Фундаментальные свойства степеней

[Petern1]

Ответ SCEPTICU

Уважаемый Sceptic.
1) С большим трудом, не без помощи других удалось отладить текст о «Сумме квадратов» Извините за предоставленные Вам неудобства. Кажется стало читабельно. Прошу Вас высказать суждения по приведенным выкладкам. Буду благодарен.
2). Ранее я не ответил на Ваши два замечания по «Последней недоказанной т. Ф.»
Замечание первое: « не рассмотрен случай $k=3$.» Ответ. У нас
$k=a_1^2+b_1^2$. Сумма квадратов не может быть равна 3, или $3p$.
Замечание второе: «…$k^2=a_2^2$...почему…» Ответ. Я делаю пробу. $k^2+3k+3=a_2^2+b_2^2$ Пусть
$k^2=a_2^2$ , $3k+3=3(k+1)=b_2^2$ . Второе равенство мне не нравится тем , что перед скобкой 3, с которой надо считаться, чтобы $3(k+1)$ было квадратом. Поэтому делаю перегруппир.

$$k^2+3k+3=k^2+2k+1+k+2=(k+1)_2+k+2=a_2^2+b_2^2$$

И приравниваю $a_2^2=(k+1)^2$ ,$b_2^2=k+2$.
А почему бы мне так не поступить? Как Вы на это посмотрите? Буду Вам чрезвычайно благодарен за Ваш труд и ценные замечания. С уважением Petern1.

[sceptic]

Petern1 писал(а):

Замечание первое: « не рассмотрен случай $k=3$.» Ответ. У нас $k=a_1^2+b_1^2$. Сумма квадратов не может быть равна 3, или $3p$.

Не надо искажать вопрос, Petern1!
Я отмечал, что вы отбросили случай, когда $k$ делится на $3$. В этом случае $k$ и $k^2+3k+3$ не являются взаимно простыми и, следовательно, нельзя быть уверенным, что $k$ разлагается на сумму квадратов (более того, вы будете удивлены, но $k$ не разлагается на сумму квадратов ).

Petern1 писал(а):

Замечание второе: «…$k^2=a_2^2$...почему…» Ответ. Я делаю пробу. $k^2+3k+3=a_2^2+b_2^2$ Пусть $k^2=a_2^2$ , $3k+3=3(k+1)=b_2^2$ . Второе равенство мне не нравится тем , что перед скобкой 3, с которой надо считаться, чтобы $3(k+1)$ было квадратом. Поэтому делаю перегруппир.

$$k^2+3k+3=k^2+2k+1+k+2=(k+1)_2+k+2=a_2^2+b_2^2$$

И приравниваю $a_2^2=(k+1)^2$ ,$b_2^2=k+2$. А почему бы мне так не поступить? Как Вы на это посмотрите? Буду Вам чрезвычайно благодарен за Ваш труд и ценные замечания. С уважением Petern1.

Вы, конечно, можете при анализе уравнения делать произвольные предположения (облегчающие вам анализ). Но и не ждите в этом случае, что ваши упражнения будут приниматься как доказательство чего бы то ни было.

В целом, я делаю вывод, что вы не поняли сути моих претензий к вашему тексту. Это удручает. Есть ли смысл в такой ситуации и дальше читать ваши тексты, указывать на пробелы в рассуждениях, если вы не понимаете смысла замечаний? Мне кажется - смысла нет.

[Petern1]

Ответ SCEPTICU

Уважаемый Sceptic.
Повторим начало.
$x^2+2=y^3$ , $y=k+1$
$x^2+2=k^3+3k^2+3k+1$ , $x^2+1=k(k^2+3k+3)$.
Слева сумма квадратов, справа произведение двух чисел. Значит сумма квадратов $x^2+1$ должна быть равна произведению двух сумм квадратов (фундамент. свойство сумм квадратов), значит $x^2+1=(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)$
$(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)=k(k^2+3k+3$
$k=a_1^2+b_1^2$ . Значит [math$k$math] не равно $3p$.
Этими выкладками мы застолбили, что в нашей задаче $k$ есть сумма квадратов и только сумма квадратов. (Я не удивляюсь, я знаю, что сумма квадратов не равна 3р)
Так почему же Вы настаиваете на рассмотрении случая $k=3p$? Не можете ли Вы как-нибудь по другому пояснить эту необходимость?
Но я безмерно благодарен Вам за то, что Вы уделяете внимание этому вопросу. Жду ответа. Petern1.

Добавлено спустя 46 минут 35 секунд:

Ответ SCEPTICU. На второе замечание.

