Доказательство БТФ

[Iosif1]

Someone писал(а):

Не понял, какую величину не обеспечивает мой пример.

Ну Вы даете! http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=70501&sid=629a9c89f8c24e8272518949d57e164f#70501
Обозначенную, как разность, и как сумма, после слова "считаем".
Вы ее двояко рассчитываете на основании Вашего примера, а я ее считаю на основании заданных величин $b$:
${6,12,18,24...}$
Ну помогите мне кто-нибудь объяснить ${Someone}$ что я делаю, чтобы не отнимать время у занятого человека.

Someone писал(а):

Почему у Вас не получается, Вам уже неоднократно объяснялось: потому что Вы придумали без всякого обоснования некие правила сокращения перебора, выплеснув ребёнка вместе с водой.

Это Вы делаете. Я наливаю, а Вы выплескиваете.
Это голословные заявления: "без всякого обоснования некие правила сокращения перебора".
Я беру все возможные значения.
Вы, верно, из той партии, которая считает, что доказательство БТФ невозможно, и доказательством этого является Ваш прмер.
Вы мне дали очень много полезных советов, которые помогают мне общаться на форуме. Если можно назвать это общением. Но вашей позы, я,честное слово, не понимаю. Не хотите общаться, не общайтесь. Каким бы Вы не были авторитетом, но без третейского судьи, с вами говорить трудно.

поправил ссылку // нг

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Вы ее двояко рассчитываете на основании Вашего примера, а я ее считаю на основании заданных величин $b$:
${6,12,18,24...}$

То есть, число $b$ должно делиться на $6$? А у меня делится:

$$b=\ldots 0002112011222200_3=\ldots 02464880_9\text{,}$$

$$\frac b6=\ldots 000102100211110_3=\ldots 0370743_9\text{,}$$

поэтому оно где-то в Вашей последовательности чисел встретится.
Чего ещё не хватает?

Iosif1 писал(а):

Вы, верно, из той партии, которая считает, что доказательство БТФ невозможно, и доказательством этого является Ваш прмер.

Я никогда не говорил, что доказательство БТФ невозможно. А по поводу примера я говорил, что его существование делает невозможными доказательства, подобные Вашему, которые используют только известные соотношения и ограниченное количество младших цифр чисел. У меня долгое время была дискуссия по этому поводу с Сорокиным Виктором, поскольку его доказательство было такого же рода. Он как будто бы доказал БТФ для показателя $n=3$ в случае, когда одно из (попарно взаимно простых) чисел $a$, $b$, $c$ делится на $3$, но не делится на $3^2$. Но дальше ему продвинуться не удалось.

[Iosif1]

Someone писал(а):

То есть, число должно делиться на ? А у меня делится:


поэтому оно где-то в Вашей последовательности чисел встретится.
Чего ещё не хватает?

Оставим на время споры: Делится Ваше число на $6$ или не делится. Это в данном случае значение не имеет. Это, если в моих выводах все правильно, не важно. Может быть оно не подходит по каким то другим параметрам: не соответствующая четность, или нечетные сомножители не соответствуют. По каким параметрам - это не принципиально. Ибо факт опровержения возможного равенства становится не оспорим.
Поэтому только математические выкладки могут иметь значения.
Если хоть один вывод противоречит возможности такого равенства, то этого вполне достаточно и для доказательства, в данном случае БТФ, и опровержения возможности возникновения равенства, показанное вами малыми разрядами.
Понимаете, мне вообще кажется, что проблемы с доказательством БТФ возникли потому, что мы изначально (используя $n$ счисления) способны принять равенство разрядов в основаниях $a$ и $c$ в количестве ${f*n}$, где $f$ - количество сомножителей $n$ в основании $b$.
А невозможность составления равенства кроется "раньше". - в разряде, с порядковым номером на единицу большим, чем номер последнего нулевого разряда в основании $b$, что и подтверждается предлагаемой мною методикой расчетов.
Кстати расчеты совсем не трудоемки, мой любимый Эксель легко с ними справляется.
Кстати, он очень удобен для обнаружения систем и закономерностей.
И еще. Почему бы Виктору Сорокину самому не задать мне вопрос, не высказать свое мнение. Тем более, если варианты так близки?

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Оставим на время споры: Делится Ваше число на $6$ или не делится. Это в данном случае значение не имеет. Это, если в моих выводах все правильно, не важно. Может быть оно не подходит по каким то другим параметрам: не соответствующая четность, или нечетные сомножители не соответствуют.

Вот и укажите точно, по каким параметрам. А то: "не подходит, и всё".

Iosif1 писал(а):

Почему бы Виктору Сорокину самому не задать мне вопрос, не высказать свое мнение. Тем более, если варианты так близки?

Захочет - задаст. Я за него не отвечаю.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Вот и укажите точно, по каким параметрам. А то: "не подходит, и всё".

В конечном счете, доказательство БТФ с количеством сомножителей $n$, в одном из оснований больше чем один, посредством использования $n$ - того счисления, сводится к расчету предполагаемой величины, которая диктуется основаниями $a$ и $c$ .

