2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ... 12  След.
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение08.10.2020, 08:01 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
vxv, вы не правы, из того что нет решений во взаимно простых $A, B, C$ очевидным образом следует гипотеза Била.
Доказательство: Пусть $A,B,C$ - решение, они не взаимно просты(предположим уже доказано), значит 2 из них делятся на некоторое простое $p$, но из равенства следует что и 3ее число делиться на $p$. Что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение08.10.2020, 19:58 


19/04/14
321
Null в сообщении #1486214 писал(а):
Это неправда. $(m^2+n^2)^3=(3m^2n-n^3)^2+(m^3-3mn^2)^2$

Уважаемый Null!
Вы правы. С помощью показателей мною было показано совсем другое. А именно, что решение $b+ci$ не получится из исходного числа $(m^2+n^2)^3$. Хотя сразу ясно, $c+bi \ne b+ci$. Но эти комплексные числа в произведении с сопряженными дают одну и ту же сумму двух квадратов $(c+bi)(c-bi)=(b+ci)(b-ci)$. У нас же тождество $(m^2+n^2)=(n^2+m^2)$.

И это усиливает утверждение, что переменная $A^x$ охватывает все возможные пары квадратов $c^2+b^2$, удовлетворяющие решению неопределенного уравнения $A^x=C^2+B^2 \qquad (2)$.
Null в сообщении #1486214 писал(а):
Откуда это возникло?


binki в сообщении #1485966 писал(а):
Далее
$A^x=C^4+B^4 = (C^2)^2+(B^2)^2 \qquad (13)$
$A^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2 i)\qquad (14)$

Для (13) существует решение $(a, c^2, b^2 )$.
Но не может существовать целочисленное решение $(a, c, b)$.

Решение находится если $B^2i$ является квадратом целого числа. Обозначим:
$B_1^2=B^2i \qquad (18)$
То есть при $x=3$ для неопределенного уравнения
$A^3=C^2+B_1^2$ существует решение:
$a=m^2+n^2;$
$c=m^3-3mn^2;$
$b_1=3m^2n-n^3$
То есть с учетом (18)
$b_1=b \sqrt i =3m^2n - n^3;$

vxv в сообщении #1486231 писал(а):
Вот "из первых рук":

Первые руки также ошибаются. а на них ссылаются другие.
Повторяю. общий простой делитель возможен только при $x=y=z$. То есть тогда, когда уравнение Ферма рассматривается как частный случай уравнения Била. Иначе гипотеза Била сразу же опровергается примером, $aa^4=c^4a^4+b^4a^4$.
Покажите, где здесь общий простой делитель, если это справедливо для произвольного (a).

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение08.10.2020, 20:51 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1486350 писал(а):
То есть при $x=3$ для неопределенного уравнения
$A^3=C^2+B_1^2$ существует решение:
$a=m^2+n^2;$
$c=m^3-3mn^2;$
$b_1=3m^2n-n^3$
$B_1$ не целое(вообще комплексное) и, соответственно, вам это нужно доказывать отдельно и $n,m$ гарантированно не принадлежат $\mathbb{R}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение09.10.2020, 08:35 


19/04/14
321
Null в сообщении #1486358 писал(а):
$B_1$ не целое(вообще комплексное) и, соответственно, вам это нужно доказывать отдельно и $n,m$ гарантированно не принадлежат $\mathbb{R}$

Уважаемый Null
В этом то и заключается суть доква. Не существует суммы квадратов $c^2+b^2$ дающей по применяемой методике целые (c,b). Не делится $c^4+b^4$ на $c^2+b^2$, Зато делится на сумму квадратов один их которых мнимый $(b\sqrt i)^2$. Как показано здесь тоже нет решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение09.10.2020, 09:37 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1486390 писал(а):
В этом то и заключается суть доква
Подозрительная суть, надо подробно доказывать.
binki в сообщении #1486390 писал(а):
Как показано здесь тоже нет решения.
Где показано? Я не вижу строгой последовательности выводов.
binki в сообщении #1486350 писал(а):
$b_1=b \sqrt i =3m^2n - n^3;$
Не является противоречием.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.10.2020, 12:25 


22/03/20
102
binki в сообщении #1485966 писал(а):
Например, при показателе (x=3) (докво известное, но источник не помню.)


http://mathemlib.ru/books/item/f00/s00/ ... t008.shtml

задача 7.10
binki в сообщении #1486390 писал(а):
В этом то и заключается суть доква.


Уважаемый binki
Как я понял, суть доказательства в том, что с одной стороны $C^4+B^4$ не делится на $C^2+B^2$, поэтому из уравнения $A^x=C^4+B^4$ не вытекает неопределённое уравнение $A_1^x=C^2+B^2$, по которому нашлось бы решение $a,b,c$.
С другой стороны существует уравнение $A_1^x=C^2+B^2i=C^2+B_1^2$, где $B_1^2=(B \sqrt i)^2$ - мнимый квадрат.
Но оно также не даёт нужного решения. Пока всё убедительно и я не вижу ошибки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.10.2020, 12:42 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
Valprim в сообщении #1486547 писал(а):
http://mathemlib.ru/books/item/f00/s00/ ... t008.shtml
Это не доказательство. Там ни слова о том что это все решения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.10.2020, 14:02 


22/03/20
102
Null в сообщении #1486549 писал(а):
Это не доказательство. Там ни слова о том что это все решения.

