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 ... 4, 5, 6, 7, 8, 9  След.
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение15.10.2020, 13:57 


19/04/14
259
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение15.10.2020, 15:24 
Заслуженный участник


12/08/10
1207
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 $x=1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение15.10.2020, 17:26 


22/03/20
36
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 $A_1^1=(C^2+B^2i)=(C^2+B^2i)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 07:32 


19/04/14
259
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 07:50 
Заслуженный участник


12/08/10
1207
binki в сообщении #1487382 писал(а):
$A_1^X=(m^2+n^2i)^x$
Вы этого еще не доказали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 08:47 


19/04/14
259
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)

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 08:48 
Заслуженный участник


12/08/10
1207
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 13:02 


22/03/20
36
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 $$\sqrt i \cdot\sqrt i =(\frac {1+i}{\sqrt 2})(\frac {1+i}{\sqrt 2})=i; \qquad \sqrt i\cdot \sqrt i=(\frac {-1-i}{\sqrt 2})(\frac {-1-i}{\sqrt 2})=i$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 13:19 
Модератор
Аватара пользователя


20/03/14
10849
 !  binki
Замечание за неоформление формул.
binki в сообщении #1487382 писал(а):
При (x>1), числа (C,B)

и т.п.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 15:33 
Заслуженный участник


12/08/10
1207
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 $4$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 17:33 


22/03/20
36
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 $\sqrt 4=\pm 2;\qquad 2\cdot (-2)=-4$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение16.10.2020, 18:52 
Заслуженный участник


12/08/10
1207
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 $x,y$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение17.10.2020, 12:40 


22/03/20
36
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение17.10.2020, 13:19 
Заслуженный участник


12/08/10
1207
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение19.10.2020, 07:47 


22/03/20
36
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 ?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 126 ]  На страницу Пред.  1 ... 4, 5, 6, 7, 8, 9  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