Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[binki]

Valprim в сообщении #1487195 писал(а):

В затянувшейся дискуссии Вы ушли от своего лаконичного доказательства.

Null в сообщении #1487117 писал(а):

Приведите полную формулировку, с этого надо начинать.

Valprim
Полностью с Вами согласен. Учитывая ваши предложения и заслуженного участника Null, внесём в лаконичное докво дополнения.
Итак, частный случай неопределенного уравнения Била, а именно

$A^x=C^4+B^4 \qquad (1)$

не имеет решения в целых взаимно простых числах (a,b,c) (не только при (x>3), но и при (x>1))
Ранее было показано, что неопределённое уравнение

$A^x=C^2+B^2 \qquad (2)$

имеет бесчисленное множество целочисленных решений. Перепишем (1) в следующем виде:

$A^x=(C^2)^2+(B^2)^2 \qquad (3)$

Для (3) существует решение в целых $(A,B^2,C^2)$ числах, но это не означает, что (B,C) целые.
Если сумма $C^4+B^4$ делилась бы на $C^2+B^2$, то сразу бы нашлось решение из уравнения $A_1^x=C^2+B^2$.
Но $C^4+B^4$ не делится на $C^2+B^2$. Действительно в

$C^4+B^4=(C^2+B^2)^2-2C^2B^2$ правая часть не делится на $C^2+B^2$ при взаимно простых (C,B). Значит не делится и левая.

Далее. Но эта сумма биквадратов разлагается в произведение сопряженных комплексных чисел

$C^4+B^4=(C^2+B^2i)(C^2-B^2i) \qquad (4)$

где $B^2i=(B\sqrt i)^2$ - мнимый квадрат.

Обозначим $A_1^x=(C^2+B^2i)\qquad (5)$

Запись комплексного числа единственна. Действительно, если

$(C^2+B^2i)=(C_1^2+B_1^2i)\qquad (6)$ или

$(C^2-C_1^2)=(B_1^2-B^2)i\qquad (7)$, тогда

$i=\frac {C^2-C_1^2}{B_1^2-B^2}$ что невозможно. Значит равенство (7) существует только при $C=C_1; B=B_1$

Из (5) видно, что $A_1^x$ - гауссово число, так как числа $C^2,B^2$ целые. Значит, согласно свойств гауссовых чисел, $A_1$, также гауссово число, а не целое (a). Следовательно нет решения (a,b,c). Что было сразу видно, что мнимый квадрат не может иметь сторону равную целому числу.
Следовательно доказано, уравнение Била (1) не имеет решений в целых взаимно простых числах.

Есть интересное продолжение темы.

[Null]

binki в сообщении #1487277 писал(а):

Значит, согласно свойств гауссовых чисел, $A_1$, также гауссово число, а не целое (a). Следовательно нет решения (a,b,c).

Подробнее, не вижу причин почему это противоречие. И хватит менять размер букв.
Где в вашем решении используется $x>1$, как по мне ваши рассуждения работают для $x=1$.

[Valprim]

Уважаемый binki
у вас опечатки

binki в сообщении #1487277 писал(а):

Значит равенство (7) существует только при $C=C_1; B=B_1$

Правильно, если неизвестные (C,B) ,будут в квадрате. То есть "Значит равенство (7) существует только при $C^2=C^2_1; B^2=B_1^2

Цитата:

Ъbinki в сообщении #1487277"]Для (3) существует решение в целых $(A,B^2,C^2)$ числах

Правильно "...в целых $(a,B^2,C^2) $ числах"
Остальное всё понятно. Вы работаете с неопределённым уравнением, то есть с уравнением, где число неизвестных больше одного. Неизвестные обозначены большими буквами (A,B,C), как это и принято во многих темах по гипотезе Била. Решения в целых числах маленькими (a,b,c). Когда решения квадраты неизвестных чисел, то обозначения большими буквами.

binki в сообщении #1487277 писал(а):

Из (5) видно, что $A_1^x$ - гауссово число, так как числа $C^2,B^2$ целые. Значит, согласно свойств гауссовых чисел, $A_1$, также гауссово число, а не целое (a). Следовательно нет решения (a,b,c).

Здесь тоже всё понятно. Добавить нечего.
Показатель произвольный $x>1$. Значит при $x=1$ противоречий не может быть. Это следует из (5) $A_1^1=(C^2+B^2i)$. Согласно единственности записи гауссова числа, получим тождество $A_1^1=(C^2+B^2i)=(C^2+B^2i)$.

[binki]

Уважаемый Valprim
Благодарю за обнаруженные и исправленные опечатки.

Null в сообщении #1487291 писал(а):

Где в вашем решении используется $x>1$, как по мне ваши рассуждения работают для $x=1$.