Уважаемый Null
Да, там говорится, что находятся решения способом .... И не утверждается, что способ определяет все решения.
Но в теме binki показано, что переменная $A$ формируется из любого комплексного числа и тем самым участвуют все возможные сопряженные числа, с помощью которых и образуются произведения сопряженных чисел в правой части уравнения (нормы).

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.10.2020, 14:08 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
Valprim в сообщении #1486560 писал(а):
Но в теме binki показано, что переменная $A$ формируется из любого комплексного числа и тем самым участвуют все возможные сопряженные числа, с помощью которых и образуются произведения сопряженных чисел в правой части уравнения (нормы).

Это не было доказано. binki ссылается на какие то доказательства в книгах, но так и не сформулировал верное утверждение, доказательство котороого можно было бы найти.
В этой теме пока вообще нет доказательств.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.10.2020, 20:33 


22/03/20
102
Мне эта тема была интересной и я внимательно следил за дискуссией. На мой взгляд автор по существованию решений для уравнения $A^x=C^2+B^2$ привёл полное доказательство, и в дополнительных сведениях из других источников нет необходимости. Автор просто сообщил, что решение задачи для куба известно. По всем вопросам и примерам были даны исчерпывающие ответы.
По основному вопросу темы. Применение мнимого квадрата в доказательстве удачная и интересная находка. Ошибки здесь пока не обнаружил.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.10.2020, 21:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/06/08
2147
МО

(Оффтоп)

Цитата:
Семён Семёныч!

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение12.10.2020, 07:24 


22/03/20
102

(Оффтоп)

поссмотрел на жирафа и сказал: "этного не может быть"

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение12.10.2020, 09:18 


19/04/14
321
Null в сообщении #1486395 писал(а):
Не является противоречием.

Уважаемый Null

$b_1=b \sqrt i =3m^2n - n^3;$ - не является противоречием, если числа (C,B) - комплексные.

Действительно. $A_1$ должно быть произведением сопряженных чисел. А чтобы справа появилась сумма квадратов, один из которых мнимый, $A_1$ - должно быть также комплексным.То есть для куба:

$A_1^3=(m^2+n^2i)^3=(m+ni \sqrt i)^3 (m-ni \sqrt i)^3; \qquad (19)$;

$(m+ni \sqrt i)^3 =(m^3-3mn^2i)+(3m^2n-n^3i)i \sqrt i ;\qquad (20)$;

$(m-ni \sqrt i)^3 =(m^3-3mn^2i)-(3m^2n-n^3i)i  \sqrt i ;\qquad (21)$

$(m+ni \sqrt i)^3 (m-ni \sqrt i)^3=(m^3-3mn^2i)^2+(3m^2n-n^3i)^2i ; \qquad (21.1) $

$C=(m^3-3mn^2i) ; \qquad (22)$

$B=(3m^2n-n^3i) \qquad (23)$

Как видим, в случае с мнимым квадратом, переменные (C,B) не могут принимать значения целых чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение12.10.2020, 11:38 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
Null в сообщении #1486809 писал(а):
$A_1^3=(m^2+n^2i)^3$
Откуда вы это взяли? Оснований для этого нет.
binki в сообщении #1486800 писал(а):
$A_1$ должно быть произведением сопряженных чисел.
Докажите. Учтите что вам надо работать с кольцом $\mathbb{Z}[\sqrt i]$ , вряд ли тут работает основная теорема арифметики.
binki в сообщении #1486800 писал(а):
$A_1^3=(m^2+n^2i)^3=(m+ni \sqrt i)^3 (m-ni \sqrt i)^3; \qquad (19)$
$C=(m^3-3mn^2i) ; \qquad (22)$
$B=(3m^2n-n^3i) \qquad (23)$

Из $F_1+G_1i=F_2+G_2i$ не следует $F_1=F_2, G_1=G_2$, например $0+i\cdot i=-1+0 i $

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение13.10.2020, 09:25 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1486547 писал(а):
Как я понял, суть доказательства ....,

Null в сообщении #1486809 писал(а):
Откуда вы это взяли?


Господа!

Valprim Вы правильно понимаете суть доква.
Null. Разъяснялось логическими выводами. А именно. Сумма двух квадратов, один из которых мнимый также определяется произведением комплексных сопряженных чисел. И эта сумма комплексное число. В связи с этим степень $A_1^x$ должна быть произведением сопряженных комплексных чисел и быть комплексным числом. Распишем (14)

$A^x=A_1^xA_2^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2 i);\qquad(14)$

$A_1^x=(m^2+n^2i)^x=(m+ni\sqrt i)^x(m-ni\sqrt i)^x;\qquad (14.1)$

$C^2+B^2i=(C+Bi\sqrt i)(C-Bi\sqrt i);\qquad (14.2)$

$(m+ni\sqrt i)^x(m-ni\sqrt i)^x=(C+Bi\sqrt i)(C-Bi\sqrt i)\qquad (14.3)$

Запись (14.3) единственна для найденного решения $C=(m^3-3mn^2i);,B=(3m^2n-n^3i)$. Действительно, если, например,

$(C+Bi\sqrt i)=(C_d+B_di\sqrt i)\qquad (14.4)$, где $C_d, B_d$ другие гауссовы числа, то

$i\sqrt i=\frac {C-C_d} {B_d-C} \qquad (14.5)$

Что невозможно, так как справа в (14.5) гауссово комплексное число. Так что в представленных формулах основная теорема арифметики выполняется при (C, B, m,n)>1

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 174 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ... 12  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group