${Q_{2c}- Q_{2a}}$ ; 1.1

Но уже на основании числового ряда возможных оснований $b$, который , в конечном счете сводится к выявлению закономерности соответствия предполагаемого количества нулевых разрядов и фактического их количества.
Эта закономерность основана на соответствии количества нулевых разрядов в основании $b$ и в величине:

${Q_{2b}+{k/3}}$; 1.2

Количество нулевых разрядов в этих величинах всегда одинаково.
При расчете величины 1.2 для оснований изначально четных, и изначально нечетных оснований имеются различия. Это объясняется тем, что для определения величин ${Q_{b}}$ изначально четных и нечетных имеются различия. Смотри:

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

Это приводит к тому, что для изначально четных оснований при ${n=3}$ расчетная формула принимает вид:

${{8*{Q_b}}+{k/3}}$ ; 1.3

А для изначально нечетных :

${{32*{Q_b}}+{k/3}}$; 1.4

Это объясняется приводом предполагаемого равенства к виду, когда все коэффициенты перед величинами $Q$ равны $6$.
Ничего не напортачил7 Да, вроде, нет.
Пример:
Предположим, что основание $b$ равно

${6_{10}={20_3}}$; 2.1

${{Q_b}={1_{10}}^2}+{3_{10}^2}+{5_{10}^2}={35_{10}}={1022_3}}$; 2.2

Умножаем результат, полученный в 2.2 на восемь ${22_3}$, получаем:

${101101_3}$; 2.3

Теперь производим сложение 2.3 и ${{2k/6}={k/3}={2_3}}$, получаем:

${101110_3}$; 2.4

То есть мы получаем в сумме такое же количество нулевых разрядов, какое было в рассматриваемом основании. И так всегда!
Ясно, что этого вполне достаточно для утверждения. что опровержение утверждения БТФ невозможно. Вот и все!
Но при наличии одного сомножителя в рассматриваемом основании, может показаться, что этого доказательства не достаточно. Для опровержения такого предположения у нас есть первый вариант доказательства:

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=44889#44889


И при рассмотрении больших степеней необходимо учитывать изначальную четность оснований. И при рассмотрении больших степеней удобно приводить к виду, когда коэффициенты перед величинами $Q$ увеличены в ${3^n}$ раз.
Это удобно делать для того, чтобы исключить необходимость деления величины $k$ на три.
Это не приводит к большим трудностям, так как постоянно наличествует необходимость производить умножение только одного не нулевого разряда, для того, чтобы показать имеющую место закономерность. Поэтому достаточно определять класс вычетов по модулю $n$ величины ${3^n}$.
Тем более, что это можно и не делать, так как данная величина всегда относится к третьему классу вычетов.
Но в то же время следует заметить, что при этом величина $k$ при предположении возможности опровержения утверждения БТФ обязана содержать в своем составе сомножитель $3$.
Используя эти формулы, при расчетах, мы пользуемся как бы изначальными значениями величины $b$.
Если кто то подскажет мне, как на форум переслать результаты, рассчитанные в таблицах Эксель, я с удовольствием представлю числовые ряды, показывающие соответствие нулевых разрядов в исследуемой нами величине в зависимости от количества нулевых разрядов в величине $b$.
В противном случае потребуется пользоваться примерами расчетов и пояснениями, если кому-то что-то будет не понятно.
Жду вопросов, на которые постараюсь ответить. Давайте пошагово, мне кажется так проще.
Тем более с вашей помощью, возможны какие-то уточнения.
Я подготовил пост, на котором рассматривается ваш пример на основании описанной закономерности.
Но думаю, что его посылать преждевременно, раз закономерность не уточнена.

Someone писал(а):

Захочет - задаст. Я за него не отвечаю

Не сердитесь на меня, я не на Вас сердит.

[Iosif1]

Выполняю обещание.

Someone писал(а):

И количество нулевых разрядов правильное: до деления на было троичных нулевых разрядов, после деления стало .

Я Вам неоднократно говорил: считайте. Кто Вам мешал сосчитать это самому?

А приводимое доказательство показывает, что получить четыре нулевых разряда, задаваясь основанием $b$ с двумя нулевыми разрядами невозможно.
То есть, если не опровергнуто приводимое доказательство

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=70476#70476

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=71051#71051 ,

а таких, даже попыток, мной не замечено, то это есть уже признание не только истинности данного доказательства, но и того, что Ваш пример:

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

не выдерживает критики.

На основании описанной закономерности можно также еще раз покритиковать ваш пример в числовом варианте.. Это можно сделать на основании несоответствия второго не нулевого разряда при определении величины ${Q_b}$ с использованием различных вариантов расчета.
Определяем ${Q_b}$, в полученном Вами равенстве:
Первый вариант:

${(2000000-1222200)/6=0000100/6=111120}$ 1.0

То есть мы определяем величину ${Q_b}$, если основание четное, или величину ${4*{Q_b}}$, если она нечетная.

