Проблема док-ва Гипотезы Била.

[Valprim]

nimepe в сообщении #1509553 писал(а):

Оказывается у вас уравнение 7 не существует-во дает?.И что вы тогда доказываете?

Это и доказывается. Согласно Гипотезе Била, 7 не существует, если $P,R$ степени натуральных чисел. binki утверждает, что это доказано как спуском, так и бесконечным подъёмом. Так что не засоряйте тему нелепыми высказываниями. На такую ерунду вообще то не отвечают.

[nimepe]

Valprim в сообщении #1509575 писал(а):

nimepe в сообщении #1509553 писал(а):

Оказывается у вас уравнение 7 не существует-во дает?.И что вы тогда доказываете?

Это и доказывается. Согласно Гипотезе Била, 7 не существует, если $P,R$ степени натуральных чисел. binki утверждает, что это доказано как спуском, так и бесконечным подъёмом. Так что не засоряйте тему нелепыми высказываниями. На такую ерунду вообще то не отвечают.

И чем отличаются уравнение 7 от уравнений 9 и 10? Все они результат уравнения 6.

[yk2ru]

binki в сообщении #1508703 писал(а):

Положим, что в числе $(4mn)$, все нечетные сомножители сгруппированы в числе $(n)$.

Положим докажете вы, что степень двойки не представима суммой степеней нечетных чисел, но это не будет доказательством Гипотезы Била.

[binki]

yk2ru в сообщении #1509722 писал(а):

Положим докажете вы, что степень двойки не представима суммой степеней нечетных чисел, но это не будет доказательством Гипотезы Била.

Уважаемый yk2ru!
Если докво для степени двойки справедливо, то оно допустимо для любой четной степени из уравнения била. Рассматриваем только четную степень, так как для нечетной степени числа $P,R$, составляющие сумму и разность разложения степени, будут дробными.
Применим бесконечный подъём, начиная с произвольного (произвол устанавливает законы) $V$, не степени. Тогда $V^2$ не поставляет решение в уравнение Била. Увеличиваем показатель на единицу $V^3=(P+R)(P-R)=V^2V$. Значит $V^3$ не поставляет решение, так как его не поставляют ни $(P-БудеR)=V^2$, ни $(P-R)=V$. И т.д. В левой части всегда будет появляться степень из правой части предыдущего шага. Поэтому в бесконечном подъёме не появится ни одной степени, которая давала бы решение для уравнения Била.

[Valprim]

binki в сообщении #1509847 писал(а):

Рассматриваем только четную степень, так как для нечетной степени числа $P,R$, составляющие сумму и разность разложения степени, будут дробными.

Для нечетной степени, числа $P,R$ могут быть не только дробными, но и натуральными разной четности. При $P>R$ сумма и разность их натуральные нечетные числа: $P+R=m$; $P-R=n$. Этот случай представляет интерес для рассмотрения.

[binki]

Valprim в сообщении #1510569 писал(а):

Для нечетной степени, числа $P,R$ могут быть не только дробными, но и натуральными разной четности. При $P>R$ сумма и разность их натуральные нечетные числа: $P+R=m$; $P-R=n$. Этот случай представляет интерес для рассмотрения.

Уважаемый Valprim!
Если четную степень представить в виде произведения четной и нечетной степени, то невозможно одновременно представить четную степень суммой, а нечетную разностью целых чисел. Поэтому рассматривается сомножитель - четная степень, которая может поставлять решения в уравнение Била.
Что касается варианта с числами $(P,R)$ разной четности, когда $P+R=m$; $P-R=n$ дают нечетные числа $(m,n)$, то здесь ничего нового. Действительно, тогда $m+n=2P$; $m-n=2R$. Произвольной делаем нечетную пару $(m,n)$. Переобозначаем $(m,n)\qquad $ в $(P,R) $, а $\qquad (P,R)$ в $(m,n)$ и получаем исходный вариант.

