Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[binki]

Уважаемый Null

1.В формулах индусов для квадратного уравнения, а также в других доказательствах, например, теоремы Ферма для биквадратов всегда ведущей парой, определяющей другие числа являлись числа $(m,n)$. Не понятно почему в этой теме должно быть наоборот - ведущая пара $(c,b)$ ?
2. $c^2=m(m^2-3n^2)$; $b^2=n(3m^2-n^2)$. Указанные числа являются квадратами согласно левым частям и взаимной их простоты.
3. Так как числа $(m=m_1^2; n=n_1^2)$ являются квадратами, то левую часть уравнения (17.1) можно представить в виде $A^x=(m_1^2+n_1^2i)^x(m_1^2-n_1^2i)^x=(m_1^4+n_1^4)^x$. Тогда $(m_1^2+n_1^2i)^x=(c^2+b^2i)$;
$(m_1^2-n_1^2i)^x=(c^2-b^2i)$.
То есть степени комплексного числа являются комплексными числами. И в этих уравнениях нет противоречий. Но необходимо найти произведение сопряженных чисел для $(m_1^2 \pm n_1^2i)$, которые определили бы произведение сопряженных чисел для $(c^2 \pm b^2i)$. То есть найти выраженния для $(c,b)$ через числа $(m_1,n_1)$. Однако, не возможно разложить комплексные числа вида $(m_1^2 \pm n_1^2i)$ в нужное произведение сопряженных комплексных чисел. Следовательно не существует целых чисел $(c,b)$.
Как сделать еще Более детальное докво и надо ли его делать, надо подумать.

[Null]

binki в сообщении #1484860 писал(а):

Указанные числа являются квадратами согласно левым частям и взаимной их простоты.

Почему $m$ и $m^2-3n^2$ взаимно просты?

binki в сообщении #1484860 писал(а):

Однако, не возможно разложить комплексные числа вида $(m_1^2 \pm n_1^2i)$ в нужное произведение сопряженных комплексных чисел.

Докажите.

[binki]

Действительно некоторые места можно сделать более понятными подробным разъяснением.
Итак, по гипотезе Била уравнение
$A^x=C^y+B^z \qquad (1)$
имеет решение если числа $(A,B,C)$ имеют общий делитель. Рассматриваем случай когда эти числа не имеют общего делителя, то есть $C,B$ взаимно простые.
Известно решение уравнения
$A^x=C^2+B^2 \qquad (2)$
Для того чтобы не расписывать бином для произвольного $(x)$, рассмотрим (2) для $x=3$.
Пусть $A=(m^2+n^2) \quad (3)$. Тогда
$A^3=(m^2+n^2)^3=(m+ni)^3(m-ni)^3 \quad (4)$
$(m+ni)^3=m^3+3m^2ni-3mn^2-n^3i=(m^3-3mn^2)+(3m^2n-n^3)i \qquad (5)$
$(m-ni)^3=m^3-3m^2ni-3mn^2+n^3i=(m^3-3mn^2)-(3m^2n-n^3)i \qquad (6)$
Перемножим левые и правые части равенств (5), (6). Получим:
$(m^2+n^2)^3=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2 \qquad (7)$
Следовательно для уравнения (2) есть решение:
$A=m^2+n^2; \qquad (8)$
$C=m^3-3mn^2; \qquad (9)$
$B=3m^2n-n^3 \qquad (10)$
Далее доказываем частный случай уравнения (1), когда $x=3; y=z=4$. То есть:
$A^3=(C^2)^2+(B^2)^2=(C^2+B^2i)(C^2-B^2i) \qquad (11)$
Пусть $A=m^2+n^2$. тогда:
$C^2=m^3-3mn^2=m(m^2-3n^2); \qquad (12)$
$B^2=3m^2n-n^3=n(3m^2-n^2); \qquad (13)$
$C,B$ по условию взаимно простые. Следовательно, согласно левым частям (12), (13) числа $m,n, (m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами. Обозначив $m=m_1^2; n=n_1^2$, получим:
$A^3=(m_1^4+n_1^4)^3=(m_1^2+n_1^2i)^3(m_1^2-n_1^2i)^3 \qquad (14)$
С учетом (11) и (14) имеем:
$(m_1^2+n_1^2i)^3=(C^2+B^2i) \qquad (15)$
$(m_1^2-n_1^2i)^3=(C^2-B^2i) \qquad (16)$
Как показано ранее, всегда найдётся пара комплексных сопряженных чисел , чтобы получить решения (8),(9),(10) для уравнения (2).
Однако не возможно найти такую пару $(m_1,n_1)$, чтобы получить через эту пару выражения не для $(C^2,B^2)$, а для чисел $(C,B)$.
Все сопряженные комплексные числа. полученные с помощью пар $(m_1,n_1)$ дадут в правых частях (15), (16) рациональные числа $(C^2+B^2); (C^2-B^2) $
Заменив показатель (3) на $(x)$ и использовав соответствующие биномиальные разложения получим, что докво справедливо для любого произвольного $(x)$.