Второй вариант:
По этому варианту мы определяем тоже значение ${Q_b}$, но уже на основании величин ${Q_a}$ и ${Q_c}$.

1. Определяем ${Q_a}$

${({a^3}- a)/6=({…12201001}- {…02110101}){/6}={…2001010} }$; 1.1



2. Определяем ${Q_c}$

${({c^3}-c)/6=({…11201001}-{…22010101}){/6}={…21010}}$ ; 1.2

Нами показывается количество разрядов, доподлинно известных.

3. Определяем $k$:

${a-{D_a}}={…2110101}-{0010201}={1022200}$; 1.3


Теперь определяем разность между 1.2 и 1.1:

В результате получаем:

${20000}$. 1.4

Умножив ${20000}$. (1.4) на восемь, вычитаем из полученного произведения ${k/3}$:

${…10000}$
$-$
${…02220}$
-------------------
${…00010}$ 1.5

Теперь делением на восемь получаем второй вариант величины ${Q_b}$
В результате деления получаем частное, где первые два не нулевых разряда равны ${…22_3}$.
В противном случае, мы не можем получить в результате ${…00010_3}$ (1.5), так как ${..8_{10}={..22_3}}$.
А по первому варианту последовательность первых нечетных разрядов ${…12_3}$.
Этот расчет показывает, что при первоначальной четной величине $b$ составленное Вами равенство не выдерживает критики.
То же самое и при первоначально нечетной величине $b$.
Этот расчет справедлив, так как мы и уменьшаем результат в восемь раз, и увеличиваем результат в восемь раз.
Что имеем право делать, так как коэффициент ${24}$, используемый для нечетных оснований $Q$, кратен $6$, коэффициенту, используемому для четных оснований
Различие только в том, что в одном случае, мы сравниваем величину ${Q_b}$, полученную различными вариантами, а в другом величину ${4*{Q_b}}$.

[Someone]

Iosif1 писал(а):

Выполняю обещание.

Someone писал(а):

И количество нулевых разрядов правильное: до деления на было троичных нулевых разрядов, после деления стало .

Я Вам неоднократно говорил: считайте. Кто Вам мешал сосчитать это самому?

А приводимое доказательство показывает, что получить четыре нулевых разряда, задаваясь основанием $b$ с двумя нулевыми разрядами невозможно.
...

Не смешите публику. Все вычисления в моём примере легко проверяются, и получается ровно 4 нуля в младших разрядах: http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=70501#70501. Если из Вашего доказательства следует, что 4 нуля получить невозможно, значит, в нём есть ошибка. Искать ошибку в Вашем доказательстве - это Ваша забота, а не моя, тем более, что излагаете Вы его весьма невнятно.

Ну ладно. Исходные величины: http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=53334#53334. Чтобы не возиться с обозначениями $Q_b$ или $4Q_b$, я использую обозначение $L_b$, которое будет обозначать $Q_b$ или $4Q_b$ в зависимости от чётности $b$.

$$a^3-a=\dots 1101002210020200_3=\dots 41083220_9$$

$$b^3-b=\dots 0122010210000100_3=\dots 18123010_9$$

$$c^3-c=\dots 1220110112120200_3=\dots 56415520_9$$

$$L_a=\frac{a^3-a}6=\dots 020011222001010_3=\dots 6158033_9$$

$$L_b=\frac{b^3-b}6=\dots 002212010111120_3=\dots 2763446_9$$

$$L_c=\frac{c^3-c}6=\dots 022120120221010_3=\dots 8516833_9$$

$$k=a+b-c=\ldots 2220012222022200_3=\ldots 86188280_9$$

$$\frac k6=\dots 222112111101110_3=\dots 8474343_9$$

Равенство $a^3+b^3=c^3$ легко приводится к виду $L_b=(L_c-L_a)-\frac k6$.

$$L_c-L_a=\dots 002101121220000_3=\dots 2347800_9$$

$$L_c-L_a-\frac k6=\dots 002212010111120_3=\dots 2763446_9$$

Равенство $L_b=(L_c-L_a)-\frac k6$ выполняется. И количество младших нулей в $L_c-L_a$ и в $L_b+\frac k6$ правильное - четыре.
Если же $b$ нечётное, то, поделив равные величины на $4$, получим, естественно, тоже равные величины.

$$Q_b=\frac{L_b}4=\dots 000201021121220_3=\dots 0637556_9$$

$$\frac 14\left(L_c-L_a-\frac k6\right)=\dots 000201021121220_3=\dots 0637556_9$$

Слушайте, ну что мы с Вами таким идиотизмом занимаемся? Если равенство выполняется, то после всяких тождественных замен и преобразований оно тоже будет выполняться. Это всякому должно быть ясно, и считать тут ничего не надо.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Не смешите публику.

Я и не собираюсь никого смешить. Пока я не вижу смеющейся публики.
Если я рассмешил Вас, напомню, смех – это положительные эмоции.