[Valprim]

binki в сообщении #1509847 писал(а):

Увеличиваем показатель на единицу $V^3=(P+R)(P-R)=V^2V$. Значит $V^3$ не поставляет решение, так как его не поставляют ни $(P-БудеR)=V^2$, ни $(P-R)=V$.

binki, у Вас отсутствует полное доказательство этого утверждения. Сомножители не поставляют, но то что и произведение сомножителей не поставляет решение в уравнение Била не доказано.

[binki]

Valprim в сообщении #1511035 писал(а):

Сомножители не поставляют, но то что и произведение сомножителей не поставляет решение в уравнение Била не доказано.

УважаемыйValprim!
Перепишем уравнение (1) в виде $2^s n=P+R$ \qquad. Предположим, что $(P,R, n)$ степени натуральных чисел. Тогда

$$2^s=\frac{P}{n}+ \frac {R}{n} $$

Таким образом, если бы существовало решение для произведения $2^sn$, то оно существовало бы и для $2^s$ в виде рациональных дробей для отношений степеней $(\frac{P}{n}; \frac {R}{n})$. Но если не существует решения в натуральных числах, то не существует и в виде рациональных дробей, а значит не может существовать для произведения $2^sn$.
Следует отметить, что степени $(P,R, n)$ могут иметь разные показатели степени, поэтому рассматривается не сумма степеней рациональных дробей, а сумма отношений степеней натуральных чисел.

[nimepe]

Что будет с решением уравнением Била $A^x+B^y=C^z$ если из него сделать систему уравнений:

$A^x+B^y=C^z$

$A^x-B^y=C^z$


Уравнение $A^x+B^y=C^z$ имеет решение: $A=kp(k^xp^x+m^y)^{ty}$

$B=m(k^xp^x+m^y)^{tx}$

$C=(k^xp^x+m^y)^{(txy+1)/z}$

Уравнение $A^x-B^y=C^z$ имеет решение: $A=kp(k^xp^x-m^y)^{ty}$

$B=m(k^xp^x-m^y)^{tx}$

$C=(k^xp^x-m^y)^{(txy+1)/z}$

-- 29.03.2021, 10:58 --

Итак: совместно система уравнений имеет решение при $m=0$

-- 29.03.2021, 11:04 --

Поэтому обращаться с уравнением Била нужно осторожно.Для автора темы: вы из уравнения Била сделали систему уравнений, а затем эту систему перевели в уравнение, которое к уравнению Била не имеет никакого отношения

[nimepe]

Уравнение $A^x-B^y=C^z$ нужно читать так: $A^x-B^y=C_1^z$

[Valprim]

nimepe в сообщении #1511997 писал(а):

Уравнение $A^x+B^y=C^z$ имеет решение:
$A=kp(k^xp^x+m^y)^{ty}$
$B=m(k^xp^x+m^y)^{tx}$
$C=(k^xp^x+m^y)^{(txy+1)/z}$

nimepe, не засоряйте тему такой чушью. Хотите поупражняться с подобными формулами, так пишите свою статью.

[nimepe]

Valprim в сообщении #1512173 писал(а):

nimepe, не засоряйте тему такой чушью. Хотите поупражняться с подобными формулами, так пишите свою статью

Чушь выдаете вы и автор.

[vasili]

Размышление о ВТФ для n = 3

I.
1.Пусть существуют натуральные, попарно взаимно простые числа $x,y$ и z, удовлетворяющие уравнению

$x ^ 3 + y ^ 3 - z ^ 3 = 0\engo (1) $.

Пусть $(z, 3) = 3\engo (2)$ и $(z, x)$ - числа нечетные.

2. Из чисел $(z, x)$ составим трехчлен

$z ^ 2 - z x + x ^ 2\engo (3)$ - число нечетное.

3. Найдем вид простых делителей трехчлена (3)

3.1. В силу (2) и взаимной простоте чисел $(z, x)$
простое число 3 не может быть делителем трехчлена (3)

3.2. Покажем, что простые числа вида $(6n + 5)$ так же не могут быть делителями трехчлена (3).
Пусть $p_1 = 6n +5$ делитель трехчлена (3), тогда будет справедливо сравнение

$z ^ 2 - z x + x ^ 2\equiv z ^ 3 + x ^ 3\equiv 0\mod p_1\engo (4) $, отсюда

$z ^ 3\equiv - x ^ 3\mod p_1\engo (5) $.