Уважаемый Null
Должен согласиться, что столь лаконичное докво не будет понятно всем. Поэтому его следует дополнить фразой из предыдущих соображений.
Решение неопределенного уравнения с мнимым квадратом решается как и для обычных квадратов уравнения (2). То есть с использованием произведения сопряженных комплексных чисел

$A_1^X=(m^2+n^2i)^x=(m+ni\sqrt i)^x(m^2-n^2i\sqrt i)^x=C^2+B^2i \qquad (8)$

Из (8) следует. Если (x=1), то получается тождество $(m^2+n^2i)^x=C^2+B^2i \qquad (9)$. Числа (C,B) целые.

При (x>1), числа (C,B) определяются биномом $(m+ni\sqrt i)^x$ по которому числа (C,B) - комплексные. Показано ранее для куба.

binki в сообщении #1486800 писал(а):

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

Что мтребовалось доказать.

[Null]

binki в сообщении #1487382 писал(а):

$A_1^X=(m^2+n^2i)^x$

Вы этого еще не доказали.

[binki]

Null в сообщении #1487383 писал(а):

Вы этого еще не доказали.

Исправленное (8) (была опечатка) - $A_1^X=(m^2+n^2i)^x=(m+ni\sqrt i)^x(m-ni\sqrt i)^x=C^2+B^2i \qquad (8)$
Это следует из свойств гауссовых чисел. А именно. Умножение равных гауссовых чисел (а следовательно и возведение в степень ) даёт гауссово число. Пара (m,n) произвольная, значит определяются все числа $C^2+B^2i$, (соответствующие произведению сопряженных чисел $(m+ni\sqrt i)^x(m-ni\sqrt i)^x )$ умножение которых на сопряженное $C^2-B^2i$ даёт $C^4+B^4$
(до понедельника)

[Null]

binki в сообщении #1487385 писал(а):

Исправленное (8) (была опечатка) - $A_1^X=(m^2+n^2i)^x=(m+ni\sqrt i)^x(m-ni\sqrt i)^x=C^2+B^2i \qquad (8)$

Докажите 1ое равенство, почему $A_1=m^2+n^2i$? Поймите вы не можете просто так взять и написать это.

binki в сообщении #1487385 писал(а):

определяются все числа $C^2+B^2i$

Докажите.
Или $n,m$ -комплексные, не обязательно целые?
Да и к вопросу о комплексных числах: $\sqrt{i}\cdot \sqrt{i}=i$ - неправда.

[Valprim]

Null в сообщении #1487386 писал(а):

Докажите.

Доказывалось в теме. Это следует из свойств сопряженных чисел. Степень комплексного числа может быть произведением сопряженных чисел, только в том случае, и только в том, если степень является степенью произведения сопряженных чисел. Целые (m,n) перебирают все возможные произведения сопряженных чисел степени, перебирая тем самым все возможные произведения сопряженных чисел в правой части (8), удовлетворяющие решению (8).

Null в сообщении #1487386 писал(а):

Да и к вопросу о комплексных числах: $\sqrt{i}\cdot \sqrt{i}=i$ - неправда.

Это правда. Корни известны

$$\sqrt i =\frac {1+i}{\sqrt 2}; \qquad \sqrt i =\frac {-1-i}{\sqrt 2}$$

Поэтому

$$\sqrt i \cdot\sqrt i =(\frac {1+i}{\sqrt 2})(\frac {1+i}{\sqrt 2})=i; \qquad \sqrt i\cdot \sqrt i=(\frac {-1-i}{\sqrt 2})(\frac {-1-i}{\sqrt 2})=i$$

[Lia]

binki
Замечание за неоформление формул.

binki в сообщении #1487382 писал(а):

При (x>1), числа (C,B)

и т.п.

[Null]

Valprim в сообщении #1487431 писал(а):

Доказывалось в теме.

То доказательство некорректно. На вопросы ответов нет. ТС постоянно пишет равенства не обосновывая их, это не считается за доказательство.

Valprim в сообщении #1487431 писал(а):

Степень комплексного числа может быть произведением сопряженных чисел, только в том случае, и только в том, если степень является степенью произведения сопряженных чисел.

Не понятно:
1.У нас 2 сопряжения($i\to -i$ и $\sqrt{i}\to-\sqrt{i}$), какое тут используется?
2.Целость или гауссова целость не гарантируется!
3.Пишите формулами, словами неоднозначно.

Valprim в сообщении #1487431 писал(а):

Целые (m,n) перебирают все возможные произведения сопряженных чисел степени, перебирая тем самым все возможные произведения сопряженных чисел в правой части (8), удовлетворяющие решению (8).

Не доказано.

Valprim в сообщении #1487431 писал(а):

$$\sqrt i =\frac {1+i}{\sqrt 2}; \qquad \sqrt i =\frac {-1-i}{\sqrt 2}$$

А если так? $\sqrt i \cdot\sqrt i =(\frac {1+i}{\sqrt 2})(\frac {-1-i}{\sqrt 2})=-i$. Обязательно надо писать явно или обозначить $j=\frac {1+i}{\sqrt 2}$ и использовать его. А то можно до $1=-1$ досчитаться(известный софизм).