Someone писал(а):

Все вычисления в моём примере легко проверяются, и получается ровно 4

И это точно. Но это и является подтверждением того, что ваш пример не может в данном случае использоваться как контрпример.
Мол можно как угодно долго.
Пользуясь только теми соотношениями, которые продиктованы соотношениями степных выражений, без ограничений, возможно.
Но накладывая различные ограничения?
А приводимое доказательство показывает, что так как в степенных выражениях соблюдаются и соотношения, продиктованные закономерностью, как Вы указали, известной еще Архимеду, не может быть достигнуто в рассматриваемом равенстве и первых, и вторых соотношений одновременно.
Почему же со времен Архимеда на это никто не обратил внимание?
Ну Архимеда теорема Ферма не интересовала. Предположим, тем более, что он был занят решением других проблем.
А другие Великие?
Можно только уповать на неверие их в эффективное использование $n$ -того счисления. Другого оправдания я не могу найти.
Я Вам показываю, что определение одной и той же величины в вашем примере (на основании малых разрядов) различными вариантами расчета дают не одинаковые результаты.
Если варианты расчета правильные, то это еще одно подтверждение истинности приводимого доказательства для случая с двумя и более сомножителями $n$ в одном из оснований.
Если нет, покажите какой вариант расчета не верен.
Вы считаете, что это моя забота?
Тогда я присуждаю себе звание академика. А что?

Someone писал(а):

Слушайте, ну что мы с Вами таким идиотизмом занимаемся? Если равенство выполняется, то после всяких тождественных замен и преобразований оно тоже будет выполняться. Это всякому должно быть ясно, и считать тут ничего не надо.

Да не идиотизм это, а нахождение истины.

Вы писали:
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=58117#58117«У меня всё в порядке, так что разбирайтесь со своими вычислениями. Вообще, давайте так: если в Ваших вычислениях применительно к моему примеру получаются несоответствия в уже известных соотношениях, которые все там выписаны, то Вы ничего сюда не пишете, а ищете ошибку у себя. Если же Вы откроете новое соотношение, отсутствующее в моём списке, тогда Вы его сюда выкладываете, и мы его обсуждаем. Мне уже надоело обсуждать Ваши арифметические ошибки и предубеждения».
Я так и делаю. Разве нет?
Почему Вы все время затаскиваете меня в свою колею?
Я долгое время любовался вашим примером. Считаю я тяжело.
Во-первых возраст.
Во-вторых у меня нет могучей вычислительной программы.
В –третьих я, вообще, с юности в этом не легок.
Мне надо пятьдесят раз перепроверить.
Если непонятно, но интересно, то можно поспрашивать? Конкретно.
Если же не интересно? Тогда другое дело. Не настаиваю. Вы при своем, я при своем.
Может быть кто-нибудь со временем рискнет посчитать.
Если бы я все умел и делал все как надо, какие бы погоны украшали бы мои плечи. И, может быть даже ордена.
Я думал, что у Вас есть помощники, даже просился опубликовать доказательство на вашем сайте.
Вы отказали сказав, что сайт для студентов.
Я поэтому и просился, лучше бы для школьников седьмых классов, а вдруг кто-нибудь поймет?
Я пишу об этом без сарказма. За двадцать лет переписки и других контактов с математиками я понял, что экзаменаторов по данному вопросу в Отечестве нет. Тем более, что в Украинской академии мне так и сказали.
И поэтому я обратился на форум. С надеждой получить рекомендацию для опубликования в математическом издании.
И тут, вдруг, радость, ${Someone}$ легко владеющий счислениями
Но мой приступ радости быстро кончился.
Особенно после вашего отзыва о втором варианте доказательства.
Тем более, что доказательство очень простое, так как оно элементарное.
Действительно, спор о БТФ посредством конкретного результата в единичном примере напоминает что-то.
Расчеты необходимы только, чтобы найти закономерность.
И все.
Для метода индукции именно закономерность является определяющим фактором.
И второй вариант доказательства можно сбросить со сетов только в том случае, если доказать, что показанная закономерность выдумана.
Другого варианта нет. В крайнем случае я о нем не знаю

[Someone]

Iosif1 писал(а):

А приводимое доказательство показывает, что так как в степенных выражениях соблюдаются и соотношения, продиктованные закономерностью, как Вы указали, известной еще Архимеду, не может быть достигнуто в рассматриваемом равенстве и первых, и вторых соотношений одновременно.

Эти соотношения, о которых Вы говорите, являются тождествами. Они выполняются для всех натуральных чисел. Поэтому они никаких дополнительных условий не дают. Они выполняются всегда, понимаете?

Iosif1 писал(а):

Почему же со времен Архимеда на это никто не обратил внимание?

Именно поэтому.

Iosif1 писал(а):

Можно только уповать на неверие их в эффективное использование $n$ -того счисления. Другого оправдания я не могу найти.

Система счисления - это не более чем способ записи чисел. Числовые равенства никак от способа записи чисел не зависят. Способ записи может быть удобным или неудобным, он может маскировать или, наоборот, обнажать некоторые закономерности, но не может их создать. В данном случае троичная система счисления может быть удобна именно тем, что наглядно показывает делимость чисел на степени тройки.

