Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[binki]

Уважаемый Null.
Благодарю за подробный анализ сообщения.
К сожалению Ваши замечания мне не понятны. Особенно, почему неизвестные в разных утверждениях не могут обозначаться одними
и теми же буквами?
Придётся привести сообщение в ином виде, где неизвестные обозначатся привычными для нас буквами $x,y,z$. Да необходимо укоротить излишние толкования, создающие лишние вопросы.
Доказываем частный случай неопределенного уравнения Била $x^p=y^4+z^4 \qquad (1)$, что
не существует решения в целых взаимно простых числах $a,c,b$ при натуральном $p>2$
В теме будут использоваться сопряженные комплексные числа. Важным свойством этих чисел является то, что при натуральном показателе $p$, возведение в степень сопряженных чисел даёт сопряженные числа. То есть, если $v, v^*$ сопряженные комплексные числа, то из равенства $v^x=w $ следует, что $ (v^*)^x =w^*$, то есть получаем пару сопряженных комплексных чисел $w, w^*$ . Извлечение корня из сопряженных чисел также даёт сопряженные числа.
Учитывая эти свойства, рассмотрим сначала неопределенное уравнение
$x^p=y^2+z^2 \qquad (2)$.
Утверждение 1.
Уравнение (2) имеет бесчисленное множество решений в целых числах.
При существовании решений (2 ) в целых числах существует равенство

$x_1^p=y_1^2+z_1^2 =(y_1+z_1i)(y_1-z_1i)\qquad (2.1)$

Извлекаемые корни из правой части (2.1) также будут сопряженными. А так как ищется решение (2.1) в целых числах, то извлекаемые корни из правой части (2.1) должны быть числами с целыми коэффициентами (то есть гауссовыми).
Так что не всякая пара сопряженных чисел правой части (2.1) может обеспечить решение в целых числах.
Но всякая степень левой части (2.1), определённая как степень произведения сопряженных чисел, даёт решение уравнению. Так как произведение сопряженных чисел равно сумме двух квадратов, то в левой части сразу же определим число степени как $x_1=m^2+n^2$. Тогда с учетом (2.1)

$x_1^p=(m^2+n^2)^p=y_1^2+z_1^2 \qquad (3)$

$(m+ni)(m-ni)= m^2+n^2\qquad (4)$

Все числа $(x_1,y_1,z_1)$ - целые. Что и требовалось доказать.

Приступаем к основной задаче.

$a^p=c^4+b^4 =(c^2)^2+(b^2)^2 \qquad (5)$

Согласно доказанному утверждению 1., для равенства (5) существует бесчисленное множество решений $(a,c^2,b^2)$. Эти числа целые. Но к какому множеству $(\mathbb{N}, \mathbb{Z}, \mathbb{R}, \mathbb{Z}[i], \mathbb{C})$ принадлежат числа (b,c) пока неизвестно.
Для разрешения этой ситуации, преобразуем (5), используя сопряженные числа

$a^p=a_1^pa_2^p=(c^2)^2+(b^2)^2=(c^2+b^2i)(c^2-b^2i)\qquad (6)$

Где $a_1; a_2; a_1^p; a_2^p$ - сопряженные числа, должны быть гауссовыми согласно правой части (6) и свойствам сопряженных чисел.

$a_1^p= (c^2+b^2i) \qquad (6.1)$

$a_2^p=(c^2-b^2i)\qquad (6.2)$

Для нахождения решения $(a,b,c)$ необходимо снова использовать сопряженные числа. Но в правых частях (6.1),(6.2) мнимый квадрат, поэтому при разложении в произведения сопряженных чисел левых частей (6.1),(6.2) там тоже должна быть сумма двух квадратов один из которых мнимый. То есть:

$a_1=s^2+t^2i; \qquad a_2=s^2-t^2i$, где $s,t$ произвольные целые числа.

$(s+t(\sqrt i)i)^x(s-t(\sqrt i)i)^x =(c+b(\sqrt i)i)(c-b(\sqrt i)i)\qquad (6.3);$

Значит разложения (6.1), (6.2) с гауссовыми числами невозможно. Следовательно, не существует и решения в целых взаимно простых числах для частного случая уравнения Била $x^p=y^4+z^4$ при натуральном $p$.

[Null]

binki в сообщении #1488795 писал(а):

Особенно, почему неизвестные в разных утверждениях не могут обозначаться одними и теми же буквами?

Чтоб не путаться.

binki в [math]$x^p=y^2+z^2 \qquad (2)$[/math].[/quote]Опять повторяете буквы.[quote="binki в [url=http://dxdy.ru/post1488795.html#p1488795]сообщении #1488795 писал(а):

Извлекаемые корни из правой части (2.1) также будут сопряженными. А так как ищется решение (2.1) в целых числах, то извлекаемые корни из правой части (2.1) должны быть числами с целыми коэффициентами (то есть гауссовыми).

