Фундаментальные свойства степеней

[Nilenbert]

Нет, эти соображения недостаточны. Вы не можете гарантировать, что $c$ не окажется кубом или квадратом, к тому же можно привести такой пример:$6^3$ делится на 12, но 6 не делится на 12. Здесь 12 не является ни кубом, ни квадратом, но лучше от этого не становится.

[shwedka]

Petern1 в сообщении #211057 писал(а):

И когда мы спрашиваем, может ли выражение
$c(3b^2+3bc+c^2)$ быть равно кубу, то в основание этого куба, в его первую степень должно входить $c$

если вы на этом настаиваете и примеры Вас не убеждают,
докажите, что 'должно''!!

[Petern1]

Nilenbert

Shwedka

Благодарю Вас за деловое участие в обсуждении и прошу Вас продолжить.
Я не стал раскрывать скобку, но давайте раскроем ее в выражении
$c(3b^2+3bc+c^2)=3b^2c+3bc^2+c^3$. И предполагаем, что это может быть кубом
$3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$. Тогда
$3bc(b+c)=x^3-c^3=(x-c)(x^2+xc+c^2)$. Смотрим и рассуждаем, если $x$ и $c$ взаимно простые числа, то $c$ не может быть ни в $(x-c)$, ни в $(x^2+xc+c^2)$. (Я полагаю мы это знаем и не поясняю). Но слева оно есть и чему-то оно должно быть равно. Если предположить, что $x-c=3p_1p_2…$ и придавать $c$ последовательно $c=3$, тогда
$x-3=3p_1p_2…, x=3p_1p_2…-3=3(p_1p_2-1)$. Видим, что $x$ так же должен иметь множитель $3$ и быть не взаимно простым с $c$.
Если $c=p_1$, тогда $x-p_1=3p_1p_2…,x=3p_1p_2…-p_1=p_1(3p_2…-1)$. Видим так же, что и $x$ должен иметь множитель $p_1$ и быть не взаимно простым с $c$ . Полагаю проводить такие пробы больше не надо. И так понятно. И очевидно, что не имеет значения чем являются $p_1,p_2…$, квадратом, кубом, или 1-ой степенью. Но важно здесь то, что они входят в первую степень числа $x$/
Мы здесь не сопоставляем $c$ с числом $x^2+xc+c^2$, так как они взаимно просты.
Таким образом, если такое равенство возможно, то $c$ должно входить в первую степень числа $x$.
Обратите внимание, что приведенные соотношения не являются произвольной выдумкой. Они определяются буквами и ничего нам тут не поделать. Произвольным является лишь предположение
$3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$
Но $c$ может быть равно $1$

[shwedka]

Petern1 в сообщении #211144 писал(а):

Полагаю проводить такие пробы больше не надо. И так понятно

ничуть не понятно. несколько проб не служат доказательством.

Petern1 в сообщении #211144 писал(а):

И очевидно, что не имеет значения чем являются $p_1,p_2…$, квадратом, кубом, или 1-ой степенью. Но важно здесь то, что они входят в первую степень числа $x$/

Не очевидно. Давайте доказательство.

[sceptic]

Petern1 писал(а):

Я не стал раскрывать скобку, но давайте раскроем ее в выражении $c(3b^2+3bc+c^2)=3b^2c+3bc^2+c^3$. И предполагаем, что это может быть кубом $3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$. Тогда $3bc(b+c)=x^3-c^3=(x-c)(x^2+xc+c^2)$. Смотрим и рассуждаем, если $x$ и $c$ взаимно простые числа, то $c$ не может быть ни в $(x-c)$, ни в $(x^2+xc+c^2)$. (Я полагаю мы это знаем и не поясняю). Но слева оно есть и чему-то оно должно быть равно. Если предположить, что $x-c=3p_1p_2…$ и придавать $c$ последовательно $c=3$, тогда
$x-3=3p_1p_2…, x=3p_1p_2…-3=3(p_1p_2-1)$. Видим, что $x$ так же должен иметь множитель $3$ и быть не взаимно простым с $c$.
Если $c=p_1$, тогда $x-p_1=3p_1p_2…,x=3p_1p_2…-p_1=p_1(3p_2…-1)$. Видим так же, что и $x$ должен иметь множитель $p_1$ и быть не взаимно простым с $c$ . Полагаю проводить такие пробы больше не надо. И так понятно. И очевидно, что не имеет значения чем являются $p_1,p_2…$, квадратом, кубом, или 1-ой степенью. Но важно здесь то, что они входят в первую степень числа $x$/
Мы здесь не сопоставляем $c$ с числом $x^2+xc+c^2$, так как они взаимно просты.
Таким образом, если такое равенство возможно, то $c$ должно входить в первую степень числа $x$.