Iosif1 писал(а):

Я Вам показываю, что определение одной и той же величины в вашем примере (на основании малых разрядов) различными вариантами расчета дают не одинаковые результаты.

У Вас там тривиальная ошибка, которую Вы нашли бы, если бы внимательно сравнили свои вычисления с моими. В равенстве 1.0 у Вас вычислена величина $L_b=4Q_b$, а потом Вы это сравниваете с $\frac 14\left(L_c-L_a-\frac k3\right)=\frac{L_b}4=Q_b$. Естественно, равенства нет.

Iosif1 писал(а):

Если нет, покажите какой вариант расчета не верен.

Показал.

Iosif1 писал(а):

Вы считаете, что это моя забота?

Обязательно Ваша. И это не я так считаю. Это общее правило: поиск ошибок в доказательстве - в первую очередь, задача автора доказательства. Другие могут в этом поучаствовать, но исключительно по собственному почину.

Iosif1 писал(а):

Тогда я присуждаю себе звание академика. А что?

Да ради Бога. Сейчас каждый желающий может зарегистрировать собственную академию и стать академиком. Причастность к научной деятельности совершенно не требуется.

Iosif1 писал(а):

Вы писали:
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=58117#58117 «У меня всё в порядке, так что разбирайтесь со своими вычислениями. Вообще, давайте так: если в Ваших вычислениях применительно к моему примеру получаются несоответствия в уже известных соотношениях, которые все там выписаны, то Вы ничего сюда не пишете, а ищете ошибку у себя. Если же Вы откроете новое соотношение, отсутствующее в моём списке, тогда Вы его сюда выкладываете, и мы его обсуждаем. Мне уже надоело обсуждать Ваши арифметические ошибки и предубеждения».
Я так и делаю. Разве нет?

Конечно, нет. Вы что-то считаете, делаете ошибки и тут же вываливаете их на форум. Нового соотношения Вы не открыли, а всё, что можно получить из старых с помощью тождественных замен и преобразований, в моём примере будет выполняться, поскольку из верных равенств, не наделав ошибок, таким путём можно получить только верные равенства (а мой пример даёт верные равенства в кольце $\mathbb Z_{3^{16}}$ для всех известных мне соотношений). Поэтому я и говорю, что мы с Вами занимаетмся идиотскими вычислениями.

Iosif1 писал(а):

Почему Вы все время затаскиваете меня в свою колею?

Вы ведь хотите научного признания? Хотите. Значит, должны соответствовать определённым требованиям. Вот я и тяну Вас в эту сторону.

Ещё раз повторю, что идея доказательства ВТФ, основанного на анализе младших цифр чисел $a$, $b$, $c$ в какой-нибудь системе счисления, кажется мне абсолютно бесперспективной, именно в силу существования примеров, подобных моему.
У Вас была идея доказать, что существует бесконечное множество простых чисел, на которые должно делиться одно из чисел $a$, $b$, $c$. Я писал Вам, что эта идея кажется мне интересной, но я не имею ни малейшего понятия, как бы это можно было сделать, и я не могу оценить её перспективность.

Вообще, здесь на форуме есть люди, лучше меня разбирающиеся в теории чисел. Если бы я наврал, они бы непременно вмешались и меня поправили. Поскольку они не вмешиваются, я предполагаю, что пока справляюсь. Если Вы моими объяснениями не удовлетворены, давайте попросим кого-нибудь дать свои пояснения.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Эти соотношения, о которых Вы говорите, являются тождествами. Они выполняются для всех натуральных чисел. Поэтому они никаких дополнительных условий не дают. Они выполняются всегда, понимаете?

Понимаю!
Но конструируя равенство, мы обязательно каверкаем одно из степеней, не обеспечивая соотношений, продиктованных соотношениями сумм квадратов. Чему способствует использование $n$-тогго счисления. А введение величины $k$ показывает, что величина ${Q_b}$ не может содержать в своем составе больше нулевых разрядов, чем количество нулевых разрядов в основании $b$.
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=70476#70476

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=71051#71051 ,

В вашем примере получается четыре, а может быть только два.
(При конструировании вами, ведь такое количество нулевых разрядов задумано в основании $b$?)
И на основании вашего примера обозначается наглядность существующего несоответствия.
Я буду по частям, чтобы Вам было сподручнее.
Пока что то вызывает сомнение, о другом нет смысла говорить.

Добавлено спустя 20 минут 41 секунду:

Someone писал(а):

Вообще, здесь на форуме есть люди, лучше меня разбирающиеся в теории чисел. Если бы я наврал, они бы непременно вмешались и меня поправили. Поскольку они не вмешиваются, я предполагаю, что пока справляюсь. Если Вы моими объяснениями не удовлетворены, давайте попросим кого-нибудь дать свои пояснения.

