Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[binki]

Null в сообщении #1485334 писал(а):

Почему они равны? Последнее равенство. Откуда взялись $m$ и $n$? В доказательстве все новые переменные должны определяться.
Прямо говорю если $c$ и $b$ не взаимно просто это просто неправда(а вы это факт в вашем "Доказательстве" не используете). $5^2+10^2=5^3$ - попробуйте представить в вашем виде.

Уважаемый Null
Равны, потому что так их просто обозначили:
$m^2+n^2=A$;
$(m^3-3mn^2)=c$;
$(3m^2n-n^3)=b$
О взаимной простоте чисел (c,b) оговаривалось в постановке задачи

binki в сообщении #1484883 писал(а):

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

Поэтому ваш пример действительно не относится к рассматриваемому случаю.

-- 01.10.2020, 14:36 --

Andrey A в сообщении #1485336 писал(а):

$A=85$ имеет $2$ представления в виде суммы двух квадратов, $85^3$ имеет $8$ представлений, $85^5$ — соответственно $18$ представлений. Не первый раз обращаю Ваше внимание на это обстоятельство.

Уважаемый Andrey A
Здесь вы абсолютно правы. Но я никогда не утверждал, что число (A) можно представить одной парой квадратов. Речь шла всегда о том, что бином Ньютона $(m+ni)^x$; для конкретной пары (m,n) представляется однозначно. Однозначно в биноме определяются суммы действительной и мнимой частей, которые и определяют числа (c,b).
Однозначно определяется сопряженное число m-ni для числа m+ni.

[Null]

binki в сообщении #1485340 писал(а):

Равны, потому что так их просто обозначили:
$m^2+n^2=A$;
$(m^3-3mn^2)=c$;
$(3m^2n-n^3)=b$

Ну докажите что такие $n,m$ существуют, и они целые.

binki в сообщении #1485340 писал(а):

О взаимной простоте чисел (c,b) оговаривалось в постановке задачи

Вы это не используете, значит это не нужно для вашего доказательства.
И хватит повторять одно и то же, у вас список несвязанных равенств, доказательством это не является.

[Andrey A]

binki
Насчет составных вопрос снимаю. В остальном действительно хотелось бы увидеть более ясную цепь утверждений. Достаточно для кубов.

[binki]

Null в сообщении #1485348 писал(а):

Ну докажите что такие $n,m$ существуют, и они целые.

По условию числа (m,n) целые. Используется эта пара в формулах индусов и в доказательстве теоремы Ферма для биквадратов. Там тоже они по условию целые.

Andrey A в сообщении #1485378 писал(а):

хотелось бы увидеть более ясную цепь утверждений. Достаточно для кубов.

Постараюсь собрать всё в одно сообщение в ближайшие дни.
А пока, благодарю всех за участие в теме.

[Null]

binki в сообщении #1485385 писал(а):

По условию числа (m,n) целые

Такого условия нет. В условии вообще нет $m$ и $n$.

binki в сообщении #1485385 писал(а):

Используется эта пара в формулах индусов и в доказательстве теоремы Ферма для биквадратов.

Советую разобраться в этих доказательствах по хорошему.
Напишу то что вы должны сказать:
Теорема: Пусть $S^x=Q^2+W^2$ - целые числа, и $\text{НОД}(Q,W)=1$, то тогда существуют целые $m,n$ такие что $(m+in)^x=\pm Q\pm iW$ или $(m+in)^x=\pm W\pm iQ$.
Вы должны это доказать или привести ссылку на доказательство.

[Коровьев]

Вернёмся в самое начало повествования, на стр.1.
На мой взгляд собака вначале порылась тут.

binki в сообщении #1478596 писал(а):

$$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)

Доказательство верное, но только для частного случая: $m$ и $n$ не делятся на $3$.
А случай, когда, к примеру, $m$ делится на $3$ и не является квадратом, а $n$ не делится на $3$, разрушает доказательство и нет смысла в остальных страницах.
По всей видимости, и в этом случае есть доказательство, но не такое уж простое.

[Valprim]

Коровьев в сообщении #1485398 писал(а):

Доказательство верное, но только для частного случая: $m$ и $n$ не делятся на $3$.
А случай, когда, к примеру, $m$ делится на $3$ и не является квадратом, а $n$ не делится на $3$, разрушает доказательство и нет смысла в остальных страницах.

Этот вариант уже рассматривался автором как частный случай

binki в сообщении #1485101 писал(а):

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.

