Гипотеза Била

[MMZ]

Закончил доказательство, опубликовал ссылка удалена, приглашаю к обсуждению.

Lia: до сих пор было не обсуждение?

[Батороев]

(Оффтоп)

Цитата:

Например, чтобы определить, делится ли число на 73, нужно разбить это число на группы по 4 цифры и поочерёдно их складывать и вычитать.

Если результат делится на 73, то и число делится на 73.

Так, 2173467897997367 делится на 73, т. к.



2173 – 4678 + 9799 – 7367 = – 73 делится на 73.

Разбивая число на группы по $4$ знака, мы тем самым рассматриваем число в системе с основанием $10000$, при этом каждая группа становится разрядом числа в этой системе счисления. Для определения делимости на число, на единицу превосходящее основание (в данном случае $10000+1=73\cdot 137$), необходимо рассмотреть разность сумм четных и нечетных разрядов (наподобие делимости на $11$ в десятичной системе).

[MMZ]

Формулировка: если $A^x + B^y = C^z $, где $A, B, C, x, y, z \in N$ и $x, y, z > 2$, то $A, B, C$ имеют общий простой делитель.

Доказательство:
Так как ВТФ доказана, следовательно как минимум один из коэффициентов $x,y,z$ должен быть равен как минимум четырём. Не теряя общности, можно утверждать, что $z\geqslant y>x\geqslant3$ (в противном случае просто перенесём больший коэффициент в правую часть, а меньшие в левую, и заменим сложение вычитанием). Допустим, что контрпример существует и $A,B,C$ взаимно просты, т.е. при делении на $C^z$ образуются две несократимые рациональные дроби

$\dfrac{A^x}{C^z}+\dfrac{B^y}{C^z}=1$

Всякое положительное рациональное число может быть представлено в виде суммы кубов трёх положительных рациональных чисел (см. Радемахер, Теплиц Числа и фигуры, Том 10)

$\dfrac{a_1}{c_1}^3+\dfrac{b_1}{c_4}^3+\dfrac{a_2}{c_2}^3+\dfrac{b_2}{c_5}^3+\dfrac{a_3}{c_3}^3+\dfrac{b_3}{c_6}^3=1$

Приведя к общему знаменателю

$(a_1c_2c_3c_4c_5c_6)^3+(a_2c_1c_3c_4c_5c_6)^3+(a_3c_1c_2c_4c_5c_6)^3+(b_1c_1c_2c_3c_5c_6)^3+(b_2c_1c_2c_3c_4c_6)^3+(b_3c_1c_2c_3c_4c_5)^3=(c_1c_2c_3c_4c_5c_6)^3$

Так как $z>3$, то как минимум один из сомножителей в правой части, допустим $c_1$, в разложении на простые множители содержит как минимум один простой сомножитель четвёртой степени или выше. Разделим на него. Пять из шести слагаемых в левой части делятся нацело, но $(a_1c_2c_3c_4c_5c_6)^3$ - нет, следовательно один из его сомножителей, допустим $c_2$ должен делиться на это простое число. Разделим теперь на $c_2$, правая часть снова разделится нацело, в левой снова будет ровно одно не разделившееся слагаемое, и так мы можем продолжать до бесконечности. Таким образом, в множестве натуральных чисел $(c_1c_2c_3c_4c_5c_6)$ нет наименьшего элемента, что невозможно. Следовательно, наше допущение ложно и контрпримера не существует.

Прошу критиковать.

[grizzly]

MMZ в сообщении #1362167 писал(а):

Разделим теперь на $c_2$, правая часть снова разделится нацело, в левой снова будет ровно одно не разделившееся слагаемое

В левой части на предыдущем шаге мы уже сократили первое слагаемое на один из множителей $c_2$. Значит, теперь в левой части уже 2 слагаемых не делится на куб $c_2$, но их сумма делится.

Если сможете это преодолеть, объясните заодно, пожалуйста, что ломается в Вашей схеме опровержения контрпримера, если применить её к пифагоровой тройке.

[MMZ]

grizzly в сообщении #1362182 писал(а):

В левой части на предыдущем шаге мы уже сократили первое слагаемое на один из множителей $c_2$. Значит, теперь в левой части уже 2 слагаемых не делится на $c_2$, но их сумма делится.

