nimepe и диофантовы уравнения

[Shadow]

nimepe в сообщении #1675335 писал(а):

В уравнении $2^k(x^2-y^3=1) $ в скобках можно взять любое уравнение которое разрешимо в целых числах.

nimepe в сообщении #1675339 писал(а):

Введем дополнение к теории.

Shadow в сообщении #1675332 писал(а):

Но Абелевскую делим пополам. Договор?

[nimepe]

Shadow!Вас благодарю за примеры которые пока не подчиняются разработанным критериям. Подумаю как сделать критерий разрешимости для этих уравнений.Хотите сотрудничества?

[Shadow]

nimepe в сообщении #1675358 писал(а):

Хотите сотрудничества?

Нет, потому что не считаю такое направление перспективным.

-- 18.02.2025, 12:54 --

Теория, основанная на предположений, а не на доказательств к математике отношение не имеет.

[Ende]

nimepe в сообщении #1675315 писал(а):

спец ты в своем амплуа.

Замечание за фамильярность. На форуме принято обращаться к собеседнику на "вы".

[nimepe]

Зато у вас одни доказательства.Болото и есть болото..

[nimepe]

Shadow в сообщении #1675324 писал(а):

Null в сообщении #1675311 писал(а):

тогда можно рассмотреть $A^9+B^{12}=C^{10}$

$A=68024448,B=629856,C=11337408$

Декларирую: Данное решение не имеет никакого отношения к гипотезе Била, Октябрьской революции, чайника Рассела и любых критериях разрешимости.

Shadow ваше решение не верно Разложил на множители ваши числа и возвел в степени получил после всех преобразований

$2^{60}3^{96}(3^32^3+1=3^4) $

[dgwuqtj]

$68024448 = 2^7 \cdot 3^{12}$, $629856 = 2^5 \cdot 3^9$, $11337408 = 2^6 \cdot 3^{11}$, так что получается $(2^7 \cdot 3^{12})^9 + (2^5 \cdot 3^9)^{12} - (2^6 \cdot 3^{11})^{10} = 2^{60} \cdot 3^{108} \cdot (2^3 +1 - 3^2) = 0$.

[nimepe]

Специально показал что $Shadow$ неправильно решил уравнение чтобы видели как он входит в экстаз

-- 19.02.2025, 09:04 --

Но все равно ему спасибо за приведенный пример-теперь и этот критерий у меня в активе

[nimepe]

Покажем данным методом решение уравнения:

$A^7+B^{12}=C^{10}$ Показаны формулы удобные для проверки:


$A=2^93^{24}$

$B=2^53^{14}$

$C=2^63^{17}$

-- 19.02.2025, 11:12 --

А теперь критерий разрешимости уравнения Била этим методом: Если $\frac{kxy+2}{z}$ целое число а наименьший общий множитель чисел $y,z$ равен m и $\frac{m+3}{x}$ целое число то уравнение Била разрешимо в целых числах

[nimepe]

Вид формул полученных аналитическим методом через НОД чисел и указанным выше методом совершенно различен.Числа 2 и 3 в формулах критерия могут быть другими в зависимости от того из какого первоначального уравнения они получены $A^k(x^3-y^2=1)$.Вместо уравнения $x^3-y^2=1$ может быть взято другое.

[nimepe]

Запишем решение уравнения Била этим методом.Формулы чисел запишем в виде удобном для проверки.


$A=2^\frac{m+3}{x}3^{ky}$

$B=2^\frac{m}{y}3^{kx}$

$C=2^\frac{m}{z}3^\frac{kxy+2}{z}$

-- 20.02.2025, 08:56 --

Этим критерием удобнее пользоваться в случае если НОД($xy,z)$)=2 и НОД $2x,y$)=$2,3,.....n$

-- 20.02.2025, 09:10 --

Возьмем к примеру числа $x=3 ,y=7, z=11$ определим критерии разрешимости этим методом $m=77, m+3=80, $

-- 20.02.2025, 09:18 --

Число 80 не делится нацело на 3. Значит этим методом это уравнение не имеет целочисленных решений.Но это не так.