Все эти выкладки выеденного яйца не стоят - $x$ и $c$ не взаимно просты.
Показываю для Petern1'a:
$a-b=c$, где $a$ и $b$ - не соседние целые числа (как заявлено в посте автора "второй вариант доказательства"). Следовательно, $|c|>1$. Пусть $p$ - любой простой делитель числа $c$. Ясно, что $p>1$. В равенстве $3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$ левая часть делится на $c$, следовательно, она делится и на $p$. Т.е. на $p$ делится и $x^3$ (правая часть этого равенства). А т.к. $p$ - простое число, то на $p$ делится и $x$ (следует из основной теоремы арифметики - слышали о такой, Petern1?). Итак, $p|c$ и $p|x$, т.е. $x$ и $c$ не взаимно просты.Конец показа.
Вот теперь, Petern1, доказывайте, что из $3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$ следует делимость $x$ на $c$, зная, что $x$ и $c$ не взаимно просты.

[Petern1]

Nilenbert

Из Ваших коротких сообщений мне показалось, что Вы благосклонно относитесь к этим вопросам, злобой не одержимы. Поэтому убедительно прошу Вас продолжить разговор. Вы никак не отреагировали на мой ответ Вам. Но бог с ним. Сейчас я хочу Вас ОЧЕНЬ, ОЧЕНЬ попросить помочь мне найти ошибку, заблуждение в этих выкладках. У меня это не получается. Пройдемте шаг за шагом.
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ --это 1-ый шаг. $a,b$ взаимно просты.
$a-b=c , a=b+c$ --второй шаг.
$a^3-b^3=c(3b^2+3bc+c^2)$ --третий шаг.
$a^3-b^3=3b^2c+3bc^2+c^3$ --четвертый шаг.
$3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$ --5-ый шаг, это предположение!!!
$3b^2c+3bc^2=x^3-c^3$ --6-ой шаг
$3bc(b+c)=(x-c)(x^2+xc+c^2)$ --7-ой шаг. Обратите внимание, что sceptic считает здесь очевидным, что $x$ и $c$ являются, или должны быть взаимно НЕ простыми числами. И те обоснования этого, которые я дал Вам в прошлом ответе он назвал не стоящими выеденного яйца. Согласимся с ним.
$x=x_1c$ --8-ой шаг
$3bc(b+c)=(x_1c-c)(x_1^2c^2+x_1c^2+c^2$ --9-ой шаг.
$3bc(b+c)=c^3(x_1-1)(x_1^2+x_1+1)$ --10-ый шаг.
$3b(b+c)=c^2(x_1-1)(x_1^2+x_1+1)$ --11-ый шаг. На этом можно и остановиться. Числа $c$ слева нет. Равенство не состоялось, поэтому наше предположение ложно.
$3b^2c+3bc^2+c^3$ ---кубу не равно.
Уважаемый Nilenbert, много лет назад мне пришлось объясняться с тремя человеками по ВТФ. Двое согласились с моими доводами и, надо полагать, излечились от этой наркомании. Теперь Вас прошу помочь мне.
В каком же шаге есть ошибка и в чем она состоит???
С уважением Petern1

[Brukvalub]

Petern1 в сообщении #212422 писал(а):

Сейчас я хочу Вас ОЧЕНЬ, ОЧЕНЬ попросить помочь мне найти ошибку, заблуждение в этих выкладках.

Petern1 в сообщении #212422 писал(а):

$x=x_1c$ --8-ой шаг

Почему это верно? Вам же стотыщпяцот раз говорили, объясняли, разжевывали, втолковывали, указывали, например:

Nilenbert в сообщении #211016 писал(а):

Petern1 писал(а):

$c(3b^2+3bc+c^2)=x^3$ . Но слева есть множитель $c$, значит $x=cx_1$

Это вот почему неправильно:Например $6^3=216$ делится на 9, но 6 не делится на 9.

СКОЛЬКО МОЖНО ТАЛДЫЧИТЬ ОБ ОДНОМ И ТОМ ЖЕ?????????????????????????????

