Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[binki]

По гипотезе Била не имеет примитивного решения в натуральных числах следующее уравнение $A^x=C^z+B^y $

1. Основные условия не влияющие на общность доква: $a$ - нечетные числа; на $x$ могут делиться либо $(c)$,либо $(b)$; $(a,b,c) \in \mathbb N$.

2. Сначала докажем частный случай, что не существует примитивного решения $(a,b,c)$ для суммы степеней:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^y+b^y=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (1)$

Произведение $a_1^xa_2^x$ при условиях п.1 всегда разлагается в разность квадратов,

$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c-b)(c+b); \quad (2)$.

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; \quad (3)$ взаимно простые

Правые части (1), (2) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (3)$. Откуда

$(c-b)=\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (4)$.

Что возможно только при условии $y=2$.
Итак, не существует примитивного решения $(a,b,c)\in \mathbb N$ для уравнения Била $A^x=C^y+B^y$
На основании этого докажем, что не существует примитивного решения $(a,b,c)\in \mathbb N$ и для уравнения $A^x=C^z+B^y$.
3. Действительно, предположим, что справедливо равенство:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^z+b^y=(c^{z/y})^y+b^y; \quad (5)$.

Число $(c)\ne c_1^y$, так как в противном случае это предполагаемое равенство свелось бы к равенству (1), по которому справедливость гипотезы Била доказана. Следовательно, для простых чисел $(z\ne y)$ число $(c^{z/y})$- иррациональное.
Итак:
$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c+b)(c-b); \quad (6)$

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; $ -взаимно простые.

$a_1^xa_2^x=(c^{z/y})^y+b^y =(c^{z/y}+b)\frac {(c^{z/y})^y+b^y}{c^{z/y}+b};\quad (7)$.

Правые части (6),(7) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c^{z/y}+b)\frac {(c^{z/y})^y+b^y}{c^{z/y}+b};\quad (8)$

При любых значениях $(c,b)$ правая часть (8) не делится на $(c+b)$. Место этого делителя занимает иррациональное число $(c^{z/y}+b)$
Таким образом, доказан общий случай гипотезы Била.

[binki]

В названии темы слова "Вариант подхода..." потому, что есть нюанс. Дело в том, что на разность квадратов разлагается любое нечетное число. И в этом случае основания квадратов не совпадают с основаниями степеней. Равны разности оснований квадратов и оснований степеней, а их суммы разные.
Но, представляет интерес разложение в разность квадратов составных степеней.

[Valprim]

binki в сообщении #1444055 писал(а):

3. Действительно, предположим, что справедливо равенство:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^z+b^y=(c^{z/y})^y+b^y; \quad (5)$.

binki
Число $(a)$ может быть простым и делителя нет. Свойства числа $(c)$ от этого преобразования не меняются. Поэтому по равенству (8) какие-то значимые выводы делать нельзя.

[binki]

Valprim в сообщении #1447020 писал(а):

Число $(a)$ может быть простым и делителя нет. Свойства числа $(c)$ от этого преобразования не меняются. Поэтому по равенству (8) какие-то значимые выводы делать нельзя.

Полностью согласен с Вами. При разных показателях уравнения Била необходимо доказать, что нет решения для соседних степеней. Здесь можно использовать общий делитель, чтобы число $(a)$ было составным. Так как для любой пары чисел ($a,b$) при не равных показателях всегда существует решение уравнения Била с общим делителем. Например:

$$(ac^y)^x+(bc^x)^y=c^{xy+1}$$

где $c=a^x+b^y$. Общий делитель осложняет применение бесконечного спуска, поэтому придётся искать противоречия на использовании свойств чисел. Что касается Вашего второго замечания по

binki в сообщении #1444055 писал(а):

Следовательно, для простых чисел $(z\ne y)$ число $(c^{z/y})$- иррациональное.

согласен, что использования этого приёма не вносит изменения в свойства числа $c$, но всё же показывает ограничение области его существования.

[Valprim]

binki в сообщении #1444055 писал(а):

Произведение $a_1^xa_2^x$ при условиях п.1 всегда разлагается в разность квадратов,

$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c-b)(c+b); \quad (2)$.

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; \quad (3)$ взаимно простые

Правые части (1), (2) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (3)$. Откуда

$(c-b)=\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (4)$.