НОД ($xy,z$)=1 при любой перестановке этих чисел 3, 7, 11 .Это уравнение разрешимо в целых числах.

[Shadow]

nimepe в сообщении #1675606 писал(а):

решение уравнения Била этим методом

Методы доказательства разрешимости некоторых показательных уравнений в натуральных числах. Так как все они изначально построенны на общих делителях,то ни для доказателства, ни для опровержения гипотезы Била они не годятся. Но позабавлятся можно.

nimepe в сообщении #1675606 писал(а):

Формулы чисел

чо?

Ладно, этот метод сработает, если найдутся такие $a,b \in \mathbb{N}$, что
$\begin{cases} A^x=2^{a+3}\cdot 3^b\\B^y=2^a\cdot 3^b\\C^z=2^a\cdot 3^{b+2} \end{cases}$

тоесть, когда
$\begin{cases} \gcd(x,y) \in \{1,3\}\\ \gcd(z,y) \in \{1,2\} \\ \gcd(x,z)=1 \end{cases}$

nimepe в сообщении #1675606 писал(а):

Возьмем к примеру числа $x=3 ,y=7, z=11$
...бред...
Значит этим методом это уравнение не имеет целочисленных решений.

Значит этим методом нельзя доказать разрешимость.. но тоже бред. Тут $\gcd(x,y)=\gcd(y,z)=\gcd(z,x)=1$ и вообще никаких проблем.

$\left(2^{78}\cdot 3^{14}\right)^3+\left(2^{33}\cdot 3^6\right)^7=\left(2^{21}\cdot 3^4\right)^{11}$

[nimepe]

Формулу и критерий разрешимости которые дал для уравнения Била можно усилить введя вместо $m+3$ должно быть dm+3$ и где $ m$ должно быть $dm$ и тогда разрешимость усиливается .В том числе и это уравнение разрешимо. По поводу гипотезы Била -в этих числах должен быть общий делитель.Мозги людям не пудри.

-- 20.02.2025, 12:51 --

Господин модератор объясните товарищу что такое гипотеза Била.

-- 20.02.2025, 13:04 --

Shadow найдите подтверждение что таких формул не должно быть (ХОТЯ ОНИ ЕСТЬ И КРИЧАТ НА ВЕСЬ МИР). А болото и есть болото и вы в нем купаетесь с удовольствием.

-- 20.02.2025, 13:04 --

Shadow найдите подтверждение что таких формул не должно быть (ХОТЯ ОНИ ЕСТЬ И КРИЧАТ НА ВЕСЬ МИР). А болото и есть болото и вы в нем купаетесь с удовольствием.

[nimepe]

$a+1=b$ и напишем для уравнения Била критерии разрешимости и формулы общего решения:

$\frac {dm+1}{x}$ и $\frac{kxy+1}{z}$ критерии разрешимости , а числа имеют вид
$A=a^\frac{dm+1}{x}b^\frac{ky}$

$B=a^\frac{dm}{y}b^\frac{kx}$


$C=a^\frac{dm}{z}b^\frac{kxy+1}{z}$

-- 20.02.2025, 14:53 --

И не надо брать уравнения со степенями.

[nimepe]

Если взять за основу уравнение $a+1=b^n$ то критерии разрешимости будут:

$\frac{dm+1}{x}$ и $\frac{kxy+n}{z}$

-- 20.02.2025, 16:22 --

Если взять за основу уравнение $a^n+1=b$ то критерии разрешимости будут

$\frac{dm+n}{x}$ и $\frac{kxy+1}{z}$

-- 20.02.2025, 16:28 --

Это к тому, что для любой тройки чисел $x,y,z$ уравнения Била можно составить бесконечное количество формул решения ,если только при этих критериях уравнение разрешимо в целых числах