[Petern1]

Nilenbert

Очень жаль, что Вы отказываетесь ответить на мои обращения к Вам. И надо полагать потому, что возразить Вы не можете, а дать согласие не решаетесь. Но плохо вот что. Что ранее Вы сказали фразы: « $6$ не делится на $9$, $6$ не делится на $12$». Фразы, которые не имеют абсолютно ни какого отношения к моим выкладкам ( в огороде бузина, а в Киеве дядька. Слышали такое?). Так вот эти фразы выхватывают другие и бездумно выставляют как опровержение. При том от какой-то злобы и ярости пренебрегают элементарными принципами такта и вежливости. (Brukvalub)

Но я уверен, что среди участников форума все-таки найдутся трезвые головы, которые по достоинству оценят то, что изложено о кубах, и рассмотрят выкладки для пятых степеней.
Как и для кубов рассмотрим сначала может ли разность двух соседних чисел в 5-ой степени быть равна числу в 5-ой степени
$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4)$ Для краткости число во второй скобке обозначим $A_5$
$a-b=1,a=b+1$ Это значение $a$ подставим в $A_5$
$a^5-b^5=1*[(b+1)^4+(b+1)^3b+(b+1)^2b^2+(b+1)b^3+b^4]$
$a^5-b^5=5b^4+10b^3+10b^2+5b+1$. Это другое представление числа $A_5$ И задаемся вопросом, может ли это число быть равно 5-ой степени,
$5b^4+10b^3+10b^2+5b+1=5b(b^3+2b^2+2b+1)+1$. Число в скобке разделим на $b+1$, получим
$b^3+2b^2+2b+1=(b+1)(b^2+b+1)$, и запишем
$A_5=5b(b+1)(b^2+b+1)+1$. А теперь вспомним, что 5-ая степень любого числа представляется
$a^5=(a-1)a(a+1)(a^2+1)+a$. Здесь мы имеем произведение трех последовательных чисел , которое умножается на $a^2+1$, плюс среднее число из трех последовательных. Эта структура однозначно определяет каждую 5-ую степень. Полученная нами структура для $A_5$ существенно отличается от этой. Как бы мы не пытались изменять $b$, мы не сможем получить такое же сочетание множителей, как у $a^5$. Поэтому нам придется признать, что числа $A_5$ не равны 5-ой степени.

А теперь перейдем к рассмотрению разности любых 5-ых степеней ( не соседних).
$a^5-b^5=(a-b)A_5$, $a,b$ взаимно простые числа. Обозначим
$a-b=c,a=b+c$. Значение $a$ подставим в $A_5$.
$A_5=a_4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4=(b+c)^4+(b+c)^3b+(b+c)^2b^2+(b+c)b^3+b^4$.
$A_5=5b^4+10b^3c+10b^2c^2+5bc^3+c^4$. И тогда
$a^5-b^5=c(5b^4+10b^3c+10b^2c^2+5bc^3+c^4)$. Или
$a^5-b^5=5b^4c+10b^3c^2+10b^2c^3+5bc^4+c^5$. И задаемся вопросом, может ли полученное выражение быть равно числу в 5-ой степени.
$5b^4c+10b^3c^2+10b^2c^3+5bc^4+c^5=x^5$.
$5b^4c+10b^3c^2+10b^2c^3+5bc^4=x^5-c^5$
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=(x-c)(x^4+x^3c+x^2c^2+xc^3+c^4)$.
Слева есть множитель $c$, Значит он должен быть и справа. Справа, если $x$ и $c$ взаимно простые числа, то ни первый ни второй сомножители на $c$ не делятся (см. аксиому). Поэтому множитель $c$ справа может быть только в том случае, если $x$ делится на $c$, другими словами, если $c$ входит в $x$ как сомножитель. Так что мы можем записать
$x=x_1c$. Таким образом получается, что $x$ и $c$ должны быть не взаимно простыми числами. Это обязывает полученное равенство, если оно верно. Подставим в него $x$
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=(x_1c-c)(x_1^4c^4+x_1^3c^4+x_1^2c^4+x_1c^4+c^4)$
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=c^5(x_1-1)(x_1^4+x_1^3+x_1^2+x_1+1)$. Сокращаем на $c$
$5b(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=c^4(x_1-1)(x_1^4+x_1^3+x_1^2+x_1+1$. Теперь уже слева $c$ нет, а срава оно есть. Равенство не состоялость. Это свидетельство тому, что разность 5-ых степеней не может быть равна числу в 5-ой степени. Но равенство возможно, если $c=1$. Тогда $a,b$ будут соседними числами. Случай рассмотрен выше.
Прошу участников форума высказать свои суждения, без предвзятостей и злобы. Petern1.

