Фундаментальные свойства степеней

[bot]

Батороев в сообщении #179907 писал(а):

Немного (100000$) о Биле.

Нечто подобное я и предполагал.
Ничем, кроме премии гипотеза не мотивируется. Высказать её мог любой, мягко говоря, профан, но этот с деньгами.

[naiv1]

bot в сообщении #180166 писал(а):

Ничем, кроме премии гипотеза не мотивируется.

А чем, интересно гипотеза должна мотивироваться?
Чем в частности мотивировалась знаменитая гипотеза Ферма, превратившаяся в доказанную сравнительно недавно теорему?

bot в сообщении #180166 писал(а):

Высказать её мог любой, мягко говоря, профан, но этот с деньгами

Разве важно кто высказал гипотезу - профан или академик (или даже bot )? Важнее что бы она была интересная и трудная!
И причем тут деньги? Премия просто дополнительный стимул к решению интересной проблемы.

Попробуйте выдвинуть свою гипотезу или на худой конец решить предложенную. Билем, например.

[bot]

naiv1 писал(а):

А чем, интересно гипотеза должна мотивироваться?

Либо практической нуждой либо должна диктоваться логикой развития науки.
Здесь мы имеем дело с механическим перенесением естественных условий для одной задачи на другую - её опять же механическое обобщение, в котором эти условия уже не диктуется никакой логикой, более того они вообще с ним никак не связаны, во всяком случае этих связей я не вижу. Мотивировка не всегда бывает очевидна, в таких случаях принято полагаться на авторитет.
Вот Ферма - это имя, а кто такой Биль? Финансист.

Цитата:

Попробуйте выдвинуть свою гипотезу или на худой конец решить предложенную Билем, например.

Я не специалист в теории чисел. Глядя на равенство $1^3+2^3=3^2$ и не имея перед глазами других подобных примеров, высказать гипотезу и поставить себя в один ряд с Каталаном - автором другой гипотезы большого ума не требуется, но чтобы она заинтересовала специалистов, нужна какая-то мотивировка. Мне она не известна.
Выдвигать гипотезы просто так от нечего делать или из желания засветиться не считаю для себя возможным. Таких охотников и без меня хватает. Вот Биль просто купил, впрочем ни одного серьёзного упоминания гипотезы Биля я не нашёл.

[Коровьев]

bot, в общем-то, прав.
БТФ - это разложимая, однородная форма (и к тому ж красивая форма).
Гипотеза Биля - это неразложимая, неоднородная форма (и некрасивая форма). Конечно красота дело вкуса, но вот неразложимость и неоднородность формы очень существенно.
Задача представления чисел разложимими однородными формами в полных модулях решена теоретически полностью. Однако неизвестен даже общий подход той же задачи в неполных модулях, только "указание" -метод Сколема, включить неполный модуль в полный, решить и попрововать отсеять всё ненужное. Я уж молчу про неоднородные разложимые формы, как у Биля.
Для неразложимых же форм не существует такого изящного аппарата теории чисел, как модули. Может другого аппарата для неразложимых форм человечество и не найдёт, коль даже с частной задачей разложимой формой БТФ билось 300 лет.
И, конечно, настрогать подобных гипотез может даже один школьник, а сто умных не смогут возразить.
Гипотеза
x^k + y^l \ne z^{k + l}
ничем не хуже. Но на одну переменную меньше.
Может для начала попробовать решить разложимый вариант гипотезы Биля
x^n + y^n \ne z^m}
Конечно 100 000 никто н даст, но престиж и слава.. ./я, правда, не знаю, решена она или нет, и решалась ли /

[Мат]

bot писал(а):

Глядя на равенство $1^3+2^3=3^2$.

Можно сделать предположение о равенстве:
$1^n+2^3=3^2$

Добавлено спустя 6 минут 52 секунды:

Коровьев писал(а):

Гипотеза
x^k + y^l \ne z^{k + l}
ничем не хуже. Но на одну переменную меньше.

