Доказательство ВТФ для n=3.Часть 1.

[Someone]

dick в сообщении #1451593 писал(а):

почему не быть?

А почему быть?

[kotenok gav]

dick в сообщении #1451593 писал(а):

Число нечетное, почему не быть?

А почему там будут все нечетные числа?

-- 06 апр 2020, 00:53 --

И даже если так, и оно там есть. Тогда ваша часть 2 доказывает лишь невозможность такой пары. А почему не могут быть правильными другие пары?

[dick]

Еще раз вернемся к (5.1) и (7):
$x_1=a_1/3+(x_1-a_1/3)=\sqrt{3(A-B/a_1)(x_1-a_1/3)}+(x_1-a_1/3)$ (5.5)
Поскольку правая часть равенства делится на $\sqrt{x_1-a_1/3}=p$, $x_1$ также делится.
Тогда (5.5) можно сократить на $p$, и получить новое (5.5), и проделать тоже самое, и т.д..
При этом, всегда иметь квадрат на месте нечетного слагаемого.
Мне кажется, что $p=1$.

[kotenok gav]

А почему после сокращения на $p$ $x_1-a_1/3$ останется квадратом?

[dick]

Потому что, если $p>1$, мы получим три новых числа. Благодаря (7), $a_1/3$ после сокращения сохранит свою форму.
И потому, из того что осталось от исходных $x_1$ и $x_1-a_1/3$ всегда можно будет собрать новые $x_1$ и $x_1-a_1/3$, которое будет квадратом. Разумеется, все это закончится когда в составе $a_1/3$ из всех нечетных множителей останется одна тройка.

[kotenok gav]

Т.е. вы считаете, что при фиксированном $x_1$ мы можем выбрать $a_1$ (сохраняя условие, что $x_1-a_1/3$ - нечетный квадрат) как нам вздумается?

[dick]

Я считаю, что $p=1$. Но Вы считаете, что $p>1$. Я написал, что получится в этом случае.
О каком фиксированном $x_1$ Вы говорите-не пойму. Может Вы имеете ввиду версию решений с множеством $z,y$, при одинаковом $x_1$?
Но здесь не об этом, здесь мы вернулись к вопросу о возможных p.

[kotenok gav]

Ответьте на мой вопрос, пожалуйста.

[dick]

Нет, не считаю, $a_1/3$ всегда будет разницей этих величин.

[kotenok gav]

Каких "этих"?

[dick]

$x_1$ и $x_1-a_1/3$.

[kotenok gav]

Как бы вторая величина тоже зависит от $a_1$.

[dick]

И что?

[kotenok gav]

dick в сообщении #1451953 писал(а):

Нет, не считаю, $a_1/3$ всегда будет разницей этих величин.

Я вас удивлю, если у вас есть число 1 и вы выбираете еще одно число $n$, то $n=(n-1)+1$ всегда.






Повторяю вопрос.

kotenok gav в сообщении #1451837 писал(а):

вы считаете, что при фиксированном $x_1$ мы можем выбрать $a_1$ (сохраняя условие, что $x_1-a_1/3$ - нечетный квадрат) как нам вздумается?

[dick]

Говорите дело. Что Вас не устраивает? И по возможности полнее, что бы мне не гадать о чем речь.