Конечно, давайте.
Хотелось бы очень. Чтобы прошли и по первому варианту доказательства, и по второму.
По второму варианту наличиствует алгоритм, по которому можно составить программу, и просчеты. Потверждается или нет вложенная в доказательство закономерность.
Я с удовольствием могу участвовать в меру своих сил.
С большим удовольствием

[Someone]

Iosif1 писал(а):

введение величины $k$ показывает, что величина ${Q_b}$ не может содержать в своем составе больше нулевых разрядов, чем количество нулевых разрядов в основании $b$.
http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=70476#70476

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=71051#71051

Я не знаю, как Вы считаете там нулевые разряды. Ошибку в своих рассуждениях ищите сами. Пусть $b=3^2\cdot b_0$, где $b_0$ на $3$ не делится. Тогда (я использую своё обозначение $L_b=\frac{b^3-b}6$, которое есть $Q_b$ при чётном $b$ и $4Q_b$ при нечётном $b$)

$$L_b=\frac{3^6b_0^3-3^2b_0}6=\frac 12(3^5b_0^3-3b_0)=\frac 32b_0(3b_0-1)(3b_0+1)\text{,}$$

откуда видим, что это число делится на $3$ и не делится на $3^2$. Надеюсь, не надо объяснять, почему оно целое? Поэтому число $Q_b$ имеет один нуль на конце в троичной записи.
Далее, как мы знаем, если $b$ делится на $3^2$ и не делится на $3^3$, то разность $c-a$ делится на $3^5$ и не делится на $3^6$, то есть, $c-a=3^5\beta$, где целое число $\beta$ не делится на $3$ (а $c^2+ac+a^2$ делится на $3$ и не делится на $3^2$ - добавил, так как это далее используется). Поэтому

$$k=a+b-c=b-(c-a)=3^2b_0-3^5\beta=3^2(b_0-3^3\beta)\text{.}$$

Складывая, получаем

$$L_b+\frac k6=\frac 12(3^5b_0^3-3b_0)+\frac 12(3b_0-3^4\beta)=\frac 12(3^5b_0-3^4\beta)=3^4\cdot\frac 12(3b_0-\beta)\text{,}$$

откуда видим, что сумма $L_b+\frac k6$ делится на $3^4$ и не делится на $3^5$, то есть, в троичной записи имеет на конце четыре нулевых разряда.
Аналогично можно показать, что

$$L_c-L_a=\frac{c^3-c}6-\frac{a^3-a}6=\frac 16(c-a)(c^2+ac+a^2-1)=3^4\cdot\frac 12\beta(c^2+ac+a^2-1)$$

тоже делится на $3^4$ и не делится на $3^5$ (так как $c^2+ac+a^2$ делится на $3$ и не делится на $3^2$), то есть, в троичной записи имеет на конце те же четыре нулевых разряда.

Iosif1 писал(а):

В вашем примере получается четыре, а может быть только два.

Именно четыре и получается, как должно быть. Ещё вопросы есть?

Ещё раз настаиваю: если Ваши вычисления расходятся с моим примером, ищите ошибку у себя, пока не найдёте.

Я уже объяснял, почему нельзя обойти мой пример, пока Вы не найдёте что-то принципиально новое. Использование тождественных замен и преобразований бесполезно: из верных равенств получить неверное можно, только сделав ошибку.

[Iosif1]

Someone писал(а):

Именно четыре и получается, как должно быть. Ещё вопросы есть?

А кто с этим спорит?
Не говорите только что я.
Теперь возникает необходимость чтобы величина

${(b^3-b)/6+k/6}$ 1.1

Тоже имела четыре нулевых разряда.
И нам необходимо установить, а возможно ли это?
Для этого снова вернемся к посту

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=69959#69959

Величина $k$ нам известна. Вернее ее пять младших разрядов, так как:

${k=b-D_b}$, а ${D_b}$ в рассматриваемом варианте имеет пять нулевых разрядов.
Поэтому задаваясь величиной $b$ в троичном счислении нам не составляет ни какого труда это сделать.
Также нам не составляет никакого труда для каждого конкретного $b$ найти величину ${(b^3-b)/6}$, как сумму квадратов и при четном и при нечетном значении
$b$.
Можно рассматривать любой из этих вариантов.
Для того, чтобы избавиться от использования делителя $6$, мы увеличиваем все основания в два раза. Имеем право, правда при этом необходимо при расчетах величину ${(b^3-b)/6=Q_b}$, увеличить в восемь раз.
Тем более, что при этом количество нулевых разрядов не меняется.
Увеличив основания в два раза, мы получаем возможность использовать при расчете величины 1.1 как одно из слагаемых величину ${k/3}$ вместо величины ${k/6}$.
Ведь увеличив основание, мы увеличиваем и значение величины $k$.
Это удобно еще и потому, что деление на три при рассмотрении третьей степени сводится к избавлению от одного нулевого разряда.
И что же за величины мы получаем в результате суммирования?
Какое количество нулевых разрядов в этих величинах обеспечивается.
Оказывается такое же количество нулевых разрядов, в каком нулевые разряды присутствуют в основании $b$.
А у нас ведь не четыре нулевых разряда в анализируемых основаниях.
Вот это моя колея.
На основании данной методики сравнения одной и той же величины ${Q_b}$ по наличию в ней нулевых разрядов получаем не соответствие.
Можно сказать, что величину $k$, которая нам нужна для опровержения утверждения БТФ, сконструировать нельзя.
Жду вашей реакции. Публика заходит, но не реагирует.
Может быть:
«Народ безмолвствует».
Виктор Сорокин обещался заглянуть, я попросил.
Мне интересно, что он и как.
Хотя каждый так глубоко в своем материале и в своих надеждах.
А у него подходов многовато.
Чтобы их анализировать, нужно обладать очень широким кругозором.
Это, конечно, не для меня.