Ранее МАТ предложил доказать
$a^4+6a^2b^2+b^4$ не равно $c^2$. Я поступаю

$$a^4+6a^2b^2+b^4=a^4+2a^2b^2+b^4+4a^2b^2=(a^2+b^2)^2+(2ab)^2$$

. Скажите законен или не законен этот произвол?
С уважением Petern1.

[sceptic]

Petern1 писал(а):

$... x^2+1=k(k^2+3k+3)$.
Слева сумма квадратов, справа произведение двух чисел. Значит сумма квадратов $x^2+1$ должна быть равна произведению двух сумм квадратов (фундамент. свойство сумм квадратов), значит $x^2+1=(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)$
$(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)=k(k^2+3k+3$
$k=a_1^2+b_1^2$ . Значит [math$k$math] не равно $3p$.
Этими выкладками мы застолбили, что в нашей задаче $k$ есть сумма квадратов и только сумма квадратов. (Я не удивляюсь, я знаю, что сумма квадратов не равна 3р) Так почему же Вы настаиваете на рассмотрении случая $k=3p$? Не можете ли Вы как-нибудь по другому пояснить эту необходимость?

Потому, что вы не доказали, что если число является суммой квадратов, то таковыми яляются и делители этого числа (т.е. $x^2+1=k(k^2+3k+3)$ => $k=a_1^2+b_1^2$ для некоторых $a$ и $b$). Ссылка на п.1 вашего первого поста недостаточна, т.к. там доказано то лишь, что произведение сумм квадратов является суммой квадратов, здесь же требуется обратное утверждение. В принципе, доказательства я от вас и не ждал. Но надеялся, что хоть учебники вы читаете и сможете сослаться на соответствующую теорему, доказанную еще Эйлером. Увы - не дождался.
Ладно, проехали.

Petern1 писал(а):

Ответ SCEPTICU. На второе замечание.

Ранее МАТ предложил доказать
$a^4+6a^2b^2+b^4$ не равно $c^2$. Я поступаю

$$a^4+6a^2b^2+b^4=a^4+2a^2b^2+b^4+4a^2b^2=(a^2+b^2)^2+(2ab)^2$$

. Скажите законен или не законен этот произвол?

Что-то новое. В качестве ответа на замечание предложить ответить на вопрос по посторонней (в этой теме) задаче - с этим я еще не сталкивался. Вы выписали пару тождественных преобразований алгебраического выражения. В преобразованиях ошибок нет. Почему вы называете это произволом - не знаю. Ну, а уж про законность произвола - тем более. Обсудите это с Мат'ом.
Возвращаю вас к моему замечанию по поводу п.9 вашего первого поста (Доказательство ПОСЛЕДНЕЙ НЕДОКАЗАННОЙ теоремы Ферма). Объясняю более подробно.

Petern1 писал(а):

Тогда $(k^2+3k+3)=a_2^2+b_2^2$. Далее
$k^2=a_2^2$ и $3(k+1)=b_2^2$. В последнем равенстве 3 перед скобкой мешает этому произведению быть квадратом. Чтобы избавиться от этой трудности поступим так:
$k^2+3k+3=k^2+2k+1+k+2=(k+1)^2+k+2$.Приравняем
$a_2^2=(k+1)^2$, а
$b_2^2=k+2$;
...

Поначалу вы приравняли $k^2=a_2^2$, потом передумали и приравняли $a_2^2=(k+1)^2$. Так вот, даже если дальнейшие ваши выкладки верны (не проверял, готов поверить на слово, что верны), то вы доказали исходное утверждение лишь в предположении, что $a_2^2=(k+1)^2$. Осталось немного - доказать теорему в случае, когда $a_2^2\neq(k+1)^2$ . Обращаю ваше внимание: имея разложение $(k^2+3k+3)=a_2^2+b_2^2$, вы не вправе варьировать $a_2$ произвольным образом (а приравнивание $a_2^2=(k+1)^2$ и есть произвол).

[Мат]

Уважаемый Petern1, я частично рассмотрел предложенное Вами уравнение $x^3+y^3=z^k$.
Его исследование привело меня к характеристическому уравнению:
$12a^k-3b^{2k}=m^2$
которое при $k>3$ вообще трудноисследуемо. А попросту известными методами практически неразрешимо.
Но есть и положительный результат. В процессе рассмотрения мне открылся метод - альтернатива "метода бесконечного спуска". Я назвал его "метод бесконечного подъема".
Суть метода в следующем:
Если для решения уравнения двух заданных чисел $a$, $b$ необходимым условием является некое решение $k_1a$,$k_2b$, то данное уравнение не может иметь решений, т.к. не существует конечной бесконечно возрастающей последовательности коэффициентов $k_i$,$k_j$

Добавлено спустя 7 минут 26 секунд:

Re: топчемся на месте

sceptic писал(а):

вы не вправе варьировать $a_2$ произвольным образом (а приравнивание $a_2^2=(k+1)^2$ и есть произвол).

