Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$

[binki]

По гипотезе Била не существует решений в целых взаимно простых числах, кроме тривиального решения $(0,1,1)$ для её частного уравнения $x^p=y^4-z^4 \quad (1)$ при натуральном $p>2$.

Определения
Для нечетных чисел $x_1,x_2$ справедливы формулы:
$x_1 =m_0-n_0;\quad x_2=m_0+n_0; \quad x_1x_2=m_0^2-n_0^2 \qquad (2.1)$, если

$$m_0=\frac {x_2+x_1}{2}; \qquad n_0=\frac {x_2-x_1}{2} \qquad (2.2),$$

Если числа $x_1,x_2$ разной четности, то $m_0,n_0$ будут дробными. Это не внесет принципиальных отличий, поэтому достаточно рассмотреть вариант с нечетными $x_1,x_2$.

Далее. Для случая, когда $x_1,x_2$ в свою очередь также составные

$x_1=x_{11}x_{12};\quad x_2=x_{21}x_{22}\qquad (3)$,

То, используя формулы аналогичные (2.2), новые сомножители представим парой $(m,n)$ $\quad x_{11}=m-n; \quad x_{12}=m+n; \quad x_{11}x_{12}=m^2-n^2 \qquad (4)$
Но, учитывая (2.1)
$x_1=x_{11}x_{12}=(m_0-n_0)=(m^2-n^2) \qquad (5.1)$. Тогда

$m_0=m^2; \quad n_0=n^2;$. А

$\quad x_2=x_{21}x_{22}=m_0+n_0=m^2+n^2 \qquad (5.2)$

$x_{21}=m+ni; \qquad x_{22}=m-ni$

$x_1x_2=m_0^2-n^2_0=m^4-n^4 \qquad (6)$.

С учетом этого запишем равенство по уравнению (1)

$$x_0^p=(x_1x_2)^p=(x_{11}x_{12}x_{21}x_{22})^p=(m^4-n^4)^p=y_0^4-z_0^4=(y_0^2-z_0^2)(y_0^2+z_0^2) \qquad(7)$$

Утверждения.

Равенство $x_1^p=y_0^2-z_0^2 \quad (8)$

имеет решение в целых числах. Более наглядно докво на примере с показателем $p=7$ (что покажет дальнейшее рассмотрение) Используя его приёмы докво легко распространить на любой произвольный показатель $p>2$. С учетом (5.1) запишем

$$x_1^7=x_{11}^7x_{12}^7=(m-n)^7(m+n)^7\qquad (8)$$

$$(m-n)^7=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6) - (7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7) \quad (9)$$

$$(m+n)^7=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6)+(7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7) \quad (10)$$

Перемножим соответственно левые и правые части (9),(10).

$$(m^2-n^2)^7=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6)^2-(7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7)^2 \quad (11)$$

Получили решение:

$$x_1=m^2-n^2;\quad y_0=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6);\quad z_0=(7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7)\quad (12)$$

Равенство $x_2^p=y_0^2+z_0^2 \qquad (13)$
также имеет решение в целых числах. С учётом определения (5.2) Запишем:

$$x_2^7=x_{21}^7x_{22}^7=(m^2+n^2)^7=(m+ni)^7(m-ni)^7\qquad (14)$$

$$(m+ni)^7=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6) + (7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)i \quad (15)$$

$$(m-ni)^7=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6)-(7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)i \quad (16)$$

Перемножим соответственно левые и правые части (15),(16).

$$(m^2+n^2)^7=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6)^2+(7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)^2 \quad (17)$$

Получили решение:

$$x_2=m^2+n^2;\quad y_0=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6);\quad z_0=(7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)\quad (18)$$

В отличии от предыдущего (12), в суммах, составляющих соответственно $y_0, z_0$, по два положительных и по два отрицательных слагаемых.
То есть, те же самые величины $y_0,z_0$ стали меньшими, чем определенные по формулам (9),(10)

Это противоречие. Следовательно гипотеза Била для рассматриваемого случая доказана.

[Null]

binki в сообщении #1492098 писал(а):

$m_0=m^2; \quad n_0=n^2$

Почему?
Вы еще забыли про решения $(1,1,0)$ и $(-1,0,1)$ при нечетных $p$

[binki]

Null в сообщении #1492099 писал(а):

Почему?
Вы еще забыли про решения $(1,1,0)$ и $(-1,0,1)$ при нечетных $p$

Уважаемый Null
Действительно это слабое место. Равенство $m_0-n_0 =m^2-n^2$ не означает что $m_0,n_0$ обязательно квадраты. Можно применить особый вариант неопределённого спуска, который использовал Ферма для одной специфичной задачи;
"...бесконечным или неопределенным спуском; вначале я пользовался им только для доказательства отрицательных предложений, как -то: что не существует числа, меньшего на единицу кратного трех, которое составлялось бы из квадрата и утроенного квадрата."
Здесь условием для спуска являлось то, что сторона утроенного квадрата должна быть больше $1$.
Оказывается , что тривиальные решения не надо отбрасывать. На это сразу обратил внимание заслуженный участник nnosipov.
Я несколько упорядочил своё первоначальное сообщение для того, чтобы определилась окончательно справедливость каких то утверждений темы. Особенно такое:
не существует равнозначных решений для равенств $x_1^p=y_0^2-z_0^2$ и $x_2^p=y_0^2+z_0^2 \qquad (A)$, при использовании этих равенств в уравнении $(x_1x_2)^p=(m^4-n^4)^P=(y_0^2-z_0^2)(y_0^2+z_0^2)$ с нечетными $y_0,z_0$, которые определяются одной и той же парой $m,n$ при использовании известного способа нахождения решений указанных равенств (А). Это значительно бы сократило текст окончательного доква.

[Null]

Это не имеет математического смысла. Пишите подробно и аккуратно.

[binki]

Используя утверждение, что любая пара чисел может быть выражена парой $(m,n)$, доказывается гипотеза Била. Но это заслуживает новой темы