Докажите. Это просто неправда. Конец. (Я знаю как это поправить, но для начала вы должны понять что у вас ошибка.)

binki в сообщении #1488795 писал(а):

Но в правых частях (6.1),(6.2) мнимый квадрат, поэтому при разложении в произведения сопряженных чисел левых частей (6.1),(6.2) там тоже должна быть сумма двух квадратов один из которых мнимый. То есть:

$a_1=s^2+t^2i; \qquad a_2=s^2-t^2i$, где $s,t$ произвольные целые числа.

Это вы должны доказать. Это не очевидное и сложное утверждение. Возможно вообще не верное. Это самая сложная и важная часть вашей идеи, если вы это докажете то можно будет работать дальше, иначе сами понимаете доказательства не будет. У меня доказать хоть что-нибудь похожее пока не получается.

binki в сообщении #1488795 писал(а):

$(s+t(\sqrt i)i)^x(s-t(\sqrt i)i)^x =(c+b(\sqrt i)i)(c-b(\sqrt i)i)\qquad (6.3);$

Значит разложения (6.1), (6.2) с гауссовыми числами невозможно.

Докажите. Еще одна дырка в вашем доказательстве. Но не первая так что тут спорить нет смысла.

Только не надо повторять ваш текст, то что вы считаете очевидным(там где я написал Докажите.) местами сложно доказать, местами неверно. Оно просто так не следует. Даже если вам очевидно.

(Оффтоп)

Для примера у ниже перечисленного есть доказательства(советую их изучить, это будет вам полезно для вашего доказательства):
$a,b,p \in \mathbb{N}$, $p$ -простое, $ab\vdots p$, то $a\vdots p$ или $b\vdots p$.
$a,b,p \in \mathbb{Z}[i]$, $p$ -простое гауссово, $ab\vdots p$, то $a\vdots p$ или $b\vdots p$. Доказательства есть в Основная теорема арифметики.
Для доказательства того что если $k^x=lm, k,l,m \in \mathbb{N}$ и $\text{НОД}(l,m)=1$, то $l=l_1^x,m=m_1^x,l_1,m_1 \in \mathbb{N}$ нужна основная теорема арифметики(попробуйте доказать без нее). Если все собрать получиться длинное доказательство. А вы пишите очевидно. Учтите что в вашем случае все еще сложнее.
Доказательство теоремы ферма для $n=3$ тоже полезно. (Не могу найти ссылку на полное доказательство, или доказательства ферматиков или длинная последовательность ссылок ведущая к сути(не вы один не хотите доказывать))

[binki]

Null в сообщении #1488797 писал(а):

Докажите. Это просто неправда. Конец. (Я знаю как это поправить, но для начала вы должны понять что у вас ошибка.)

Уважаемый Null
Вы неоднократно задаёте этот вопрос. Всегда давались разъяснения.
Из свойств сопряженных чисел, левая и правая части (2.1) для получения решения в целых числах всегда должны представляться произведениями сопряженных чисел. В левой части (в отличии от правой) для этого участвует всё множество сопряженных чисел. Этим и исчерпывается все возможные решения (2.1).
Если у кого то из участников есть сомнения по этому вопросу (докву утверждения 1) приму с благодарностью. Так как разъяснять остальные вопросы, не поставив точку в этом, не имеет сьысла.

[Null]

Null в сообщении #1488980 писал(а):

Всегда давались разъяснения.

Нужны доказательства а не разъяснения.

binki в сообщении #1488977 писал(а):

Из свойств сопряженных чисел, левая и правая части (2.1) для получения решения в целых числах всегда должны представляться произведениями сопряженных чисел. В левой части (в отличии от правой) для этого участвует всё множество сопряженных чисел. Этим и исчерпывается все возможные решения (2.1).

Не повторяйтесь! От того что вы повторите утверждение оно не станет истинным, доказывайте. Таких теорем и аксиом которые вы используете нет! Поймите то что вы считаете что следует - надо доказывать.
Я у вас про корни спрашивал. Напишите формулами(Доказательство этой части) - ваши слова непонятны. Максимально подробно - тогда можно будет показать где неправильно. Хотя я уже писал - вы не отвечаете на конкретные вопросы.
И еще раз рассмотрите $5^4=24^2+7^2$.

[binki]

Null в сообщении #1488980 писал(а):

Я у вас про корни спрашивал. Напишите формулами(

Уважаемый Null
Все следует из известных свойств и формул для сопряженных комплексных чисел:

binki в сообщении #1488795 писал(а):

То есть, если $v, v^*$ сопряженные комплексные числа, то из равенства $v^x=w $ следует, что $ (v^*)^x =w^*$, то есть получаем пару сопряженных комплексных чисел $w, w^*$

1. Степень сопряженных комплексных чисел - сопряженные комплексные числа.
2. Степень произведения сопряженных комплексных чисел (степень суммы двух квадратов ) есть произведение сопряженных чисел (сумма двух квадратов.).
3. Согласно приведенным формулам ( из равенства $v^x=w $ следует, что $ (v^*)^x =w^*$ )
множество сопряженных чисел левой части (2.1) исчерпывает все возможные решения.
Корни из суммы двух квадратов правой части (2.1) должны давать решение равенству (2.1). Тогда и только тогда они должны находиться во множестве сопряженных чисел с целыми коэффициентами в левой части (2.1) (пункт 1). Тогда и только тогда существует решение.
Точно также как в Вашем примере (эквивалентность при изменении всех знаков).