[maxal]

Petern1 в сообщении #213782 писал(а):

$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=(x-c)(x^4+x^3c+x^2c^2+xc^3+c^4)$.
Слева есть множитель $c$, Значит он должен быть и справа. Справа, если $x$ и $c$ взаимно простые числа, то ни первый ни второй сомножители на $c$ не делятся (см. аксиому). Поэтому множитель $c$ справа может быть только в том случае, если $x$ делится на $c$,

Не только. Возможен также вариант (среди прочих), что $c=z^2$ и $x=z$, где $z$ - некоторое целое число.
Подставьте $c=z^2$ и $x=z$ в выражение правой части из полученного вами равенства: $(x-c)(x^4+x^3c+x^2c^2+xc^3+c^4)$ и убедитесь, что оно будет делиться на $z^2$.

P.S. И вообще, из того, что два числа не взаимно-просты, не следует, что одно делится на другое. Вы выше доказали лишь то, что $x$ и $c$ не являются взаимно-простыми, но вот делимость $x$ на $c$ ниоткуда не следует.
Как, например, в указанном мной примере $x=z$ и $c=z^2$ имеют общий делитель $z$, но $x$ не делится на $c$.

[Brukvalub]

Petern1 в сообщении #213782 писал(а):

$A_5=a_4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4=(b+c)^4+(b+c)^3b+(b+c)^2b^2+(b+c)b^3+b^4$.

Здесь - ошибка.

Petern1 в сообщении #213782 писал(а):

Справа, если $x$ и $c$ взаимно простые числа, то ни первый ни второй сомножители на $c$ не делятся (см. аксиому). Поэтому множитель $c$ справа может быть только в том случае, если $x$ делится на $c$, другими словами, если $c$ входит в $x$ как сомножитель.

А почему, если каждый из сомножителей не делится на некое число, то и их произведение не делится на это число? Например, 2 и 3 не делятия на 6, а вот их произведение - делится на 6.

[Nilenbert]

Petern1 в сообщении #213782 писал(а):

Nilenbert

Но плохо вот что. Что ранее Вы сказали фразы: « $6$ не делится на $9$, $6$ не делится на $12$». Фразы, которые не имеют абсолютно ни какого отношения к моим выкладкам ( в огороде бузина, а в Киеве дядька. Слышали такое?).

Не выдумывайте. Это имеет прямое отношение к вашим выкладкам. Вы фактически делаете вывод, что из того что $x^3$ делится на $c$ следует, что $x$ делится $c$, а это неверно, вам уже несколько раз приводили примеры.

[venco]

Petern1 в сообщении #213782 писал(а):

$A_5=5b(b+1)(b^2+b+1)+1$. А теперь вспомним, что 5-ая степень любого числа представляется
$a^5=(a-1)a(a+1)(a^2+1)+a$. Здесь мы имеем произведение трех последовательных чисел , которое умножается на $a^2+1$, плюс среднее число из трех последовательных. Эта структура однозначно определяет каждую 5-ую степень. Полученная нами структура для $A_5$ существенно отличается от этой. Как бы мы не пытались изменять $b$, мы не сможем получить такое же сочетание множителей, как у $a^5$. Поэтому нам придется признать, что числа $A_5$ не равны 5-ой степени.

Вывод совершенно не обоснован.

Сравните со второй степенью:

Цитата:

$A_2=(b+1)^2-b^2=2b+1$
А теперь вспомним, что 2-ая степень любого числа представляется
$a^2=(a-1)a+a$. Здесь мы имеем произведение двух последовательных чисел, плюс болшее число из них. Эта структура однозначно определяет каждую 2-ую степень. Полученная нами структура для $A_2$ существенно отличается от этой. Как бы мы не пытались изменять $b$, мы не сможем получить такое же сочетание множителей, как у $a^2$. Поэтому нам придется признать, что числа $A_2$ не равны 2-ой степени.

Но даже вы согласитесь что это не так.

[LetsGOX]

Мат в сообщении #210198 писал(а):

$5xy(x^2-xy+y^2)=(x+y)^5-z^5$

А z получается целым числом чтоли?

shwedka Автор хотя бы доказывает, а вы постоянно безосновательно критикуете доказательсва, был бы сейчас МАТ, он бы помог доказать

[Коровьев]

LetsGOX в сообщении #214508 писал(а):

shwedka Автор хотя бы доказывает, а вы постоянно безосновательно критикуете доказательсва, был бы сейчас МАТ, он бы помог доказать

Если бы не shwedka, автор давно бы почил в бозе со своим детским лепетом.

[Brukvalub]

LetsGOX в сообщении #214508 писал(а):

был бы сейчас МАТ, он бы помог доказать

Стыдно признаться, но, когда я дома один и просматриваю эту тему, то в комнате один только МАТ и слышен, а доказательства все равно нет и никогда не будет!