Кстати, очень красиво, учитывая, что уравнение:
$a_1k+a_2l=a_3(k+l)$ имеет бесконечно много решений, то любое уравнение:
$x^k+y^m\neq z^n$ всегда можно привести к виду:
$x^k + y^l \ne z^{k + l}$.
Жаль, что этим фактом будет очень сложно воспользоваться при доказательстве неразрешимости.

[bot]

Коровьев писал(а):

Гипотеза x^k + y^l \ne z^{k + l}
ничем не хуже.

Если одно из чисел $m,n,k$ взаимно просто с двумя другими (легко обобщить наращением числа слагаемых и добавлением коэффициентов), то настрогать существенно различных решений уравнения $x^m+y^n=z^k$ ничего не стоит.
Изящный способ мне показал maxal, мой способ был хуже.
Другое дело, что не все решения таким образом получаются. Примерами могут служить равенства

$(3\cdot 421)^5+(5\cdot 421)^5=(2\cdot 421^2)^3$

$2101^5+(7\cdot 2101)^5=(2\cdot 2101^2)^3$

или то, которое я уже приводил.
Тоже можно обобщать, тока в какую сторону? Бывают прыжки в длину, бывают в высоту, а некоторые желают прыгать в ширину.

Цитата:

Конечно 100 000 никто не даст, но престиж и слава.. ./я, правда, не знаю, решена она или нет, и решалась ли /

Я тоже не в курсе, а престиж и славу не заработаешь решением проблем, неизвестно кем и зачем поставленных.

[Petern1]

Ответ МАТУ . По вопросу:

$a^3+b^3=x^2$

$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$ , $(a^2-ab+b^2$ обозначим $A$
$(a+b)$ и $A$ взаимно просты (случай 3 делит $a+b$ не в счет). Поэтому $(a+b)*A$ может быть равно квадрату, если оба сомножителя равны квадрату. Произведение $A_1A_2=A_3$.
Формулы умножения, первая тройка:
$a_3=a_1a_2+b_1b_2-a_1b_2$ $[1_a_3]$
$b_3_,_1=a_1a_2+b_1b_2-a_2b_1$ $[1_b_3_,_1]$
$b_3_,_2=a_2b_1-a_1b_2$ $[1_b_3_,_2]$. Вторая тройка

$a_3=a_1a_2-b_1b_2$ $[2_a_3]$ .
$b_3_,_1=a_1a_2-a_1b_2-a_2b_1$ $[b_3_,_1]$
$b_3_,_2=a_1b_2-a_2b_1-b_1b_2$ $b_3_,_2]$
Подставляя в эти формулы вместо $a_2 , b_2$ $a_1 , b_1$ мы получим формулы вычисления таких $a_3 , b_3$ , при которых число $A$ = квадрату. По тройке формул $[1]$
$a_3=a_1^2-a_1b_1+b_1^2=A-1$ $[3_a_3]$
$b_3_,_1=a_1^2-a_1b_1+b_1^2=A_1$ $[3_b_3_,_1]$
$b_3_,_2=0$ $[3_b_3_,_2]$
По тройке формул $[2]$
$a_3=a_1^2-b_1^2$ $[4_a_3]$
$b_3_,_1=a_1^2-2a_1b_1$ $[4_b_3_,_1]$
$b_3_,_2=2a_1b_1-b_1^2$ $[4_b_3_,_2]$
Числа по формулам $[3]$ для дальнейшего рассмотрения интереса не представляют, так как $a_3=b_3_,_1$ и $b_3_,_2=0$.
Рассмотрим числа $[4]$. Убедимся, что они дают $A_1^2$.

$$a_3^2-a_3b_3_,_1+b_3_,_1^2=(a_1^2-b_1^2)^2-(a_1^2-b_1^2)(a_1^2-2a_1b_1)+(a_1^2-2a_1b_1)^2=a_1^4-2a_1^3+3a_1^2b_1^2-2a_1b_1^3+b_1^4=(a_1^2-a_1b_1+b_1^2)^2$$

В точности получим такой результат и при подстановке
$a_3 , b_3_,_2$
Сумма оснований

$$a_3+b_3_,_1=2a_1^2-2a_1b_1-b_1^2=4a_1^2-4a_1b_1+b_1^2-2a_1^2+2a_1b_1-2b_1^2=(2a_1-b_1)^2-2(a_1^2_a_1b_1+b_1^2)$$