Другой вариант подхода был предложен, по которому и продолжалось обсуждение.
Ждём обещанного автором сухого остатка

[binki]

Valprim в сообщении #1485404 писал(а):

Доказательство верное, но только для частного случая: $m$ и $n$ не делятся на $3$.

Уважаемый Коровьев
Да это так. Поэтому для неопределенного уравнении Била $A^x=B^4+C^4$ (где A,B,C,x - переменные) было показано, что для суммы мнимой части бинома Ньютона $(m+ni)^x $, обозначенной как $(b_1)$ должно выполняться равенство $(b_1=b\sqrt i)$, что невозможно при целых $(b_1,b)$.

[Null]

binki в сообщении #1485449 писал(а):

должно выполняться равенство $(b_1=b\sqrt i)$,

Вы этого не доказали.

[binki]

Доработанное сообщение
Неопределенное уравнение
$A^x=C^y+B^z \qquad (1)$, где (A,B,C,x,y,z) - переменные,
по гипотезе Била не имеет решения в взаимно простых числах (a,b,c).
Для частного случая с биквадратами в правой части (1), рассмотрим сначала неопределенное уравнение
$A^x=C^2+B^2 \qquad (2)$
На основании свойств комплексных чисел, степень комплексного числа - число комплексное:

$(m+ni)^x=c+bi; \qquad (3)$
$(m-ni)^x=c-bi; \qquad (4)$

Для бинома $(m+ni)^x $ запишем произвольное слагаемое

$Sm^{x-k}(ni)^k \qquad (5)$, где (S) -биномиальный коэффициент.

(k) - четное у всех слагаемых, составляющих (c).
$(\pm ni)^k=-n^k $. Значит (c) не зависит от знака (n)
(k) -нечетное у всех слагаемых, составляющих (b).
Слагаемые с нечетным (k) при (-n) сменят полярность на противоположную. Значит (b) в (4) станет отрицательным.
Перемножив левые части и правые части (3),(4), получим:

$(m^2+n^2)^x=c^2+b^2; \qquad (6)$
Например, при показателе (x=3) (докво известное, но источник не помню.)

$(m+ni)^3=m^3(ni)^0-3mn^2 +(3m^2n-n^3)i; \qquad (7)$
$(m-ni)^3=m^3(ni)^0-3mn^2 -(3m^2n-n^3)i \qquad (8)$

Перемножив (7),(8), получим:
$m^2+n^2=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2 \qquad (9)$
То есть имеем решение:

$(m^2+n^2)=a; \qquad (10)$
$(m^3-3mn^2)=c; \qquad (11)$
$(3m^2n-n^3)=b \qquad (12)$

Решения (10),(11),(12) получаются для любой пары чисел (m,n), поэтому учитываются все существующие пары сопряженных комплексных чисел, степени которых образуют необходимые сопряженные числа $c\pm bi$ в (3),(4). Следовательно, охватываются все возможные решения (2) с взаимно простыми числами. Кроме того на равенстве $a=m^2+n^2$ получаются решения с общим делителем. Например для кубов: $aa^2=c^2a^2+b^2a^2$

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 $(a, c, b)$.
Обозначив $B^2i=B_1^2$, перепишем (14) в виде:

$A^x=(C^2+B_1^2)(C^2-B_1^2);\qquad (15)$

$A_1^x=(C^2+B_1^2);\qquad (16)$

$A_2^x=(C^2-B_1^2)\qquad (17)$

Переменные $A_1,A_2$ не могут принимать значения сопряженных комплексных чисел с целыми (m,n), таких, чтобы переменная (B_1) приняла значение $b_1=b\sqrt i$.
Следовательно не существует целочисленного решения для (13), что и требовалось доказать.

[Null]

binki в сообщении #1485966 писал(а):

$m^2+n^2=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2 \qquad (9)$

Опечатка, надо $(m^2+n^2)^3=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2$

binki в сообщении #1485966 писал(а):

Следовательно, охватываются все возможные решения (2) с взаимно простыми числами.

Не следует. Поймите если $(m^2+n^2)^3=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2$, то от сюда ни как не следует что мы нашли все решения. Простая перестановка $(m^3-3mn^2)$ и $(3m^2n-n^3)$ местами будет решением, причем может не существовать таких целых $m_1$ и $n_1$ что $(m^3-3mn^2)=(3m_1^2n_1-n_1^3)$ и $(3m^2n-n^3)=(m_1^3-3m_1n_1^2)$, а у вас про это ни слова.
Советую изучить пример $(1^2+8^2)^3=7^2+524^2$

binki в сообщении #1485966 писал(а):

Переменные $A_1,A_2$ не могут принимать значения сопряженных комплексных чисел с целыми (m,n), таких, чтобы переменная (B_1) приняла значение $b_1=b\sqrt i$.