Что возможно только при условии $y=2$.

Правые части (1), (2) изначально не могут быть равны, если (c), (b) конкретные числа. Если (c), (b) переменные, то в равенстве надо проставить индексы. То есть:

$$c_1^2-b_1^2=c_2^y+b_2^y$$

и рассматривать надо это равенство.

[binki]

Valprim в сообщении #1474468 писал(а):

Правые части (1), (2) изначально не могут быть равны, если (c), (b) конкретные числа. Если (c), (b) переменные, то в равенстве надо проставить индексы. То есть:

$$c_1^2-b_1^2=c_2^y+b_2^y$$

и рассматривать надо это равенство.

То есть

$$c_1-b_1=a_1^x=c_2+b_2; \quad c_1+b_1=a_2^x=\frac {c_2^y+b_2^y}{c_2+b_2}$$

Для того чтобы найти здесь противоречия, рассмотрим сначала уравнение с кубом равным разности биквадратов:

$x^3=x_1^3x_2^3=z^4-y^4;\quad (9)$

$x_1^3=z_1^2-y_1^2;\quad (10)$

$x_2^3=z_1^2+y_1^2;\quad (11)$

Решение для (10)
$x_1=m^2-n^2;\quad z_1=(m+3mn^2); \quad y_1=(n^3+3m^2n); \quad (12)$
При этом -для любого $x_1$ найдутся натуральные $z_1,\quad y_1$
Если же рассматривать уравнение $$x_2^3=z_1^2+y_1^2$, то существует бесчисленное множество решений в натуральных числах, но не для произвольного $x_2$.
$x_2=m^2+n^2; \quad z_1=m^3-3mn^2;\quad y_1=3m^2n-n^3 \quad (13)$
Как видно из $(12);(13)$, решения как для $(z_1);$ так и для $(y_1)$ разные, что невозможно согласно (9).

[Valprim]

binki, согласно уравнению Била $A^x=C^z+B^y $, переменные у нас $(A,B,C,x,y,z)$.
Интересно было бы увидеть доказательство для частного случая $A^x=C^4+B^4 $, начиная с показателя $(x=3)$.

[binki]

Valprim!
Для уравнения
$$A^3=(C^2)^2+(B^2)^2\quad(14)$,
известно решение
$A=m^2+n^2;$
$C^2=m^3-3mn^2=m(m^2-3n^2);$
$B^2=3m^2n-n^3=n(3m^2-n^2)$
Обозначим:
$(m^2-3n^2)=c_1^2;\quad(15)$
$(3m^2-n^2)=b_1^2\quad (16)$
Рассмотрим сумму:
$c_1^2+b_1^2=(3m^2-n^2)+(m^2-3n^2)=4(m^2-n^2)\quad (17)$
Так как $(m,n)$ разной четности, то $(b_1,c_1)$ - нечетные.
Следовательно не возможно решение равенства (17) в целых числах. А значит не существует решения $(a,b,c)$ и для (14)

[binki]

Valprim!
Наконец нашлось общее доказательство для всех $(x>1)$ уравнения $A^x=C^4+B^4\qquad (14)$.
Если в правой части (14) сумма квадратов, то с применением комплексных чисел существует следующее решение:

$$(m^2+n^2)^x=(m+ni)^x(m-ni)^x=(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2 \qquad (15)$$

Поэтому (14) можно записать в виде:

$$(m^2+n^2)^x=(m+ni)^x(m-ni)^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2i)=C^4+B^4 \qquad (16)$$

Согласно (15), всегда существует решение для уравнения $A^x=C^2+B^2$.
Однако не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Следовательно уравнение (14) не имеет решения, что и требовалось доказать.

[Valprim]

binki в сообщении #1484293 писал(а):

Согласно (15), всегда существует решение для уравнения $A^x=C^2+B^2$.
Однако не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Следовательно уравнение (14) не имеет решения, что и требовалось доказать.

Интересная находка. Но что скажут другие участники форума.

[Null]

Valprim в сообщении #1484564 писал(а):

Согласно (15), всегда существует решение для уравнения $A^x=C^2+B^2$.

У вас буквы $B$ и $C$ уже заняты, пожалуйста не используйте для разных переменных одинаковые буквы, по-моему вы сами путаетесь.

binki в сообщении #1484293 писал(а):

Однако не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.

