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 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12  След.
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение24.10.2020, 10:21 


19/04/14
321
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 $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение24.10.2020, 10:56 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1488795 писал(а):
Особенно, почему неизвестные в разных утверждениях не могут обозначаться одними и теми же буквами?
Чтоб не путаться.
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))

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение25.10.2020, 08:00 


19/04/14
321
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение25.10.2020, 08:43 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
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 $5^4=24^2+7^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 10:07 


19/04/14
321
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 10:49 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 12:53 


19/04/14
321
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 12:57 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 13:17 


19/04/14
321
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 13:57 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
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 $m,n$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 15:17 


19/04/14
321
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 15:19 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 15:20 


19/04/14
321
Null в сообщении #1489210 писал(а):
Это все решения или нет?

Все.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 15:23 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1489211 писал(а):
Все.

Докажите, что других решений нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.10.2020, 15:29 


19/04/14
321
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 174 ]  На страницу Пред.  1 ... 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12  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