[Null]

binki в сообщении #1484883 писал(а):

Следовательно, согласно левым частям (12), (13) числа $m,n, (m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами.

Докажите.

binki в сообщении #1484883 писал(а):

Как показано ранее, всегда найдётся пара комплексных сопряженных чисел , чтобы получить решения (8),(9),(10) для уравнения (2).

Напишите подробнее, не понятно.

[binki]

Уважаемый Null
1.Числа $m,n, (m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами согласно следующим равенствам:
$C^2=m^3-3mn^2=m(m^2-3n^2); \qquad (12)$
$B^2=3m^2n-n^3=n(3m^2-n^2); \qquad (13)$
Левые части (12), (13) числа $(C^2,B^2)$ взаимно простые квадраты по начальному условию. Числа $m, (m^2-3n^2)$ и $n, (3m^2-n^2)$ взаимно простые, так как взаимно простые $(m,n)$ также по начальному условию взаимной простоты чисел $(C,B)$. В связи с этим числа $m,n, (m^2-3n^2); (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
2. Так как $A=m^2+n^2$, то для любой пары $(m,n)$ существует произведение комплексных сопряженных чисел $(m+ni)(m-ni)$, возведение в куб которых и последующие преобразования с помощью (5),(6),(7) дают решения (8),(9),(10).

[Null]

binki в сообщении #1484940 писал(а):

Числа $m, (m^2-3n^2)$ взаимно простые

Докажите. Не надо повторяться.

binki в сообщении #1484883 писал(а):

Однако не возможно найти такую пару $(m_1,n_1)$, чтобы получить через эту пару выражения не для $(C^2,B^2)$, а для чисел $(C,B)$.

Докажите.
Не надо писать что вам это очевидно.

[Andrey A]

binki в сообщении #1484940 писал(а):

$B^2=3m^2n-n^3=n(3m^2-n^2); \qquad (13)$

binki в сообщении #1484940 писал(а):

... являются квадратами.

$B=6,n=12,m=7.$

[binki]

Уважаемый Andrey A
Ваш пример не подходит для рассматриваемого случая, так как оба числа $(C,B)$ должны быть целыми. Утверждение и состоит в том, что не существует пары $(m,n)$ такой, чтобы в уравнении (11) оба числа $(C,B)$ были целыми.
Однако, пример показывает, что не рассматривается случай, когда одно из чисел $(m,n)$ кратно (3).
Пусть $(n=3n_0)$. Тогда не трудно убедиться, что $(n_0)$ будет квадратом. И можно записать $(n_0=n_1^2)$. То есть все равно будет существовать пара квадратов $(m_1^2, n_1^2)$ < $(m^2, n^2)$

[Null]

Начните доказывать уже То что у вас написано доказательством не является.

[Andrey A]

binki в сообщении #1484996 писал(а):

Однако, пример показывает...

Пример показывает, что в таком деле требуются более точные формулировки и доказательства, о чем Вас уже и попросили выше.

[binki]

Andrey A в сообщении #1485000 писал(а):

Пример показывает, что в таком деле требуются более точные формулировки и доказательства

Уважаемый Andrey A
Полностью с Вами согласен. Постараюсь разъяснить непонятное.