.
Предположим
$(2a_1-b_1)^2-2(a_1^2-a_1b_1+b_1^2)=x^2$.
$(2a_1-b_1-x)(2a_1-b_1+x)=2(a_1^2-a_1b_1+b_1^2)$.
$2a_1-b_1-x=2 , x=2a_1-b_1-2$
$2a_1-b_1+2a_1-b_1-2=(a_1^2-a_1b_1+b_1^2)$
$2(2a_1-b_1-1)=A_1$. $A_1$ всегда не четно, поэтому последнее равенство не возможно, поэтому сумма оснований квадрату быть равно не может и сумма кубов этих чисел не равна квадрату.
Сумма оснований
$a_3+b_3_,_2=a_1^2+2a_1b_1-2b_1^2=(a_1+b_1)^2-3b_1^2$.
Предположим
$(a_1+b_1)^2-3b_1^2=x^2$
$(a_1+b_1-x)(a_1+b_1+x)=3b_1^2$
$a_1+b_1-x=3 , x=a_1+b_1-3$

$$a_1+b_1+x=b_1^2 , 2a_1+2b_1-3=b_1^2 , 2a_1-2=b_1^2-2b_1+1 , 2a_1=(b_1-1)^2+2$$

Очевидно, что $b_1$ должно быть не четным $b_1=2k+1$. Тогда $2a_1=(2k+1-1)^2+2=4k^2+2$
$a_1=2k^2+1$ Где $k=0,1,2,3,..$ Исходя из этого
$a_3=a_1^2-b_1^2=(2k^2+1)^2-(2k+1)^2=4k(k^3-1)$
$b_3_,_2=2a_1b_1-b_1^2=2(2k^2+1)(2k+1)-(2k+1)^2=8k^3+1$. Сумма
$a_3+b_3_,_2=4k(k^3-1)+8k^3+1=x^2$. Пример:
$k=2$ , $a_3=56$ , $b_3=65$ , $56+65=121=11^2$ , $56^2-56*65+65^2=3721=61^2$ , $56^3+65^3=11^2*61^2=671^2$.
Подставляя в эти формулы любое k, мы будем получать такие
$a_3 , b_3$. Сумма кубов которых будет равна квадрату.
Уважаемый МАТ, из приведенных выкладок еще не следует, что мы здесь вычислим абсолютно все суммы кубов равные квадрату. А может и все? Если это Вас заинтересует попытайтесь дожать.
Следующий вопрос, который, как мне кажется, должен представлять интерес для теории чисел---это может ли сумма кубов быть равна 4-ой, 5-ой и т.д. степеням. Это трудная задача, но не опус Билля. Petern1.

[naiv1]

Коровьев в сообщении #180417 писал(а):

Может для начала попробовать решить разложимый вариант гипотезы Биля
x^n + y^n \ne z^m}
Конечно 100 000 никто н даст, но престиж и слава.. ./я, правда, не знаю, решена она или нет, и решалась ли /

Предлагаю еще более упростить гипотезу Биля и представляю на рассмотрение участников следующую вполне разрешимую гипотезу.

Не существует не равных друг другу натуральных $x$ и $y$ и произвольных натуральных $n$ и $m$, которые удовлетворяли бы уравнению
$x^n = y^m$

Предлагается доказать или опровергнуть ее, приведя, например, противоречащий ей пример.

[AV_77]

naiv1 писал(а):

Не существует не равных друг другу натуральных $x$ и $y$ и произвольных натуральных $n$ и $m$, которые удовлетворяли бы уравнению
$x^n = y^m$
Предлагается доказать или опровергнуть ее, приведя, например, противоречащий ей пример.

Например $2^4 = 4^2$.

[bot]

Petern1 писал(а):

Следующий вопрос, который, как мне кажется, должен представлять интерес для теории чисел---это может ли сумма кубов быть равна 4-ой, 5-ой и т.д. степеням. Это трудная задача, но не опус Билля. Petern1.