кстати вправе. Подумайте почему

[bot]

Мат писал(а):

Уважаемый Petern1, я частично рассмотрел предложенное Вами уравнение $x^3+y^3=z^k$.

Речь о разрешимости или о нахождении всех решений?
На первый вопрос ответить просто - разрешимо тогда и только тогда, когда $k$ не делится на 3.

[Мат]

bot
Согласно гипотезе Биля неразрешимо ни при каких $k>2$, если $x$,$y$,$z$ - взаимно простые. Речь о невозможности установления данного факта средствами современной математики (при $k>3$)

[Petern1]

Ответ SCEPTICU

Уважаемый Sceptic, в Вашем последнем сообщении Вы сделали очень серьезное и важное замечание, чем предоставили мне неслыханную радость. Здесь я с Вами совершенно согласен. В том месте, где записывается, что
$x^2+1=(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)$ необходимо сделать ссылку на Эйлера. Примерно так: «Это доказано Эйлером. См.
Г. Эдвардс «Последняя теорема Ферма» стр. 65».
Еще раз огромное Вам спасибо и с большим желанием жду от Вас деловых замечаний и предложений. Petern1.

[bot]

Мат писал(а):

bot
Согласно гипотезе Биля неразрешимо ни при каких $k>2$, если $x$,$y$,$z$ - взаимно простые. Речь о невозможности установления данного факта средствами современной математики (при $k>3$)

Требование взаимной простоты естественно для однородных уравнений по понятным причинам.
Не понимаю, зачем вообще рассматривать ограничение, которое имеет искусственный характер для уравнения неоднородного - мотивации не вижу.
А кто такой Биль?

[vlad239]

bot писал(а):

Мат писал(а):

bot
Согласно гипотезе Биля неразрешимо ни при каких $k>2$, если $x$,$y$,$z$ - взаимно простые. Речь о невозможности установления данного факта средствами современной математики (при $k>3$)

Требование взаимной простоты естественно для однородных уравнений по понятным причинам.
Не понимаю, зачем вообще рассматривать ограничение, которое имеет искусственный характер для уравнения неоднородного - мотивации не вижу.

Иначе можно брать нерешение и слегка модифицировать его. Вроде такого:
$1^3+2^3=3^2 \Rightarrow 3^3+6^3=3^5$

Влад.

[bot]

Не понял о каком иначе речь.

Вот к примеру это же уравнение и возьмём $x^3+y^3=z^5$
Существенно различных (или основных) решений, из которых домножением уравнения на $t^{15}$ можно получать другие, бесконечно много.

Вот одно из таких основных:
$(15\cdot 259^3)^3 + (17\cdot 259^3)^3=(2\cdot 259^2)^5$

Возникает оно из "нерешения" $15^3 + 17^3=(15+17) \cdot 259$ и при чём тут гипотеза Биля?

ЗЫ. Кто-нибудь всё-таки скажет, кто такой этот Биль, где, когда и зачем он высказал свою гипотезу?

[Батороев]

bot писал(а):

ЗЫ. Кто-нибудь всё-таки скажет, кто такой этот Биль, где, когда и зачем он высказал свою гипотезу?

Немного (100000$) о Биле.

[Мат]

bot
Биль это один известный финансист-современник, который рассмтривал обобщение теоремы Ферма на произвольные степени. И когда у него ничего не получилось он выдвинул гипотезу (Beal conjunction) согласно которой $x^k+y^m\neq z^n$ при взаимно простых $x$,$y$,$z$ и $k,m,n>2$

Добавлено спустя 4 минуты 7 секунд:

Ограничение взаимной простоты необходимо для математической значимости гипотезы - исследованию построения произвольных форм и их свойств. Очередной виток эволюции математики.
И избавлению от тривиальных мухлежей типа $2^5+2^5=2^6$, которые лишь засоряют гипотезу Биля.
По сути дела гипотеза Биля берет на себя смелость утверждать, что невозможно найти вообще ни одной формы такой, что $x^k+y^m=z^n$, для каких-то $x,y,z$. Надо заметить очень смелое утверждение. Равносильное тому, что никакие степени никаких чисел не могут быть представлены суммой каких-либо степеней других, взаимно простых с ними чисел, больше двух. Таким образом, это фундаментальное свойство множества всех натуральных чисел (а возможно и целых).

[Petern1]

Ответ МАТУ Уважаемый Мат, ответ Вам готовлю. Будет дня через 2-3. Извините за задержку. Petern1

[Мат]

Petern1
Времени у нас лет 20. Так что не спешите особо