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

Для суммы двух квадратов $7^2+24^2$ существует корень - сопряженная пара в левой части.

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

Хотелось всё таки услышать сомнения по этому вопросу других участников.

[Null]

binki в сообщении #1489174 писал(а):

Тогда и только тогда они должны находиться во множестве сопряженных чисел с целыми коэффициентами в левой части (2.1) (пункт 1).

Откуда выплыло слово целые? До этого не было. Тут надо доказать целость.

binki в сообщении #1489174 писал(а):

Точно также как в Вашем примере (эквивалентность при изменении всех знаков).

Откуда выплыло изменение знаков? В вашем доказательстве этого не было. Более того, этого нет в том утверждении которое вы сделали(А значит оно было ложно?). Вы их еще местами переставили.
Вы не досчитали. Чему равны $m,n$? Чему равны $s,t$?

binki в сообщении #1489174 писал(а):

Хотелось всё таки услышать сомнения по этому вопросу других участников.

Уверяю вас мои вопросы корректны, я понимаю что вы делаете и почему это неправда, а всем остальным лень читать 9 страниц текста. Смысл писать другим людям если вы не можете ответить на вопросы?

[binki]

Null в сообщении #1489180 писал(а):

Откуда выплыло слово целые? До этого не было. Тут надо доказать целость.

Все решения определяет левая часть (2.1). Любая её сопряженная пара комплексных чисел с целыми коэффициентами даёт решение.
Множество сумм двух квадратов в правой части как раз и не позволяет искать решения по её корням Для этого и только для этого они и упомянуты.
Это все равно как во множестве целых чисел искать степени и составлять таблицу степеней целых чисел.
Проще составить такую таблицу возводя целые числа в степень.

[Null]

binki в сообщении #1489195 писал(а):

Это все равно как во множестве целых чисел искать степени и составлять таблицу степеней целых чисел.
Проще составить такую таблицу возводя целые числа в степень.

Вот в вашем случае тут проблема. Почему вы перечислите все решения? (Может гипотеза Бине неверна на том случае который вы пропустили.) Этот факт требует доказательства.

[binki]

Null в сообщении #1489196 писал(а):

Вот в вашем случае тут проблема. Почему вы перечислите все решения? Этот факт требует доказательства.

А других решений нет. Не сопряженные не дают сопряженных. Свойства комплексных.

[Null]

binki в сообщении #1489198 писал(а):

А других решений нет. Не сопряженные не дают сопряженных. Свойства комплексных.

Это ответ не на тот вопрос. Где слово целые? И записывайте формулами, а то вас невозможно понять. Или вам целость не важна?

Вы утверждаете что для любых $a, b, c, x \in \mathbb{N}, a^x=b^2+c^2, \text{НОД}(b,c)=1$ существуют целые $m,n$ такие что $b+ci=(m+ni)^x$? или вас устроят действительные $m,n$?

[binki]

Null в сообщении #1489202 писал(а):

Вы утверждаете что для любых $a, b, c, x \in \mathbb{N}, a^x=b^2+c^2, \text{НОД}(b,c)=1$ существуют целые $m,n$ такие что $b+ci=(m+ni)^x$? или вас устроят действительные $m,n$?

Я этого никогда не утверждал. А утверждалось всегда, что для пары целых $m,n$ существует решение (с учетом последних обозначений):

$(m+ni)^p=y_1+z_1i ; \qquad (m-ni)^p=y_1-z_1i$; откуда $(m^2+n^2)^p=y_1^2+z_1^2$.

Решение $(x_1=(m^2+n^2); y_1,z_1)$. Сразу видно, что все целые (по свойствам комплексных). Даже не надо расписывать $y_1,z_1$ через $m,n$.
Какую целость еще надо доказывать? При чем тут Бине?

[Null]

binki в сообщении #1489209 писал(а):

Решение $((m^2+n^2); y_1,z_1)$.

Это все решения или нет? Или могут быть тройки не представимые в таком виде?

[binki]

Null в сообщении #1489210 писал(а):

Это все решения или нет?

Все.

[Null]

binki в сообщении #1489211 писал(а):

Все.

Докажите, что других решений нет.

[binki]

Null в сообщении #1489213 писал(а):

Докажите, что других решений нет.

binki в сообщении #1489198 писал(а):

А других решений нет. Не сопряженные не дают сопряженных. Свойства комплексных.

Используется всё множество сопряженных в левой части (2.1). Тем самым и исчерпываются все решения.