ВТФ для соседних кубов

[chudov]

Замечание правильное, просто успеваю забыть. Но сути это не меняет

[lasta]

chudov в сообщении #595110 писал(а):

Слева c постквадратов и ещё c. Заменим c на k^2 и расположим постквадраты в k рядов по k в каждом. Из постквадратов каждого ряда, кроме одного, вынесем по одной стороне . Оставшаяся фигура - суммарный постквадрат. Портит его только довесок, избыток - сумма вынесенных сторон и c. Но портит. Если бы мы взяли неполный квадрат c=k^2-1, все опять плохо, этого довеска бы не хватило на формирование полного постквадрата.
Равенство неверно.

Уважаемый CYUDOV!
Что-то тема долго не комментируется. Попробую активизировать.
Вы приравняли куб разности кубов. Затем перенесли единицу и сократили на три правую и левую части. Свойства кубов слева и справа исчезли. Другие структуры. Но, и здесь не доказано, что чистый постквадрат равен правой части. Например, в чем противоречие $72+18=90$. Есть два постквадрата $72,90$, и избыток $18$ Кроме того все делится на $9$. Необходимо помнить, что Вы добавляли ноль (разность чисел).

[vasili]

Уважаемый chudov! Так как числа k, c и b кратны 3, то после сокращения правой и левой части равенства $[k(3c + 1)]^2 + k(3c + 1) + (k^2 -K)(3c + 1) + c = b(b + 1)$ на 3 получим первые два слагаемых в левой части образуют "постквадрат", а в правой части "постквадрата" не будет. Правильно ли я понимаю "постквадрат"?

[chudov]

Уважаемый $vasili$!
Постквадрат - квадрат, увеличенный на его сторону.
Не могу врубиться в приведённое Вами выражение, откуда оно? И что всё это значит?

[lasta]

chudov в сообщении #668925 писал(а):

Замечание правильное, просто успеваю забыть. Но сути это не меняет

Уважаемый Chudov!
Я писал сжато. Поэтому что-то оставил в подтексте.
Попробую прояснить. Ваш искомый постквадрат $k(3c+1)(k(3c+1)+1)$ получен прибавлением к квадрату $(k(3c+1))^2$ стороны $k(3c+1)$.
Эту сторону Вы получили прибавив $k(3c+1)-k(3c+1)$к левой части , то есть $0$. Но, таким методом можно добавить любое число и получать либо постквадрат, либо не постквадрат. Метод оправдан тогда, когда Вы докажете, что полученный в левой части постквадрат максимально возможный и оставшаяся часть выражения левой части (избыток) не является дополнением для нового постквадрата.
Но, здесь не все ясно. Так, например, Ваша формула

$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$

преобразуется в выражение

$c(9c^2+9c+3)=b(b+1)$,

где в левой части $c$ и $(9c^2+9c+3)$, - взаимно простые числа если $c$ не делится на$3$. Аналогично и в правой части числа взаимно простые. Казалось бы, что дальше и доказывать нечего. В левой части уже не постквадрат. Однако, числа (как это уже и отмечено на форуме) левой части не взаимно простые с числами правой. Сокращением правой и левой части еще раз на $3$ или на $c$, разрушает чистый постквадрат правой части и все противоречия исчезают.

[lasta]

lasta в сообщении #757845 писал(а):

преобразуется в выражение

$c(9c^2+9c+3)=b(b+1)$,

Дополнение к предыдущему сообщению
И далее

$3c(3c^2+3c+1)=b(b+1)$,

где числа $3c$, и $(3c^2+3c+1)$, -взаимно простые не зависимо от делителей $c$, Слева явно не постквадрат. Но противоречий в этом нет. Так как после сокращения на $3c$, слева остается неизвестная структура $(3c^2+3c+1)$ (в смысле постквадратной терминологии), а справа сокращенный постквадрат $b(b+1)/3c$. А так как числа $b, (b+1)$, - взаимно простые, то в любом раскладе, сокращенный постквадрат уже не может быть постквадратом. И поэтому ни каких предпосылок для доказательства ВТФ для соседних кубов пока эти рассуждения к сожалению не дают. Жаль, что не появляется бесконечный спуск по делению на $3$, так как исчезли свойства кубов после алгебраических преобразований левой и правой частей.

[PhisicBGA]