Не представляет никакого интереса. Сумма кубов натуральных чисел может быть любой степенью, не делящейся на 3 и не может в противном случае.

Об этом написано непосредственно перед Вашим постом:

bot в сообщении #180438 писал(а):

Если одно из чисел $m, n, k$ взаимно просто с двумя другими (легко обобщить наращением числа слагаемых и добавлением коэффициентов), то настрогать существенно различных решений уравнения $x^m+y^n=z^k$ ничего не стоит.

[Мат]

bot писал(а):

Не представляет никакого интереса. Сумма кубов натуральных чисел может быть любой степенью, не делящейся на 3 и не может в противном случае.

Во-первых, не любой. Ради интереса решите уравнение:
$x^3+y^4=z^{12}$. Оно ничего сложного из себя не представляет. Решения я находил в интернете. Или уравнение $x^3+y^{12}=z^4$. Несложно заметить, что второе уравнение представляет собой не что иное как пресловутую сумму кубов. Но вашим методом оно не решится.
Вот здесь и появляется первая необходимость в гипотезе Биля.
Во-вторых, математическая ценность гипотезы Биля также в том, что действующими методами невозможно ее доказать. Не верите - спросите у Вайлса. Пусть вместо кривой:
$y^2=x(x-a^n)(x-b^n)$ возьмет кривую $y^2=x(x-a^k)(x-b^p)$ и докажет, что она также не может быть модулярной. Тогда мы увидим доказательство гипотезы Биля. Но что-то Вайлс примолк.

[Коровьев]

Мат писал(а):

bot писал(а):

Не представляет никакого интереса. Сумма кубов натуральных чисел может быть любой степенью, не делящейся на 3 и не может в противном случае.

Во-первых, не любой. Ради интереса решите уравнение:
$x^3+y^4=z^{12}$. Оно ничего сложного из себя не представляет. Решения я находил в интернете. Или уравнение $x^3+y^{12}=z^4$. Несложно заметить, что второе уравнение представляет собой не что иное как пресловутую сумму кубов. Но вашим методом оно не решится.
Вот здесь и появляется первая необходимость в гипотезе Биля.
Во-вторых, математическая ценность гипотезы Биля также в том, что действующими методами невозможно ее доказать. Не верите - спросите у Вайлса. Пусть вместо кривой:
$y^2=x(x-a^n)(x-b^n)$ возьмет кривую $y^2=x(x-a^k)(x-b^p)$ и докажет, что она также не может быть модулярной. Тогда мы увидим доказательство гипотезы Биля. Но что-то Вайлс примолк.

А чего Вайлсу дёргаться-то, раз найдены контропримеры $x^3+y^4=z^{12}$ напрочь опровергающие Биля?

Добавлено спустя 37 минут 29 секунд:

Petern1 в сообщении #181151 писал(а):

из приведенных выкладок еще не следует, что мы здесь вычислим абсолютно все суммы кубов равные квадрату. А может и все?

