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 1, 2, 3  След.
 
 Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 09:24 


19/04/14
321
Согласно гипотезе Била не имеет решения $(x,y,z)$ в натуральных взаимно простых числах уравнение $$x^s+y^t=z^q \qquad (1),$$ если натуральные $(s,t,q)$>2
Докво
Любую пару степеней $(x^s,y^t)$ можно выразить через их среднее значение $$m=(x^s+y^t)/2 \qquad (2)$$ и их величину отклонения от среднего значения $$n=(x^s-y^t)/2\qquad (3)$$ Действительно: $$m+n=x^s$$ а $$m-n=y^t$$ Далее. Одно из чисел $(x,y,z)$ четно. Не нарушая общности, пусть это будет $(z)$. Также, хотя бы одно из чисел $(m,n)$ нечетно. Пусть это $(m)$.
Но тогда из (2) следует $$2m=x^s+y^t \qquad (4)$$ И при нечетном $m$ левая часть (4) не может быть степенью с показателем больше единицы.
Что и требовалось доказать.
А так как показатели степеней произвольные числа, то доказана и Теорема Ферма.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 09:33 


21/05/16
4294
Аделаида
Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 11:32 


19/04/14
321
kotenok gav в сообщении #1504137 писал(а):
Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.

При нечетном $(n)$ согласно (3) имеем также уравнение Била: $$2n=x^s-y^t$$ Поэтому в этом случае, $(2n)$, не может быть степенью с показателем больше 1.
Без потери общности всегда можно рассматривать либо сумму, либо разность нечетных степеней уравнения Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 13:43 


30/09/20
78
binki в сообщении #1504135 писал(а):
Но тогда из (2) следует $$2m=x^s+y^t \qquad (4)$$

Здесь это работает, потому что $x^s+y^t=z^q,$ а здесь
binki в сообщении #1504150 писал(а):
$$2n=x^s-y^t$$

ничего подобного не видно. Надо бы разъяснить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 14:49 


21/05/16
4294
Аделаида
binki в сообщении #1504150 писал(а):
Поэтому в этом случае, $(2n)$, не может быть степенью с показателем больше 1.

А кто нам сказал, что $2n$ является такой степенью?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 18:36 
Заслуженный участник


04/05/09
4559
И кто нам сказал, что $m$ и $n$ целые?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 18:49 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
kotenok gav в сообщении #1504137 писал(а):
Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.


binki доказал не только это.
$[(x^s+y^t)/2]^2=(1/2 z^q)^2$;

Имеем:

$x^{2s}/4+2/4x^s\cdot y^t+y^{2t}/4=1/4z^{2q}$;

А поэтому:$[x^{2s}+1/2x^s\cdot y^t+y^{2t}]=z^{2q}$;
Если z чётная, тогда, целые числа равны дробным..
Много, нового можно узнать, показателей степеней хватает.
«О, сколько нам мгновений чудных, готовит просвещенья дух…»

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 20:07 
Заслуженный участник


04/05/09
4559
Iosif1, вы точно уверены в том, что написали?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 20:17 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
venco в сообщении #1504194 писал(а):
Iosif1, вы точно уверены в том, что написали?

Вы о чём, конкретно, спрашиваете?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 20:22 
Заслуженный участник


04/05/09
4559
Посмотрите своё сообщение, поищите ошибку. Это не сложно, она тривиальная.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 21:53 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
venco в сообщении #1504197 писал(а):
Посмотрите своё сообщение, поищите ошибку. Это не сложно, она тривиальная.

Согласен. Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение08.02.2021, 08:42 


19/04/14
321
Verkhovtsev в сообщении #1504166 писал(а):
Надо бы разъяснить.

kotenok gav в сообщении #1504174 писал(а):
А кто нам сказал, что $2n$ является такой степенью?
venco в сообщении #1504190 писал(а):
И кто нам сказал, что $m$ и $n$ целые?

Уважаемые Verkhovtsev, kotenok gav, venco и Iosif1!
Благодарю за проявленный интерес к теме.
В теме исследуются свойства произвольной пары нечетных степеней натуральных чисел, которые
дают решение только для двух чисел уравнения Била. Это может быть либо $(x,y)$, либо $(z,y)$, либо $(z,x)$. То есть числа $(a,b)$, не привязанные конкретно к какой то паре. Понятно, что для нечетной пары степеней, числа $(m,n)$ будут целыми.
В этом случае не утверждается, что при нечетном $(m)$ или $(n)$ разность или сумма степеней должны быть степенями. Утверждается, что они не могут быть степенями.
Подробнее случай с четным $(m)$ будет рассмотрен дополнительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение08.02.2021, 09:29 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Уважаемый binki.
Какую Вы рассматриваете сумму изначально? Первую, с единственным сомножителем 2. А, потом это же самое утверждаете.
Так можно доказать что угодно.
Или посредством ошибки в расчётах, как я.
Вот, что я хотел сказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение09.02.2021, 09:45 


19/04/14
321
Для быстрого понимания, краткими сообщениями.
Другой случай. Пусть $(m)$ четно. Тогда с учетом (2), (3): $$x^s+y^t=2m=z^q \qquad(5)$$ и $$x^s-y^t=2n \qquad (6)$$ Перемножив левые и правые части (5),(6), получим: $$x^{2s}-y^{2t}=z^q 2n \qquad(7)$$.
Для взаимно простых чисел решения, числа $(m,n)$ разной четности. Следовательно $n$ нечетно. Но при нечетном $n$ не может быть степенью $(2n)$, а следовательно и правая часть (7) не является степенью.
Значит уравнение Била не имеет решения при всех четных показателей степеней больше 3.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение10.02.2021, 10:28 


19/04/14
321
Предыдущее сообщение показывает, что предлагаемый метод исследования нечетных степеней может давать интересные результаты. Доказано утверждение, что уравнение Била не имеет решения при четных показателях $(s,t)$ и произвольном $(q)$ больших 3.
Продолжим более подробные разъяснения.
Чтобы не было двусмысленного понимания обозначим пару нечетных произвольных степеней как $a^s, b^t$.
Это могут быть любые из возможных вариантов $(x^s,y^t), (z^q,y^t), (z^q, x^s) $. Тогда, без потери общности обозначим $$2m=(a^s+b^t)=a^s-(-b^t) \quad (8);\quad 2n=a^s-b^t =a^s+(-b^t)\quad (9)$$ Согласно (8) при нечетном $m$ уравнение Била не имеет решения.
Далее. При четном $(m)$, число $(n)$ нечетно. Тогда произвольная пара нечетных степеней, согласно (9) также не формирует решение уравнения Била $$x^s-(-y^t)=z^q$$ Отсюда следует, что не поставляется решение равенством (8) и при четном $(m)$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 41 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: provincialka


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