Эта фраза не имеет смысла. Напишите формулами хотя бы.

[vxv]

binki в сообщении #1485966 писал(а):

по гипотезе Била не имеет решения в взаимно простых числах (a,b,c).

Имеет место подмена понятий в формулировке гипотезы Била.
«… то $A,B,C$ имеют общий простой делитель»

Null в сообщении #1486033 писал(а):

Советую изучить пример $(1^2+8^2)^3=7^2+524^2$

[binki]

Уажаемый Null
Спасибо за обнаруженную опечатку.

Null в сообщении #1486033 писал(а):

Простая перестановка $(m^3-3mn^2)$ и $(3m^2n-n^3)$ местами будет решением,....Советую изучить пример $(1^2+8^2)^3=7^2+524^2$

Не будет решением. Это уже рассматривалось.
(с) определяется однозначно суммой слагаемых с множителями $(ni)^0, (ni)^2$ (показатель четный, мнимая единица исчезает).
$(ni)^1, (ni)^3$ с нечетными показателями определяет слагаемые с мнимой единицей, и следовательно только (b). Можно переставлять, но не в нашем случае. То есть тогда, когда |c|=|b|, а у нас взаимно простые.
Ваш пример не опровергает утверждение, что охватываются все возможные решения, а только подтверждает его.
Уже утверждалось,поэтому повторяю. В сопряженных парах для (A) учитываются все комплексные числа, то есть все возможные пары (m,n).
Составное

$65 = (1+64) = (1+8i)(1-8i)$

$65 = (16+49) = (4+7i)(4-7i)$.

Как видим, вторая сопряженная пара учитывается другой парой (m,n).

Null в сообщении #1486033 писал(а):

Эта фраза не имеет смысла. Напишите формулами хотя бы.

Формулы уже указаны -(15),(16),(17)
Для показателя (x=3) переменная $(B_1)$ определилась бы выражением
$3m^2n-n^3=b\sqrt 3$. Что невозможно при целых (m,n)

vxv в сообщении #1486068 писал(а):

Имеет место подмена понятий в формулировке
гипотезы Била.
«… то $A,B,C$ имеют общий простой делитель»

Формулировка в теме очень краткая, следовало бы добавить при (x,y,z>2), но правильная. Из "не имеет решения в взаимно простых числа" вытекает, что с общим делителем решение возможно.
Ваше же понятие ошибочно и повторяет ошибку некоторых сообщений в инете, в том числе и в википедии. Правильно «… то $A,B,C$ имеют общий делитель» Простой делитель может рассматриваться только для уравнения Ферма.

[Null]

binki в сообщении #1486211 писал(а):

Не будет решением.

Это неправда. $(m^2+n^2)^3=(3m^2n-n^3)^2+(m^3-3mn^2)^2$

binki в сообщении #1486211 писал(а):

Для показателя (x=3) переменная $(B_1)$ определилась бы выражением $3m^2n-n^3=b\sqrt 3$.

Откуда это возникло? Вы первый раз это пишите. Распишите доказательство этого места максимально подробно. Тут где то ошибка.

[vxv]

vxv в сообщении #1486068 писал(а):

Имеет место подмена понятий в формулировке гипотезы Била.
«… то $A,B,C$ имеют общий простой делитель»

binki в сообщении #1486211 писал(а):

Формулировка в теме очень краткая, следовало бы добавить при (x,y,z>2), но правильная. Из "не имеет решения в взаимно простых числа" вытекает, что с общим делителем решение возможно.
Ваше же понятие ошибочно и повторяет ошибку некоторых сообщений в инете, в том числе и в википедии. Правильно «… то $A,B,C$ имеют общий делитель» Простой делитель может рассматриваться только для уравнения Ферма.

Вы ошибаетесь, binki, очень мягко говоря. Вот "из первых рук":
«Гипотеза Била является обобщением последней теоремы Ферма. Он утверждает: Если $a^x+B^y=C^z$ , где $A,B,C,x,y,z$ -положительные целые числа, а $x,y,z$ -все больше $2$, то $A,B$ и $C$ должны иметь общий простой множитель.»
http://www.ams.org/profession/prizes-aw ... beal-prize
Оригинальный текст: Beal's conjecture is a generalization of Fermat's Last Theorem. It states: It states: If Ax + By = Cz, where A, B, C, x, y and z are positive integers and x, y and z are all greater than 2, then A, B and C must have a common prime factor.