Рассмотрим на конкретном примере. Пусть $c_1=n^4m, c_2=n^4p$
Имеем

$(a_1n^4pc_3c_4c_5c_6)^3+(a_2n^4mc_3c_4c_5c_6)^3+(a_3n^4mn^4pc_4c_5c_6)^3+(b_1n^4mn^4pc_3c_5c_6)^3+(b_2n^4mn^4pc_3c_4c_6)^3+(b_3n^4mn^4pc_3c_4c_5)^3=(n^4mn^4pc_3c_4c_5c_6)^3$
делим на $n^4$

$(a_1pc_3c_4c_5c_6)^3+(a_2mc_3c_4c_5c_6)^3+(a_3mn^4pc_4c_5c_6)^3+(b_1mn^4pc_3c_5c_6)^3+(b_2mn^4pc_3c_4c_6)^3+(b_3mn^4pc_3c_4c_5)^3=(mn^4pc_3c_4c_5c_6)^3$

$a_1^3p^3+a_2^3m^3=n^4$ - "новый" контрпример но с меньшими цифрами, с которым можно поступить так же как и с предыдущим контрпримером.

[grizzly]

MMZ в сообщении #1362190 писал(а):

$a_1^3p^3+a_2^3m^3=n^4$

Почему здесь равно? Может, просто левая часть делится на $n^4$ (даже в двенадцатой)? То есть $a_1^3p^3+a_2^3m^3=kn^{12}$.

[MMZ]

grizzly в сообщении #1362199 писал(а):

Почему здесь равно?

Потому что мы снова делим $(a_1pc_3c_4c_5c_6)^3+(a_2mc_3c_4c_5c_6)^3+(a_3mn^4pc_4c_5c_6)^3+(b_1mn^4pc_3c_5c_6)^3+(b_2mn^4pc_3c_4c_6)^3+(b_3mn^4pc_3c_4c_5)^3=(mn^4pc_3c_4c_5c_6)^3$ на $n^4$. Четыре последних слагаемых у нас делятся, в первых двух, по Вашему предположению, должна делиться сумма неделящихся.

-- 18.12.2018, 17:15 --

зы. Формула пишется как изображение, не знаю почему так.

-- 18.12.2018, 17:21 --

grizzly в сообщении #1362182 писал(а):

объясните заодно, пожалуйста, что ломается в Вашей схеме опровержения контрпримера, если применить её к пифагоровой тройке.

Ничего не ломается. Примитивная пифагорова тройка $\dfrac{a}{c}^2+\dfrac{b}{c}^2=1^n$ есть верное равенство само по себе. Такое же, к примеру, как
$\dfrac{(a^3-3^6)^3+(3^6+3^5a-a^3)^3+(27a^2+3^5a)^3}{(9a^2+3^4a+3^6)^3}=a$

[grizzly]

MMZ в сообщении #1362206 писал(а):

по Вашему предположению, должна делиться сумма неделящихся.

У меня пока нет предположений. Я пытаюсь только понять Вашу логику. "Должна делиться" не означает равна, а означает именно то, что я написал:

grizzly в сообщении #1362199 писал(а):

То есть $a_1^3p^3+a_2^3m^3=kn^{12}$.

и из этого никакого бесконечного спуска Вы не получите.

[MMZ]

grizzly в сообщении #1362212 писал(а):

"Должна делиться" не означает равна

Всё, понял о чём Вы говорите. Сглупил, да. Но сути дела это не меняет:
Если $a_1p+a_2m=kn^4$, то делить нужно будет на $mp$.

[grizzly]

MMZ в сообщении #1362220 писал(а):

Если $a_1p+a_2m=kn^4$

Нет, всё-таки так:

grizzly в сообщении #1362199 писал(а):

То есть $a_1^3p^3+a_2^3m^3=kn^{12}$.

Вы не можете пока утверждать, что $k$ является кубом какого-то числа. Своё $k_2$ может появиться после сокращения на $c_5, c_6$ и в сумме оно может как-то сойтись.

MMZ в сообщении #1362220 писал(а):

то делить нужно будет на $mp$.