Не. Не все. И далеко не все.
Пусть
A^3 + B^3 = (A + B)(A^2 - AB + B^2 ) = (A + B)(A + \varepsilon B)(A + \varepsilon ^2 B) = C^2
где
1 + \varepsilon + \varepsilon ^2 = 0
Рассмотрим только вариант, когда C не делится на 3.
Тогда для некоторых целых a и b должно выполняться
A + \varepsilon B = (a + \varepsilon b)^2 = a^2 + \varepsilon 2ab + \varepsilon ^2 b^2 = (a^2 - b^2 ) + \varepsilon (2ab - b^2 )
A + \varepsilon ^2 B = (a + \varepsilon ^2 b)^2 = a^2 + \varepsilon ^2 2ab + \varepsilon b^2 = (a^2 - b^2 ) + \varepsilon ^2 (2ab - b^2 )
Откуда
A = a^2 - b^2
B = 2ab - b^2
Имеем также
A^2 - AB + B^2 = (A + \varepsilon B)(A + \varepsilon ^2 B) = [(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon ^2 b)]^2 = (a^2 - ab + b^2 )^2 = C_1^2
Далее, необходимо чтобы
A + B = a^2 + 2ab - 2b^2 = (a + b)^2 - 3b^2 = C_1^2
Тогда для некоторых целых x и y должно выполняться
(a + b) + \sqrt 3 b = (x + \sqrt 3 y)^2 = (x^2 + 3y^2 ) + 2\sqrt 3 xy
(a + b) - \sqrt 3 b = (x + \sqrt 3 y)^2 = (x^2 + 3y^2 ) - 2\sqrt 3 xy
Откуда
a + b = x^2 + 3y^
и имеем
b = 2xy
a = x^2 - 2xy + 3y^2
Тогда
A + B = [(a + b) + \sqrt 3 b)][(a + b) - \sqrt 3 b] = (x + \sqrt 3 y)^2 (x - \sqrt 3 y)^2 = (x^2 - 3y^2 )^2 = C_2^2
Если выразить A, B, C_1, C_2 через xи y, то мы получим тождество, естественно, верное для любых x и y, даже иррациональных и комплексных.
A^3 (x,y) + B^3 (x,y) \equiv C_1^2 (x,y)C_2^2 (x,y)
Раскрывать его не буду, слишком длинно и нудно, да и не нужно.
Примеры.
x = 1,y = 2 \to a = 9,b = 4 \to A = 65,B = 56 \to 65^3 + 56^3 = 671^2

x = 2,y = 1 \to a = 3,b = 4 \to A = - 7,B = 8 \to ( - 7)^3 + 8^3 = 13^2

[vlad239]

Коровьев писал(а):

А чего Вайлсу дёргаться-то, раз найдены контропримеры $x^3+y^4=z^{12}$ напрочь опровергающие Биля?

Где найдены? Они же тогда заодно и abc-conjecture опровергают, нет?

Влад.

[naiv1]

AV_77 писал(а):

naiv1 писал(а):

Не существует не равных друг другу натуральных $x$ и $y$ и произвольных натуральных $n$ и $m$, которые удовлетворяли бы уравнению
$x^n = y^m$
Предлагается доказать или опровергнуть ее, приведя, например, противоречащий ей пример.

Например $2^4 = 4^2$.

Предлагаю усложненный вариант упрощенной гипотезы Биля.

Не существует не равных друг другу взаимно простых натуральных $x$ и $y$ и произвольных натуральных $n$ и $m$, которые удовлетворяли бы уравнению
$x^n = y^m$

Предлагается доказать или опровергнуть ее, приведя, например, противоречащий ей пример.
Что-то мне подсказывает, что найти такой пример будет довольно сложно.

[Коровьев]

vlad239 писал(а):

Коровьев писал(а):

А чего Вайлсу дёргаться-то, раз найдены контропримеры $x^3+y^4=z^{12}$ напрочь опровергающие Биля?

Где найдены? Они же тогда заодно и abc-conjecture опровергают, нет?

Влад.

Дык, эта инфа не от мня, а от Мат

Мат в сообщении #181327 писал(а):

Ради интереса решите уравнение: $x^3+y^4=z^{12}$
Оно ничего сложного из себя не представляет. Решения я находил в интернете.

Добавлено спустя 29 минут 4 секунды:

naiv1 писал(а):

AV_77 писал(а):

naiv1 писал(а):

Не существует не равных друг другу натуральных $x$ и $y$ и произвольных натуральных $n$ и $m$, которые удовлетворяли бы уравнению
$x^n = y^m$
Предлагается доказать или опровергнуть ее, приведя, например, противоречащий ей пример.

Например $2^4 = 4^2$.

Предлагаю усложненный вариант упрощенной гипотезы Биля.

Не существует не равных друг другу взаимно простых натуральных $x$ и $y$ и произвольных натуральных $n$ и $m$, которые удовлетворяли бы уравнению
$x^n = y^m$

Предлагается доказать или опровергнуть ее, приведя, например, противоречащий ей пример.
Что-то мне подсказывает, что найти такой пример будет довольно сложно.

Основная теорема арифметики мне подсказывает, что найти такой пример для целых рациональных чисел невозможно, ибо таковых не существует. Найти её и изучить можно по ключевым словам в интернете.