Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Iosif1]

Brukvalub в сообщении #1059439 писал(а):

Сизиф тоже старался.

И вошёл в историю.
А что, Вам это всё известно

[Brukvalub]

Iosif1 в сообщении #1059449 писал(а):

А что, Вам это всё известно

Что именно "это все"? Вы пишете такие забористые тексты и так косноязычно, что их невозможно понять. В сети после таких текстов обычно вопрошают "аффтар, чО курил"?
Так что "это все" понятно вам одному (но и в этом я сильно сомневаюсь).

[Iosif1]

Brukvalub в сообщении #1059519 писал(а):

Что именно "это все"?

Закономерности, используемые в работе. (Которые, доподлинно, существуют).

Brukvalub в сообщении #1059519 писал(а):

Вы пишете такие забористые тексты и так косноязычно, что их невозможно понять. В сети после таких текстов обычно вопрошают "аффтар, чО курил"?

Люди реагируют по разному. В данном случае, как мне кажется, не это главное. Важнее, есть ли заинтересованность у читающего.

Brukvalub в сообщении #1059519 писал(а):

Так что "это все" понятно вам одному (но и в этом я сильно сомневаюсь).

Я тоже часто сомневаюсь.
И сейчас меня интересует обоснованность выводов, а по этому, и мнение профи.
С неподготовленностью меня к беседе с профи - согласен. Готовится уже поздно.

[vasili]

Уважаемый Losif1! Вами получено тождество $n^3 -2(n-1)^3 + (n-2)^3 = 6(n-1)$.
Как Вы увязываете этот результат с доказательством ВТФ для $p = 3.?$

[Iosif1]

vasili в сообщении #1060164 писал(а):

Уважаемый Losif1! Вами получено тождество $n^3 -2(n-1)^3 + (n-2)^3 = 6(n-1)$.
Как Вы увязываете этот результат с доказательством ВТФ для $p = 3.?$

Формула в виде $n^3 -2(n-1)^3 + (n-2)^3 = 6(n-1)$ мной не анализировалась.
Если не затруднительно, пожалуйста, покажите перевод.

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1059366 писал(а):

$36=2\cdot(2) \cdot(2) \cdot(3) \cdot(3)$; 4.1

72

[Iosif1]

lasta в сообщении #1060259 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1059366 писал(а):

$36=2\cdot(2) \cdot(2) \cdot(3) \cdot(3)$; 4.1

72

Спасибо, уважаемый lasta. Это разложение на сомножители. Влепил лишнюю двойку.

[vasili]

Уважаемый Iosif1!

Воспользуюсь Вашими терминами:

1. «Приращение 1»:

$1^3 - 0^3 = 6[\frac{0(0 +1)}{27}] +1 = 1$,
$2^3 - 1^3 = 6[\frac{1(1+1)}{2}] + 1 = 7$,
$3^3 - 2^3 = 6[\frac{2(2+1)}{2}] + 1 = 19$,
$4^3-3^3 = 6[\frac{3(3 + 1)}{2}] + 1 = 37$,
$5^3-4^3 = 6[\frac{4(4 +1)}{2}] + 1 = 61$,
……………………………………………….,
………………………………………………..,
$(n-1)^3- (n-2)^3 =6[\frac{(n-2)(n-1)}{2}] +1$,
$n^3-(n-1)^3 = 6[\frac{n(n-1)}{2}] +1$.

2. «Приращение 2:»

$6[\frac{1(1+1)}{2}] + 1 -6[\frac{0(0 +1)}{2}]-1 = 7-1 = 6$,
$6[\frac{2(2+1)}{2}] + 1 -6[\frac{2(1+1)}{2}] -1 = 19-7 = 12$<

$6[\frac{3(3 + 1)}{2}] + 1 -6[\frac{2(2 + 1)}{2}]- 1 = 37 -19 = 18$,
$6[\frac{4(4 + 1)}{2}] + 1 -6[\frac{3(3 + 1)}{2}]- 1 = 61 -37 = 24$,
………………………………………………………………………..,
…………………………………………………………………………,

$6[\frac{n(n-1)}{2}] +1 -6[\frac{(n-2)(n-1)}{2}]-1 = 6(n-1)$
или
$[ n^3-(n-1)^3]-[(n-1)^3- (n-2)^3] = n^3-2(n-1)^3 + (n-2)^3 = 6(n-1)$.

3. Из п2. количество шестерок равно $n-1$

[Iosif1]

vasili в сообщении #1060458 писал(а):

Уважаемый Iosif1!

Воспользуюсь Вашими терминами:

Я готовлю ответ на ваш первый вопрос. Я вопрос сразу не понял.
Получил второй. И понял, что я не уточнил подход, и Вы меня, естественно, не поняли.
Я, верно, из-за отсутствия профессионализма и так далее, дал материал не ясно.
Получаем разность количества шестёрок в разности кубов в трёх слагаемых.
Каждое из слагаемых делится на $(c-1)/6-(a-1)/6$ и на $3$.
Получаем предполагаемый куб, представленный тремя слагаемыми.
За вычетом единицы из полученной величины и деления остатка на $6$ получаем количество шестёрок в предполагаемом кубе,
первое слагаемое представлено $1$;
второе - $36\cdot(c_1^2+c_1\cdot (a_1)+a_1^2)/3$;
третье содержит сомножитель $12$.
Неполный квадрат не может быть кубом, так как предполагаемый куб
$c_x^2+c_x\cdot (a_x)+a_x^2$.
Поэтому требуется корректировка для обеспечения требуемого наполнения сомножителей с обязательным использованием второго слагаемого, чтобы обеспечить в первом слагаемом сомножитель $21$.
А для этого необходимо к первому слагаемому прибавить $20+21\cdot k$.
Что, по моему мнению, невозможно.
Обозначения такие же как в работе.
Понимаю, что правильно меня отругал Brukvalub .
Надеюсь, что второй ваш вопрос отпал.
Спасибо за вопросы. Надеюсь на продолжение.
Это попытка доказать теорему "комплексно", а не по вариантам, где необходимо подбирать разложение на слагаемые, что утомительно.