[binki]

Уважаемый Null
Должен признать, что первый вариант доква для уравнения $A^3=C^4+B^4$ с использованием вышеупомянутых квадратов является частным случаем в котором числа $(m,n)$ не делятся на (3).
Поэтому этот вариант можно больше не упоминать. Тем более, что в последствии было найдено общее решение для всех показателей $(x)$, где вышеупомянутые числа не обязательно должны быть квадратами.

binki в сообщении #1484293 писал(а):

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.

Подробнее. Перепишем (14) в следующем виде:
$A^x=A_1^xA_2^x=(m+ni)^x(m-ni)^x=(C^2)^2+(B^2)^2$
Два последних уравнения приведённого сообщения для лучшего понимания перепишем в следующем виде:
$A_1^x=(m+ni)^x=C^2+B^2i$.
$A_2^x=(m-ni)^x=C^2-B^2i$.
Все возможные решения в (15) (в приведенном сообщении) получаются с помощью пар взаимно сопряженных комплексных чисел $(m+ni); (m-ni)$. Именно произведение любых возможных взаимно сопряженных комплексных чисел даёт сумму квадратов целых чисел $(c,b)$ в уравнении (15) (в приведенном сообщении). Поэтому не существует пары взаимно сопряженных комплексных чисел, которая дала бы в правой части уравнения (15) комплексное число $(c^2+b^2i)$

[Andrey A]

binki в сообщении #1485101 писал(а):

$A^x=A_1^xA_2^x=(m+ni)^x(m-ni)^x=(C^2)^2+(B^2)^2$
Два последних уравнения приведённого сообщения для лучшего понимания перепишем в следующем виде:
$A_1^x=(m+ni)^x=C^2+B^2i$.
$A_2^x=(m-ni)^x=C^2-B^2i$.

Во-первых из равенства произведений вовсе не следует равенство сомножителей. Даже в целых числах. Ведь $A^x$ может иметь другие отображения в виде суммы двух квадратов, тогда все соответствующие им пары комплексно-сопряженных множителей можно приравнять таким же способом к $(m+ni)^x,(m-ni)^x$, и окажется что все они равны. Из того, что комплексное число нельзя измерить линейкой делается вывод, что всё позволено. Но ладно, пусть так. Всё равно непонятно в чем усматривается противоречие. Параметры $A_1,A_2$ не являются вещественными числами по предположению. Почему в правой части (15) должно оказаться комплексное число $(c^2+b^2i)$ ? Вот ведь напасть. Не сомневаюсь, что у Вас всему найдутся объяснения, но это не способствует лучшему пониманию. Пожалуйста не торопитесь с ответом.

[binki]

Andrey A в сообщении #1485131 писал(а):

Всё равно непонятно в чем усматривается противоречие.

Уважаемый Andrey A
Противоречие в том, что должно существовать равенство:
$(c+b_1i)(c-b_1i)=c^2+b^2i;$ \qquad
Из этого равенства видно, что $b_1=b\sqrt {i} $. То есть в сопряженных числах не существует целого $(b_1)$.
А любая сумма квадратов определяется произведением сопряженных чисел. При этом учитывается, что степень комплексного числа есть комплексное число и наоборот. То есть в левой части уравнения $A^x=C^4+B^4$ существуют степени комплексных чисел, соответственно равные сопряженным числам $(c+b_1i); (c-b_1i)$.

[Andrey A]

В левой части равенства вещественное число, в правой — комплексное с ненулевой мнимой частью. Противоречие.

Вот я докажу Вашим способом невозможность равенства $65=7^2+4^2$:
$65=13 \cdot 5=(7+4i)(7-4i).$ Отсюда $13=7+4i$, что не верно.

Вы бы ради интереса разложили что-нибудь в числах. Хотя бы куб.
$13^3=(3+2i)^3(3-2i)^3.$
$(3+2i)^3=-9+46i$
$(3-2i)^3=-9-46i$ Видите? Один квадрат уже есть. А если бы $46$ тоже оказалось квадратом, как бы это соотносилось с Вашим доказательством?

Кроме того $A$ может оказаться составным числом. Тогда количество разложений в сумму двух квадратов $A^x$ может значительно превышать количество разложений $A.$ Ваше доказательство этого не учитывает, оперируя двумя переменными, которые из больших букв превращаются в маленькие на основании замен, проведенных в предыдущих постах по каким-то иным поводам, предоставляя разбираться во всем этом читателю. При всем уважении.