Благодаря МТФ имеем

$z ^ {6n + 4} - x ^ {6n + 4} = (z ^ 3) ^ {2n + 1} z - (x ^ 3) ^ {2n +1} x\equiv 0\mod p_1 $, отсюда с учетом (5) имеем

$(z ^ 3) ^ {2n + 1} (z + x)\equiv 0\mod p_1 $, так как $(z , p_1) = 1$, [в противном случае из (4) следует, что и x делится на $p_1$, что противоречит взаимной простоте чисел z и x], то

$(z + x)\equiv 0\mod p_1\engo (6) $.

3.3. После преобразования левой части сравнения (4) получим

$(z + x) ^ 2 -3z x\equiv 0\mod p_1$, отсюда с учетом (6) имеем

$3z x\equiv 0\mod p_1$, что не возможно.
Пришли к противоречию.
Следовательно, простые числа $p_1 = 6n + 5$ не могут быть делителями трехчлена (3).

4. Тогда в силу того, что трехчлен (3) число нечетное, то делителями трехчлена (3) могут быть простые числа вида $6n +1$.
II.
5. Далее в рассуждениях используем метод сравнения чисел по модулю (метод Гаусса) и в качестве модуля возьмем делитель трехчлена (3), т.е. простое число $p_2 = 6n +1$.

Очевидно, будут справедливы, следующие сравнения

$z ^ 2 - z x + x ^ 2\equiv z ^ 3 +x ^ 3\equiv 0\mod p_2\engo (7) $,

$(z + x)\not\equiv 0\mod p_2 \engo(7a)$

$x ^ 3 + y ^ 3 - z ^ 3\equiv 0\mod p_2\engo (8) $.

6. Рассмотрим некоторые свойства сравнения (7) и формул Абеля для числа y

Пусть $y = u_1d_1$, где $d_1 ^ 3 = z - x\engo (9) $, а

$u_1 ^ 3 = z ^ 2 + z x + x ^ 2\engo (10) $

Сравним равенство (10) по модулю $p_2$, предварительно преобразовав его
$u_1 ^ 3\equiv (z ^ 2 - z x + x ^ 2) + 2 z x\mod p_2 $,

отсюда с учетом сравнения (7) имеем

$u_1 ^ 3\equiv 2 z x\mod p_2\engo (11) $.

Возведем сравнение (11) в степень $2n$ – делитель числа $(p_2 - 1) = 6n + 1 - 1 = 3(2n)$ - получим

$u_1 ^ {6n}\equiv 2 ^ {2n}(z x) ^ {2n}\mod p_2 $, отсюда с учетом МТФ
$2 ^ {2n} (z x) ^ {2n}\equiv 1\mod p_2\engo (12) $.

Покажем, что $(z x) ^ {2n}\equiv 1\mod p_2 $.

Из (7) следует $z (z - x)\equiv - x ^ 2\mod p_2$, а

умножая на x и возводя, это сравнение в степень $2n$ и, учитывая

равенство (9) - формулу Абеля $(z - x) = d_1 ^ 3 $ имеем

$(z x) ^ {2n}(d_1 ^ 3) ^ {2n}\equiv (-x ^ 3) ^ {2n}\mod p_2 $, отсюда

с учетом МТФ

$(z x) ^ {2n}\equiv 1\mod p_2\engo (13) $,

тогда из (12) с учетом (13) следует, что

$2 ^ {2n}\equiv 1\mod p_2\engo (14) $.

[Условию (14) удовлетворяют не все простые числа вида $6n + 1$.
Так простые числа 7, 13, 19, 37 не удовлетворяют условию (14), а простые числа 31, 43, 127, 157,229 этому условию удовлетворяют.]
III.
3.1. Введем «Допущение», а именно:

$3^{2n}\equiv m_1\mod p_2$ или $3^{2n}\equiv m_2\mod p_2\engo (15) $,

где $m_1$ и $m_2$ вычеты, принадлежащие системе наименьших натуральных вычетов по модулю $p_2$ и принадлежащие показателю 3 по модулю $p_2$. Таких вычетов только 2(два), так как $\varphi (3) = 2 $.

