bot писал(а):
ljubarcev писал(а):
Уважаемая Shwedka ! Конечно
на
делится и те кто не разбирается в сути обсуждаемого вопроса могут принять Ваше замечание за контрпример, в то время как он к делу не имеет никакого отношения. Ведь чтобы получить Ваше
...
А если бы Shwedka взяла не 15 и 5, а 6027 и 2009?
ljubarcev писал(а):
искать контрпример в ВТФ бессмысленно
Золотые слова! Стало быть оппонент имеет право искать контрпримеры не к доказываемому утверждению, а к аргументации автора - ровно к тому, что на данный момент локально утверждается, не так ли?
Уважаемый bot ! Утверждение, что в нашем случае
должно быть целым – верно. Согласен. Для всего множества комбинаций чисел
утверждение:
не может быть целым – не верно.
Тем не менее, от утверждения, что в нашем случае
не может быть целым – я пока не отказываюсь. Меня обнадеживает тот факт, что
, где
- делители
и обсуждаемое равенство имеет вид:
и при
;
.
Уважаемая Shwedka ! Теперь о доказанном, но не признанном.
Если
при
;
;
;
то:
1. Одно и только одно из чисел чётно, два другие не чётные;
2. Одно из чисел и только одно делится на
;
Дальше полагаем, что на 3 делится число
.
3. Число
; - t – натуральное число,
4. Число
является остатком от деления числа
на число
;
5. Числа
и
не взаимно простые и имеют НОД равный
.
6. Числа
и
не взаимно простые и имеют НОД равный
.
7. Числа
и
не взаимно простые и имеют НОД равный
.
8. Числа
попарно взаимно простые;
9.
10.
;
;
11.
;
;
12.
;
;
13.
;
;
;
14.
..
Дед.
29.03.2008, 15:17 
имеет бесконечное количество решений, при этом числа 
и 
могут иметь любой общий множитель. Вы же несколько раз использовали утверждение, невeрность которого Вы теперь признали.
и 
, так как числа 
и 
в рассматриваемом случае одновременно должны иметь общий множитель 
, что невозможно.
и 
; сложив их получим: 
; Разделим на 
. и получим:
. (1)
и их делители на 
: 
; 
, в то время как знаменатель – числа из ряда не делящиеся на 
. Следовательно, упомянутая ранее цепочка равенств в натуральных числах решений не имеет.
, что в натуральных числах возможно только при равенстве нулю одного из слагаемых, а при этом одно из чисел 
будет равно 
, что в ВТФ невозможно. Например: при 
; 
. 
означает, что числа 
не выполняется – слева дробь, а справа целое.
. В то же время 
. После деления получим 
. Очевидно, что целая часть равна 
, то есть число 
является остатком при делении 
и 
будут взаимно простыми. Аналогично и для чисел 
а из 10. имеем 
, то 
и после сокращения на 
не верно. Исключим его и пойдем дальше, если Вы, конечно, не возражаете.
;
;
;
;
.
![$\sqrt[3]{3}x_1>y_1>z_1$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/a/f/0/af0081c08e157ee9fb50c480e4f902a482.png "$\sqrt[3]{3}x_1>y_1>z_1$")
. Докажем.
; 
; 
очевидно, так как 
, что 
и после извлечения кубического корня получаем доказуемое - 
. Докажем.
; и после деления на 
.
. Докажем. В п. 20 число слева 
. положительно, так как 
(см. п.19) и что бы равенство имело место , должно быть 
. чтд.
. Докажем.
натуральные и ни дно из них не делится на 
; 
и 
при делении на 3 будут иметь остаток равный 1, так как всегда 
. Поэтому, чтобы были верными в целых числах равенства
, 
, 
, 
. Так как 
, то должно быть верным и равенство 
, а после деления на 
.
а 
, то должно быть и 
. Умножим всё на 
. Так как
, то
. чтд.
, следует из исходного предположения 
делится на 
- это будет уже другой случай.
. Получается, чтобы в натуральных числах имело решения равенство 
попарно взаимно простых и 
, должно быть 
и так как в соответствии с п.19 
, то должно быть и 
, что в натуральных числах – явный абсурд, противоречие.
, где 
- наивысшая степень тройки, делящая число 
. Но пока что никто не согласился с тем , что обсудлаемое доказательств для простейшего случая 
;