[Someone]

Слушайте, я ничего не понял из Вашего письма. Вы хоть поняли, что я написал? По-моему, я подробно объяснил, что если натуральные числа $a$, $b$, $c$ удовлетворяют уравнению $a^3+b^3=c^3$, то количество нулей везде автоматически получается правильным. И в моём примере нулей ровно столько, сколько должно быть - не больше и не меньше.

Iosif1 писал(а):

Someone писал(а):

Именно четыре и получается, как должно быть. Ещё вопросы есть?

А кто с этим спорит?
Не говорите только что я.
Теперь возникает необходимость чтобы величина

${(b^3-b)/6+k/6}$ 1.1

Тоже имела четыре нулевых разряда.

И в моём примере она имеет ровно четыре нуля на конце. Не больше и не меньше.

Iosif1 писал(а):

И нам необходимо установить, а возможно ли это?

Раз в моём примере Ваша величина $\frac{b^3-b}6+\frac k6=L_b+\frac k6$ имеет именно столько нулей, значит это возможно.

Iosif1 писал(а):

Для этого снова вернемся к посту

http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=69959#69959

...

Какое количество нулевых разрядов в этих величинах обеспечивается.
Оказывается такое же количество нулевых разрядов, в каком нулевые разряды присутствуют в основании $b$.

Iosif1 писал(а):

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 $2b$.

Вот здесь Вы и врёте. Посмотрите: у меня получилось не два нуля, а только один. И в примере тоже один (величина $L_b$). А после прибавления $\frac k6$ (или, в другом варианте, $\frac k3$) становится четыре. Зачем Вам вообще нужна эта сумма квадратов, если это всего-навсего $\frac{b^3-b}6$ или $\frac{(2b)^3-2b}6=\frac{4b^3-b}3$? Вы просто себя запутываете этой суммой квадратов и не можете правильно их просуммировать. Хотя всякому должно быть ясно, что ничего суммировать не надо, если для суммы есть явное и очень простое выражение.

Iosif1 писал(а):

Публика заходит, но не реагирует.
Может быть:
«Народ безмолвствует».

Теорема Ферма - тема, в некотором смысле, скандальная, поэтому "народ" сюда заходит, как в цирк. "Народ" любит цирк. И Вы ожидания "народа" оправдываете. Но участвовать в этом цире желающих мало. Мне это тоже сильно надоело, потому что Ваши рассуждения стали уже совсем невразумительными. Совершенно невозможно понять, почему у Вас получается несоответствие в количестве нулевых разрядов, поскольку Вы этого не доказываете, а просто ссылаетесь на какие-то пробные расчёты, в то время как в моих расчётах - и численных, и символьных - нулевых разрядов всегда ровно столько, сколько должно быть.

[Сорокин Виктор]

Iosif1 писал(а):

Приступаю к устранению недостатков. Iosif1

${a + b} = D_c (2.1)$
${c - b }= D_ a (2.2)$
${c - a }= D_ b (2.3),$
где, например,
$D_c = {c_i ^n}$; $ D_a = {a_i ^n}$; $D_ b ={b_i^n/b}$.

Ошибка: последния буква в $D_ b ={b_i^n/b}$ будет $n$, а не $b$. Если это ошибка, а не описка, то дальнейшее неверно. Дальше не смотрел.
С уважением
В.С.

[Iosif1]

Сорокин Виктор писал(а):

Ошибка: последния буква в будет , а не . Если это ошибка, а не описка, то дальнейшее неверно. Дальше не смотрел.
С уважением
В.С.

Описка. Если найду, исправлю.
Если Вам будет интересно посмотреть работу буду искренне благодарен.
Еще больше буду рад, если в работе Вы увидете что-нибудь интересное для себя. Если нет, надеюсь Вы не обидетесь.
Постараюсь отвечать на все ваши вопросы.

Добавлено спустя 1 час 28 минут 8 секунд:

${Someone}$ писал:

Цитата:

Я не знаю, как Вы считаете там нулевые разряды. Ошибку в своих рассуждениях ищите сами.