Это будет уже другая идея или Вы сможете таким способом снова свести к бесконечному спуску? В любом случае Ваше рассуждение пока непонятно и я не могу придумать сам, как его улучшить. Если Вы можете, напишите подробнее каждый переход -- оно того стоит :)

[MMZ]

grizzly в сообщении #1362226 писал(а):

напишите подробнее каждый переход

Разобрался сам в своих мыслях :)
Давайте начнём с самого начала. Имеем
$(a_1c_2c_3c_4c_5c_6)^3+(a_2c_1c_3c_4c_5c_6)^3+(a_3c_1c_2c_4c_5c_6)^3+(b_1c_1c_2c_3c_5c_6)^3+(b_2c_1c_2c_3c_4c_6)^3+(b_3c_1c_2c_3c_4c_5)^3=(c_1c_2c_3c_4c_5c_6)^3, c_1=nC^{3z}, c_4=pC^{3z}$
Делим на $C^z$, получаем $c_2=mC^{3z}$ Имеем
$(a_1m+a_2n)(c_3c_4c_5c_6)^3+(a_3c_1c_2c_4c_5c_6)^3+(b_1c_1c_2c_3c_5c_6)^3+(b_2c_1c_2c_3c_4c_6)^3+(b_3c_1c_2c_3c_4c_5)^3=(c_1c_2c_3c_4c_5c_6)^3, c_2=mC^{3z}$
снова делим на $C^z$ получаем либо
1) $a_1m+a_2n\ne kC^z$, в этом случае $c_3^3=qC^{3z}$, снова делим на $C^{3z}$ получаем $c_5^3=tC^{3z}$, снова делим на $C^{3z}$, получаем $c_6^3=rC^{3z}$
Подставляя в исходное уравнение имеем новое уравнение
$\dfrac{a_1^3}{n}+\dfrac{a_2^3}{m}+\dfrac{a_3^3}{q}+\dfrac{b_1^3}{p}+\dfrac{b_2^3}{t}+\dfrac{b_3^3}{r}=C^{3z}$ которое, что очевидно, решений не имеет.
либо
2) $a_1m+a_2n=kC^{3z}$ в этом случае делим на $m^3n^3$
имеем $c_5^3=dm^3n^3$, делим на $d$ имеем $c_6^3=ed^3$
Подставляя в разложение $\dfrac{B^y}{C^z}$ снова получаем не имеющее решений уравнение
$\dfrac{b_1^3}{pC^{3z}}+\dfrac{b_2^3}{dm^3n^3}+\dfrac{b_3^3}{ed^3}=\dfrac{B^y}{C^z}$

Следовательно контрпримера всё-таки не существует.

[grizzly]

MMZ в сообщении #1362272 писал(а):

Имеем ... $c_1=nC^{3z}, c_4=pC^{3z}$

Всё намного проще -- ничего этого мы не имеем. Я могу сказать, что мы имеем, но вряд ли это Вам поможет. В общем, я считаю, что этот путь бесперспективен, но если Вы сможете понятно и правильно объяснить, что мы здесь (именно на этом месте, не нужно спешить дальше) имеем, тогда можно будет двигаться дальше.

[MMZ]

grizzly в сообщении #1362395 писал(а):

Я могу сказать, что мы имеем

Cкажите.

[grizzly]

MMZ в сообщении #1362400 писал(а):

Cкажите.

Ладно. В $c_1$ только один из множителей числа $C$ должен быть в степени, кратной $z$ (я надеюсь, что Вы это продолжаете понимать, хоть и не потрудились записать это аккуратно). В $c_4$ тоже только один из множителей числа $C$ должен быть в степени, кратной $z$, но совсем не обязательно, чтобы это был тот же множитель, что и для $c_1$. Не похоже, чтобы Вы это учли, но даже если и так, то обозначить все эти множители одной и той же буквой (и именно той, которая уже занята под другим обозначением) было не самым лучшим решением.

[MMZ]

grizzly в сообщении #1362402 писал(а):

В $c_1$ только один из множителей числа $C$ должен быть в степени, кратной $z$ (я надеюсь, что Вы это продолжаете понимать, хоть и не потрудились записать это аккуратно). В $c_4$ тоже только один из множителей числа $C$ должен быть в степени, кратной $z$, но совсем не обязательно, чтобы это был тот же множитель, что и для $c_1$.

Спасибо за ценное замечание, но в таком случае всё ещё проще.
Если $C=fg$, то разница лишь в том, что в таком случае мы имеем $c_1=nf^z, c_2=hg^z, c_3=nhuC^z, c_4=pf^z, c_5=kg^z c_6=pkwC^z$, контпримера всё равно существовать не может.