Это «Допущение» не имеет пока доказательства в общем виде.
Однако оно подтверждается на частных примерах.
Примеры:
$3 ^ {2n} = 3 ^ {10}\equiv (m_2 = 25)\mod 31 $. [m_1 = 5].
$3 ^ {2n} = 3 ^ {14}\equiv (m_2 = 36)\mod 43 $. [m_1 =6].
$3 ^ {2n} = 3 ^ {42}\equiv (m_2 = 107)\mod 127 $. [m_1 =19].
$3 ^ {2n} = 3 ^ {52}\equiv (m_2 = 144)\mod 157 $. [m_1 = 12].
$3 ^ {2n} = 3 ^ {76}\equiv (m_2 = 134)\mod 229 $. ]m_1 = 94].
3.2. Свойства вычетов $m_1$ и $m_2$.
--$m_1^3 - 1\equiv 0\mod p_2\engo (16)$,
--$m_1^3 - 1\equiv 0\mod p_2\engo(17) $,
--$m_1m_2\equiv 1\mod p_2\engo(18)$,
--$m_1^2\equiv m_2\mod p_2\engo(19) $,
--$m_2^2\equiv m_1\mod p_2\engo(20) $,
--$m_1 + m_2 + 1\equiv 0\mod p_2\engo(21) $.

3.3. Ниже нас будет интересовать, какие наименьшие натуральные вычеты чисел $(z,x)$ по модулю $p_2$ будут удовлетворять сравнению(7).
Пусть, $M = {1, 2,3,..,m_1,..,m_2,.. …,(p_2-1)}$ - система наименьших натуральных вычетов по модулю $p_2$, где
$p_2 - 1 =6n = 3(2n) $ и где $m_2 > m_1$.

3.4. Пусть
$z\equiv m_2\mod p_2 $ , а $x\equiv m_1\mod p_2 $,тогда (7)

$z^3 + x^3\equiv m_2^3 + m_1^3\equiv (1 +1) =2\equiv 0\mod p_2 $,
что невозможно. Пришли к противоречию. Вычеты чисел $(z,x)$
не могут быть вычетам, $m_1$ и $m_2$.

3.5. Так как простое число $p_2$ является делителем трехчлена (3), то тогда должны существовать вычеты, принадлежащее системе наименьших натуральных вычетов по модулю $p_2$ такие, что удовлетворяют сравнению(7).

Такими вычетами будут
$m_2 + 2$, $m_1 + 2$ или $m_2 - 1$, $m_1 - 1$.
В самом деле, пусть
$z\equiv (m_2 + 2)\mod p_2 $,

$x\equiv (m_1 + 2)\mod p_2 $, тогда

с учетом этого сравнение (7) будет

$(m_2 + 2) ^ 2 - (m_2 +2)(m_1 + 2) +(m_1 +2) ^ 2\equiv 0\mod p_2 $, отсюда
с учетом (18),(19) и (20) имеем

$m_1 +4m_2 +4 - 1 -2(m_1 + m_2) - 4 + m_2 + 4m_1 + 4\equiv 0\mod p_2 $,
отсюда с учетом (21) будет

$3(m_1 + m_2) + 3 = -3 + 3\equiv 0\mod p_2 $.

Вывод: вычеты $m_2 + 2$, $m_1 + 2$ удовлетворяют сравнению(7).

Пусть теперь

$z\equiv (m_2 - 1)\mod p_2 $,

$x\equiv (m_1 - 1)\mod p_2 $, тогда

с учетом этого сравнение (7) будет

$(m_2 - 1) ^ 2 - (m_2 - 1) (m_1 - 1) +(m_1 - 1) ^ 2\equiv 0\mod p_2 $, отсюда

с учетом (18),(19) и (20) имеем

$m_1 -2m_2 + 1 -1 + m_2 + m_1-1 + m_2 -2m_1 +1\equiv 0\mod p_2 $,
отсюда
$(2m_1 - 2m_1) + (2 - 2) + (2m_2 - 2m_2)\equiv 0 \mod p_2 $.