Вы рассматриваете предполагаемую разность как точный куб.
И все обязано получиться.
Вы уверены, что у Вас получится именно такой $k$, который запланирован состоявшимся равенством.
А ваше равенство состоялось только на малых разрядах.
А предлагаемый мной вариант расчета учитывает то, что есть на самом деле.
И поэтому равенство не может состояться.
Вы в формализованном виде рассматриваете такую возможность, чтобы количество нулевых разрядов в величине ${Q_b}$ было заданным.
Вы изначально, априори предполагаете, что такое равенство возможно.
Вы как и те великие не верите в эффективность использования $n$-того счисления и пренебрегаете им.

Взятие производных стало возможно благодаря возможности пренебрежения бесконечно малыми.
Здесь же пренебрежение большими разрядами не допустимо.
Пока я писал пришел еще ответ.
Вы ${Someone}$ пишите:

Цитата:

Вот здесь Вы и врёте. Посмотрите: у меня получилось не два нуля, а только один. И в примере тоже один (величина ). А после прибавления (или, в другом варианте, ) становится четыре. Зачем Вам вообще нужна эта сумма квадратов, если это всего-навсего или ? Вы просто себя запутываете этой суммой квадратов и не можете правильно их просуммировать. Хотя всякому должно быть ясно, что ничего суммировать не надо, если для суммы есть явное и очень простое выражение.

В том то и дело, что надо.
Давайте на примерах. (Хотя бы для тех, кто ходит в цирк – зто тоже люди, как и везде, правда испортил их социализм, по моему мнению).
Пример 1: (показан


http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=71051#71051)


Я приводил этот пример. Давайте по аналогии рвссмотрим вариант, когда основание $b$ содержит два нулевых разряда.

Предположим, что основание равно
${18_{10}=200_3}$
Поэтому младшие разряды ${k/3=…20_3}$ 2.1


${Q_b=1_{10}^2+3_{10}^2+5_{10}^2+7_{10}^2+9_{10}^2+11_{10}^2+13_{10}^2+15_{10}^2+17_{10}^2}= =1+9+25+49+81+121+169+225+289=969_{10}=1022220_3}$ ; 2.2



Умножаем результат, полученный в 2.2 на восемь , получаем:

${969*8=7752_{10}=101122010_3}$ 2.3

Теперь производим сложение 2.3 и 2.1 , получаем:

${101122100_3}$ 2.4


То есть мы получаем и на этот раз в анализируемой сумме такое же количество нулевых разрядов, какое было в рассматриваемом основании. И так всегда!

Но эта сумма промежуточная. Чтобы получить интересующий нас результат, необходимо прибавить и величину $k$.
В результате получаем:
${101200000}$
То есть получаем результат с пятью, а не с четырьмя нулями в троичном счислении.
В этом то и есть найденное противоречие.
Для конкретного основания невозможно сконструировать и величину ${2*D_b}$ и величину

${6*(8*Q_b+k/3+k)}$ ; 2.5
с одинаковым количеством нулевых разрядов.
После умножения оснований рассматриваемого равенства на два, а поэтому каждой предпалогаемой степени на восемь, одно из двух слагаемых в формализованном виде соответствует выражению 2.5
Приходится объяснять без вопросов. Что для понимания по моему трудней.
Но ничего не поделаешь.
Делаю это, чтобы не показаться совсем ...


А ну Ваш контр пример, когда получается четыре нулевых разряда в анализируемой сумме при двух нулевых разрядах в выбранном основании.

Ведь Вы ${Someone}$пишете:

Цитата:

Совершенно невозможно понять, почему у Вас получается несоответствие в количестве нулевых разрядов, поскольку Вы этого не доказываете, а просто ссылаетесь на какие-то пробные расчёты, в то время как в моих расчётах - и численных, и символьных - нулевых разрядов всегда ровно столько, сколько должно быть.

Значит они у Вас есть, или Вы врете? Никогда не поверю.
Для того, чтобы доказать необходимо:
Заметить, осмыслить, формализовать, объяснить.
Как это не доказываю? Это по вашему мнению. Я именно только этим и занимаюсь. Но сейчас я стараюсь убедить в правоте, в истинности замеченного, осмысленного. Вот если кто-нибудь поймет, тогда уж можно и формализовать. Вот и доказательство
Да вот еще что.Методика расчета нулевых разрядов в сумме
${Q_b+k/3}$
полностью не дана.
Почему?
Хотелось вопросов.
Но главное истинно. Количество нулевых разрядов в сумме ${Q_b+k/3}$ в $n$ - том счислении всегда равно количеству нулевых разрядов в конкретно взятом для расчета основании. $b$.
Это главное, что должно быть предметом дискуссии в данном случае.Ну, и, конечно,разное количество нулевых разрядов в рассматриваемых слагаемых.
Но дискуссия не получается. И это меня особенно тревожит, так как даже ${Someone}$ почему то в это не может поверить. Верить не надо. Надо проверять. Расчитывать.
Если нужна методика расчета полностью, пожалуйста.
В ней нет ничего тайного. Просто, по моему мнению, когда в рассчетах "ковыряются", скорее попадают в тему.