Разность соседних кубов - не куб
Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$
Допустим
$(a-1)a(a+1)+a=3b(b+1)+1$
Попытаемся привести левую часть к виду правой. Перенесём единицу:
$(a-1)a(a+1)+a-1=3b(b+1)$
Первый член слева всегда кратен 3. Чтобы вся левая часть была кратна 3,
$(a-1)$ также должно быть кратно 3. Далее рассматриваем только кубы с
основанием c, отвечающим условию:
$a-1=3c$
Получим:
$3c(3c+1)(3c+2)+3c=3b(b+1)$
и
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
Произведение двух соседних чисел далее в данном тексте будем именовать
постквадратом.
Уважаемый Chudov!
Введение нового понятия "постквадрат"в Вашем доказательстве, на мой взгляд,
совершенно не оправдано: оно запутало всех,а Вас направило по ложному пути.
Доказательство данного важного частного случая ВТФ возможно в рамках хорошо известных понятий и определений.
Попробую это показать.
Как уже отмечалось на форуме, Ваша формула
$c(3c+1)(3c+2)+c=b(b+1)$
преобразуется в выражение
$c(9c^2+9c+3)=b(b+1)$,
И далее
$3c[3c(c+1)+1]=b(b+1)$.
Разделим обе части этого равенства на 2.
$\frac{3c[3c(c+1)+1]}{2}=\frac{b(b+1)}{2}$.
В правой части равенства - сумма математической прогрессии членов натурального ряда или треугольное число.
Равенство будет справедливым,когда и в левой его части будет треугольное число.Выясним, возможно ли это?
Умножим числитель и знаменатель левой части на множитель
$(c+1)$ и запишем это равенство следующим образом:
$\frac{1}{c+1}х\frac{3c(c+1)[3c(c+1)+1]}{2}=\frac{b(b+1)}{2}$.
Мы видим, что в левой части стоит треугольное число на которое воздействует множитель $\frac{1}{(c+1)}$.
Очевидно, что итоговый результат этого воздействия будет треугольным числом в единственном тривиальном случае,когда $c=0$.
В этом случае исходные переменные
$a=3c+1=1$;
$b=0$,
и исходное уравнение Ферма для этого случая
$a^3+b^3=(b+1)^3$.
сводится к тривиальному равенству:
$1+0=1$.
Для любых других натуральных значений $c$, результирующее значение левой части будет всё сильнее отличаться от треугольного числа, делая равенство не возможным.
Следовательно, и исходное уравнение Ферма для этого случая не имеет нетривиальных решений в области натуральных чисел.
Аналогичным образом доказывается данный случай и для пятой степени, только объём выкладок будет чуть больше.

[venco]

PhisicBGA, ошибка после слова "Очевидно".

[alexo2]

PhisicBGA в сообщении #829002 писал(а):

результирующее значение левой части будет всё сильнее отличаться от треугольного числа, делая равенство не возможным.

Ага.. "все сильнее" будет отличаться от какого-то конкретного числа, в то время как к "другому" может запросто приближаться.

[ananova]

PhisicBGA в сообщении #829002 писал(а):

Очевидно, что
$a^3=(a+1)(a-1)a-a$
Из бинома Ньютона разность соседних кубов:
$3b(b+1)+1$

Тут надо исправить так:
$a^3=(a+1)(a-1)a+a$

Чтобы не ходить тут да около и упростить понимание, можно сразу перейти к переменным ВТФ: $x, y, z$

Бином Ньютона можно рассматривать не в одном варианте записи, а в двух, т.к. $3y(y+1)+1=3z(z-1)+1$
Тогда "на языке ВТФ" можно перейти к решению уравнения:
$(x+1)(x-1)x+(x-1)=3z(z-1)$
Также имеет место быть равенство: $x-1=x+y-z=x+(z-1)-z$.
Действительно, Вы правы, $(x-1)$ должно делиться на 3, а также на $\sqrt[3]{z-x}$ и $\sqrt[3]{(z-1)-x}$.
Оставшиеся множители $x^2+x+1$ тоже давно известны.

[PhisicBGA]

Ага.. "все сильнее" будет отличаться от какого-то конкретного числа, в то время как к "другому" может запросто приближаться.

Спасибо за замечания!
Согласен, что полной ясности нет. Ещё раз убеждаюсь,что поиск доказательства ВТФ таким способом, подобен хождению по болоту:всё зыбко и не надёжно.Не на что опереться! Ситуация явно требует переосмысления, иначе такой "математической гимнастикой" можно заниматься ещё четыре сотни лет, гоняя формулы туда-сюда с тем же плачевным результатом.
Как это не покажется парадоксальным,но мне кажется,что в данном случае, чтобы лучше разобраться в математике, следует обратиться к физике. Если рассматривать степени натуральных чисел, как некие гипотетические частицы различной размерности совпадающей с показателем степени, то тогда ВТФ описывает некоторое свойство этих частиц:взаимодействие двух частиц одной и той же размерности не может привести к образованию частицы той же размерности.Чем обусловлено это свойство? В реальном мире свойства реальных физических частиц обусловлены их строением, их внутренней структурой: вспомним периодическую систему элементов Менделеева, планетарную модель атома Резерфорда,бозонную теорию строения элементарных частиц. Почему бы не воспользоваться этой плодотворной идеей и в математике применительно к свойству целых степеней натуральных чисел описываемому ВТФ: искать разгадку тайны Ферма не в условиях самой теоремы, а в самих носителях этой тайны - натуральных числах соответствующих целым степеням натуральных чисел,в возможных особенностях их внутренней структуры?

[alexo2]

(Оффтоп)

о "нематематических" доказательствах - существует и такое - Ферма не хватило места на полях вовсе не для того чтобы там написать доказательство, а в прямом смысле - чтобы "продемонстрировать" доказательство, сгибая лист бумаги пополам и получая соответственно, степени двойки. Дальше это как-то "увязывалось" с основной формулировкой ВТФ..

[Deggial]

PhisicBGA, замечание за попытку захвата темы и неправильное оформление цитат. Если у Вас есть свои гипотезы и вопросы - создавайте новую тему. Цитаты оформляются тегом quote или с помощью кнопок "цитата" и "вставка".

[vasili]

Уважаемый ananova! У вас опечатка в под коренном выражении. Следует под коренное выражение читать $(Z-1) + X$.

[lasta]

PhisicBGA в сообщении #829002 писал(а):

Разделим обе части этого равенства на 2.
$\frac{3c[3c(c+1)+1]}{2}=\frac{b(b+1)}{2}$.

При произвольном $C$ левая часть может быть каким угодно треугольным числом. Поэтому дальнейшие алгебраические преобразования (умножение деление на одно и то же число) ни к чему не приведут. Доказательство должно использовать свойства целых (или рациональных) чисел.