(Оффтоп)

Приведу пример на что похоже это доказательство:
Докажем что все четные числа делятся на $4$:
Для любого $k$, $4k\vdots 2$ - четное, значит $4k$ пробегает все четные числа, но очевидно $4k\vdots 4$, значит все четные числа делятся на $4$.

[Valprim]

Null в сообщении #1487472 писал(а):

ТС постоянно пишет равенства не обосновывая их

ТС всегда обосновывает используемые выражения. В отдельных случаях обоснования - ссылки на известные свойства комплексных. Зачем их доказывать. Так можно бесконечно требовать. Например нет доказательства, что дважды два четыре.

Null в сообщении #1487472 писал(а):

А если так? $\sqrt i \cdot\sqrt i =(\frac {1+i}{\sqrt 2})(\frac {-1-i}{\sqrt 2})=-i$

А это Вы придумали новый софизм. Зачем перемножать разные корни. По Вашему способу $\sqrt 4=\pm 2;\qquad 2\cdot (-2)=-4$

[Null]

Valprim в сообщении #1487484 писал(а):

Зачем их доказывать.

Потому что эти утверждения не очевидны а то и вовсе не верны.
Например $5^4=24^2+7^2$, но ни $24+7i$, ни $7+24i$ не являются 4 степенью гауссового числа.

Valprim в сообщении #1487484 писал(а):

Например нет доказательства, что дважды два четыре.

Есть:
$2=1+1$, $4=1+1+1+1$ по определению, $2\times 2 = (1+1)\times (1+1)=(1+1)\times 1+(1+1)\times 1=(1+1)+(1+1)=4$(использовали дистрибутивность, определение $1$ и в конце ассоциативность).

Valprim в сообщении #1487484 писал(а):

. По Вашему способу $\sqrt 4=\pm 2;\qquad 2\cdot (-2)=-4$

В комплексных числах $\sqrt{4}\cdot \sqrt{4}=\pm 4$. Там всегда 2 квадратных корня. И невозможно выделить 1 из них с сохранением свойства $\sqrt{x}\cdot\sqrt{y}=\sqrt{xy}$ для любых $x,y$

[Valprim]

Null в сообщении #1487495 писал(а):

Потому что эти утверждения не очевидны а то и вовсе не верны.
Например $5^4=24^2+7^2$, но ни $24+7i$, ни $7+24i$ не являются 4 степенью гауссового числа.

Уважаемый Null
Являются.

$5^4=(2+i)^4(2-i)^4= (7+24i)(7-24i)$

Пример показывает, что утверждения верны, а не наоборот.

Null в сообщении #1487495 писал(а):

В комплексных числах $\sqrt{4}\cdot \sqrt{4}=\pm 4$. Там всегда 2 квадратных корня

$\pm i$ не меняет сути.

Дискуссия с ТС затянулась. Особенно из за того, что считаете Неопределённое уравнение Била, где неизвестные определяются произвольной парой $m,n$ , заменить на предполагаемое равенство с заданными $a,b,c$. Совершенно не понятно зачем. Вот выдержки из Ваших сообщений, что должны задаваться $C,B$, а не $m,n$
"....Докажите что такие $n,m$ существуют, и они целые....Поэтому и неправильно. Должны задаваться... У вас логическая ошибка. Поэтому и неправильно. А вам надо наоборот. Должны задаваться., $C$ и $B$ у вас уже есть. Вернитесь к исходной задаче где $C$ и $B$ даны. Откуда взялись $m$ и $n$
В связи с этим у вас возникают и вопросы откуда это взялось $m^2+n^2$ или $(m^2+n^2)i$.

С уважением Valprim

[Null]

Valprim в сообщении #1487552 писал(а):

$5^4=(2+i)^4(2-i)^4= (7+24i)(7-24i)$

$(2+i)^4=-7+24i$ а не $7+24i$ - то что пишет автор. Ему это важно. Он получит равенство $A_1^x=-C^2+B^2i$ и, соответственно, дальнейшие рассуждения меняются.

Valprim в сообщении #1487552 писал(а):

Неопределённое уравнение Била, где неизвестные определяются произвольной парой $m,n$

Ну автор пытался доказать частный случай гипотезы Била, где $m,n$ не фигурируют.

Valprim в сообщении #1487552 писал(а):

$\pm i$ не меняет сути.

Да, даже с учетом этого текст доказательством не является. То что автор считает очевидным просто неправда.

[Valprim]

Null в сообщении #1487557 писал(а):

$(2+i)^4=-7+24i$ а не $7+24i$ - то что пишет автор. Ему это важно. Он получит равенство $A_1^x=-C^2+B^2i$

Всё получается в любом случае. В том числе $A_1^x=C^2+B^2i$

$(2+i)^4(2-i)^4=(-7+24i)(-7-24i)=(49+576)$

$(-7+24i)(-7-24i)=(7-24i)(7+24i)$

Здесь то всё очевидно? А про пары $(m,n)$ Зачем ходить по кругу ?