Это не имеет ни какого отношения к поставленному вопросу.

binki в сообщении #1478596 писал(а):

$(m^2-3n^2)=c_1^2;\quad(15)$
$(3m^2-n^2)=b_1^2\quad (16)$

Почему они квадраты.

Ваши рассуждения не имеют ни какой логической связи.

[binki]

Уважаемый Null
Мои рассуждения исходили из следующего. Всякая степень комплексного числа есть число комплексное. То есть
$(m \pm ni)^x=c \pm bi$.
Значит существует равенство в целых числах

$(m^2+n^2)^x=c^2+b^2$
Для $x=3$ имеем $(m \pm ni)^3=m(m^2-3n^2)\pm n(3m^2-n^2)i$
Приравняем $c=m(m^2-3n^2); \qquad (15.1) $
$b= n(3m^2-n^2) \qquad (16.1)$
Тогда $(m+ni)^3(m-ni)^3=(m^2+n^2)^3=c^2+b^2=(m(m^2-3n^2))^2 - (n(3m^2-n^2))^2$

При биквадратах в правой части,
уравнение для переменных (А,В,С) запишем в следующем виде
$A^x=(C^2)^2+(B^2)^2\qquad (17.1)$
В этом случае $C^2=c; B^2=b$. Откуда, согласно (15.1), (16.1) числа $(m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
Наконец по утверждению, что не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений, определяющихся из (17.1)
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Не существует пары $(m,n)$ такой, чтобы произведения сопряженных комплексных чисел удовлетворяли бы правым частям этих уравнений, являющихся комплексными числами.
Для переменных чисел $(A,B,C)$ при использовании их в разных уравнениях, для упрощения нижние индексы не использовались.

[Null]

binki в сообщении #1484808 писал(а):

Приравняем $c=m(m^2-3n^2); \qquad (15.1) $
$b= n(3m^2-n^2) \qquad (16.1)$

Просто так приравнивать нельзя. Можно доказать что если $c$ и $b$ взаимно просты, то такое $m$ и $n$ существуют. Вы знаете как это доказывать?

binki в сообщении #1484808 писал(а):

Откуда, согласно (15.1), (16.1) числа $(m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами.

Не следует ни как.

binki в сообщении #1484808 писал(а):

Наконец по утверждению, что не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений, определяющихся из (17.1)
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.

Не похоже на правду, докажите это утверждение.

[binki]

Null в сообщении #1484823 писал(а):

Просто так приравнивать нельзя. Можно доказать что если $c$ и $b$ взаимно просты, то такое $m$ и $n$ существуют. Вы знаете как это доказывать?

Уважаемый Null
Любой парой $(m,n)$ определяются числа $(c,b)$.
Рассматривается пара взаимно простых чисел $(m,n)$.
Если числа $(c,b)$ не взаимно простые, то существует делитель, который является кубом и его можно сократить в правой и левой частях уравнения $A^3=C^2+B^2$. Значит можно рассматривать другой меньший куб $A^3$, который уже равняется сумме взаимно простых квадратов.
Следовательно, всегда найдётся такая пара $(m,n)$, что $(c,b)$, будут взаимно простые. А значит в уравнении $A^3=(C^2)^2+(B^2)^2$ числа $m, n, (m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
Теперь подробнее о главном утверждении. Рассматривается уравнение $A^x=(C^2)^2+(B^2)^2$. Или $A_1^xA_2^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2i)$
$A_1^x=(C^2+B^2i)$
$A_2^x=(C^2-B^2i)$
Произведение комплексных сопряженных чисел:
$A_1A_2=(m+ni)(m-ni)=m^2+n^2$.
$(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2$
Но не существует пары сопряженных комплексных чисел, чтобы выполнялось равенство
$(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2i$
Следовательно $(c,b)$ не являются целыми числами.

[Null]

binki в сообщении #1484848 писал(а):

Любой парой $(m,n)$ определяются числа $(c,b)$.

А вам надо наоборот.

binki в сообщении #1484848 писал(а):

А значит в уравнении $A^3=(C^2)^2+(B^2)^2$ числа $m, n, (m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами.

Докажите.

binki в сообщении #1484848 писал(а):

выполнялось равенство
$(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2i$

Почему оно должно выполнятся? Докажите.