

$10_9=9_{10}$ не делится на 6

$23_9=21_{10}$ не делится на 6

$16_9=15_{10}$ не делится на 6

Дело в том, что в качестве проверки используется деление на 6 не по написанию, а на основании существующей закономерности. Поэтому такая проверка правомерна, а она дает отрицательный ответ.
${m^n-m}$ всегда делится на $6$ без остатка. Имеется ввиду: Если делится, то последний разряд должен быть кратен трем в рассматриваемом варианте)
${18_{10}=20_9}$
Может быть не совсем корректно использовано мною словосочетание «возможно только»?

[PAV]

Iosif1 писал(а):

Может быть не совсем корректно использовано мною словосочетание «возможно только»?

Именно так. Очевидно, что делимость младшего разряда на три есть необходимое условие, которое обеспечивает делимость всего числа на 3. Но оно не достаточное, так как необходимо, чтобы число также было четным. И вот именно этого проверить на основании любого количества младших разрядов нельзя.