Вывод: вычеты $m_2 - 1$, $m_1 - 1$ удовлетворяют сравнению (7).

3.6. Однако вычеты, удовлетворяющие (7), не удовлетворяют формулам Абеля - равенствам (9) и (10).
Покажем что вычеты $m_2 + 2$, $m_1 + 2$ и $m_2 - 1$, $m_1 - 1$ не удовлетворяют равенству (10)

Сравним (10) по модулю $p_2$ и запишем (10) в иной форме

$(z ^ 2 - z x +x ^ 2) + 2z x\equiv u_1^3\mod p_2 $, отсюда с учетом (7) имеем
$2z x\equiv u_1^3\mod p_2\engo(22) $.

Сравнение (22) с учетом вычетов удовлетворяющих(7) будет

$2(m_2 +2) (m_1 + 2)\equiv u_1^3\mod p_2 $,

$2(m_2 - 1) (m_1 - 1)\equiv u_1^3\mod p_2 $, отсюда с учетом (18),(19) и (20) имеем

$2[1 + 2(m_2 + m_1) + 4]\equiv 2(1 - 2 + 4)\equiv 2(3)\equiv u_1^3\mod p_2 $, а с учетом (21) будет

$2[1 - (m_2 + m_1) +1] = 2(1 + 1 +1)\equiv 2(3)\equiv u_1^3\mod p_2$.

И после возведения полученных сравнений в степень $2n$ имеем

$2 ^ {2n}3 ^ {2n}\equiv (u_1 ^ 3) ^ {2n}= u_1 ^ {6n}\equiv 1\mod p_2 $,отсюда

c учетом (14) имеем

$3 ^ {2n}\equiv 1\mod p_2 $,

что не возможно. Противоречит «Допущению».

3.7. Покажем что вычеты $m_2 + 2$, $m_1 + 2$ и $m_2 - 1$, $m_1 - 1$ не удовлетворяют равенству $z - x =d_1^3$ (9).
Пусть
$z\equiv (m_2 + 2)\mod p_2 $ или$z\equiv (m_2 - 1)\mod p_2 $,

$x\equiv (m_1 + 2)\mod p_2 $ или $x\equiv (m_1 - 1)\mod p_2 $.

Сравним равенство (9) по модулю $p_2$

$z - x = d_1^3\equiv (m_2 +2(-1) - m_1 - 2(-1))\equiv m_2 - m_1\mod p_2$,

отсюда с учетом (21) [-m_1 = m_2 + 1] имеем

$z - x= d_1^3\equiv 2m_2 +1\mod p_2 $,
Возведем полученное сравнение в 2-ю степень и учитывая (7) получим

$(z^2 - z x + x^2) - z x\equiv (4m_2^2 +4m_2 +1 + 3) - 3\mod p_2$,
отсюда с учетом (21)
$z x\equiv 3\mod p_2 $, полученное сравнение возведем в степень

$2n$, а с учетом (13) получим

$(z x)^{2n}\equiv 1\equiv 3^{2n}\mod p_2 $, что не возможно. Противоречит «Допущению».

Вывод: Равенства (9) и (10) – формулы Абеля не справедливы, а следовательно и равенство (1) не справедливо, что и требовалось доказать.
Надеюсь, что участники Форума помогут мне доказать справедливость «Допущения», т.е. сравнения
$3^{2n}\equiv m_1 (m_2)\mod p_2 $, где $p_2 = 6n + 1$ такое простое число, для которого справедливо сравнение
$2^{2n}\equiv 1\mod p_2 $.

[binki]

Уважаемый vasili
Приветствую Вас. Решаемый Ваш вопрос и и примененные методы никак не связаны с моей темой. Поэтому я удивлен почему ваша сообщение появилось здесь.
Прошу модератора это сообщение vasili выделить в отдельную статью

[vasili]

Уважаемый binki! Прошу прощения за нанесенную "помарку" в Ваш пост.Я поддерживаю Вашу просьбу к модератору.