[vasili]

Уважаемый Iosif1! Вы доказываете ВТФ для $n =3$ при условии, что $(b,3) = 3?$ Тогда не обязательно (c-1) и (a - 1) должны делиться на 6. А если $c = 3k_1 + 2$ и $a = 3k_2 +2$.

[Iosif1]

vasili в сообщении #1060743 писал(а):

Уважаемый Iosif1! Вы доказываете ВТФ для $n =3$ при условии, что $(b,3) = 3?$ Тогда не обязательно (c-1) и (a - 1) должны делиться на 6. А если $c = 3k_1 + 2$ и $a = 3k_2 +2$.

Но мы простым умножением оснований на число, относящиеся ко второму классу вычетов по мод 6, унифицируем такое выражение до аналогичного, так удобней.
Но принципиального значения это не имеет.
В работе рассматривается самый- самый вариант.
Подход понятный?

[Iosif1]

Iosif1 в сообщении #1060529 писал(а):

Я вопрос сразу не понял.

Я и сейчас не понял, ясно ли я изложил подход.
Пытаюсь разъяснить.
Итак, для куба, имеем:

$c^3=a^3+b^3= a_i^3\cdot a_x^3+b_i^3\cdot b_x^3=c_i^3\cdot c_x^3$; 1.1

$m_1=(m-1)/6$; 2.0

$F=(m^3-1)/6=21\cdot(m_1)+36\cdot(m_1)^3+36\cdot(m_1)\cdot(m_1-1)/2$; 3.0

Переходим к рассмотрению количества шестёрок $F_1$ в предполагаемых точных кубах,
которое на основании выражения 3.0, может быть выражена как:

$b_x^3=[(c^3-a^3)/(c-a)/3]= 21\cdot(c_1-a_1)+36\cdot(c_1^3-a_1^3)+36[c_1\cdot(c_1-1)/2-a_1\cdot(a_1-1)/2]$; 3.1

После вычитания единицы и деления на $(c_1-a_1)/3$ получаем:

$F_1/(c_1-a_1)/3=1+36(c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2)/3+4\cdot(c_1+a_1-1)$; 3.1.1

Вариант, когда $(c_1-a_1)$ кратно трём.

где: $c_1=(c-1)/6; a_1=(a-1)/6$; 3.2

Гарантированная последовательность делимости количества шестёрок в точном кубе:
$(F_m/(m-1)/6/3\cdot(k)-1)/6$ есть целое число; k-количество троек в делимом.
Когда каждое из слагаемых выражения 3.1 делится на $d=(c_1-a_1) \cdot(3k)$; и, так же, как для $F$ точного куба обеспечивается аналогичная делимость, и так как равенство $(b_x-1)/6=(c_1-a_1)$ не возможно, можно предположить, что какие то другие сомножители, или их произведение с сомножителями в $(c_1-a_1)$ и $3$ являются $(b_x-1)/6$.
Однако, расчётной проверкой (в охваченном диапазоне) устанавливается следующая зависимость:
Возможные произведения, составляющие делитель, обеспечивающий предполагаемую величину $(b_x-1)/6$ всегда больше $c_1$.
Если $(c_1-a_1)$ кратно 3, получаем:

$1+6(c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2)/3+4\cdot(c_1+a_1-1)$=
$[6c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]/3+4\cdot(c_1+a_1-3)$; 3.1.2

Получаем два слагаемых, первое содержит сомножитель $3$, а второе – нет.
Если же разность $(c_1-a_1)$ не кратна 3, а кратна 3 сумма $c_1+a_1$, получаем, что второе слагаемое содержит сомножитель $3$, а первое нет:
Из выражения 3.0, следует, что количество шестёрок в точном кубе должно выражаться числом, принадлежащим к нулевому классу вычетов по мод 6.
Это выполнимо, когда и произведение $c_1\cdot(c_1-1)$, и произведение
$a_1\cdot(a_1-1)$. содержат сомножители 3.
Например:

$[9\cdot(6)+1]^3-[7\cdot(6)+1]^3=166375-79507=86868$;

$F_1=(86868/2/6/3-1)/6=402=21\cdot (2)+36\cdot(8)+36\cdot(2)$; 3.1.2
Но в этом варианте не обеспечивается делимость на $(c_1-a_1)$, так как сомножители, отличные от тройки в полученной разности искажаются.
Возникновение новых сомножителей в слагаемых усложняет корректировку, но утверждение, что конструирование $F_1$ к требуемому наполнению слагаемых, соответствующему точному кубу, приводит к необходимости использования дополнительных сомножителей, форуму тоже не понравилось.

[Karan]

Тема перемещена из форума «Великая теорема Ферма» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

Тема пересена в карантин для редактирования по просьбе Iosif1

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Karan]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Великая теорема Ферма»
Тема возвращена

[lasta]

Iosif1 в сообщении #1053502 писал(а):

Основания кубов:
$1$, $7$, $13$, $19$, $25$, $31$, ... $z$

Уважаемый Iosif1!
Шаг для ряда оснований 6?