Фундаментальные свойства степеней

[Мат]

В общем, прошу прощения, к сожалению не смог разыскать снова тот форум на иностранном языке но суть в том что уравнение:
$x^3+y^4=z^{12}$ как и уравнение $x^3+y^{12}=z^4$ решений не имеют.
Идея доказательства такова:
Уравнение $x^3+y^4=z^{12}$ является частным случаем уравнения
$x^3+y^4=z^6$.
Перенесем $y$ в правую чать и выразим через разность кубов, один из которых будет кубо-квадратом:
$y^4=z^6-x^3=(z^2-x)(z^4+z^2x+x^2)$.
Далее возможны различные случаи взаимной простоты выражений в скобках:
$z^2-x=a^4$
$z^4+z^2x+x^2=b^4$
Откуда:
$x=z^2-a^4$
После чего во втором выражении подставляется $x$, упрощается и находится дискриминант:
$z^4+z^2x+x^2=z^4+z^2(z^2-a^4)+(z^2-a^4)^2=3z^4-3z^2a^4+a^8-b^4=0$
Откуда $D=12b^4-3a^8=c^2$, что эквивалентно:
$4b_1^4-a_1^8=3c_1^2$
Левая часть - разность квадратов.
Далее просто рассматриваются всевозможные случаи и простым перебором различных вариантов доказывается, что оно решений не имеет.
Точно так же рассматривается случай, когда $y$ делится на три.
Так что ни Биля ни abc-conjecture никто не опровергает.

Добавлено спустя 1 час 18 минут 30 секунд:

Кстати нетрудно заметить, насколько получившееся уравнение:
$4b^4-a^8=3c^2$ похоже на уравнение Ферма
$x^4+y^4=z^2$.
Кто хорошо знаком с формами, посмотрите у Petern1 п.2.идею доказательства можно увидеть невооруженным взглядом.

[bot]

Мат в сообщении #181327 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: ... $x^3+y^{12}=z^4$ Несложно заметить, что второе уравнение представляет собой не что иное как пресловутую сумму кубов.

А если бы я сказал, что сумма двух квадратов может быть любой степенью, Вы бы предложили мне порешать уравнение $x^4+y^4=z^2$?

[Petern1]

to Мат, Naiv1 и др.

Naiv1 на стр. 5 писал: «Разве важно кто высказал гипотезу …? Важнее чтобы она была интересна и трудна в решении. И при чем тут деньги?»
Уважаемый Naiv1, не покажется ли Вам интересной гипотеза:
«Сумма кубов не может быть равна ни какой степени, кроме квадрата». (Принципиальное значение имеет доказать это для взаимно простых чисел!!!).
Первая ступенька: сумма кубов не равна кубу доказана.
Вторая ступенька: сумма кубов не равна 4-ой степ. ?
Вот что у меня есть по второй ступени:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$. Второй множитель обозначим $A$.
Используя формулы умножения $A_1*A_2$ (см. стр. выше), мы можем вывести формулы вычисления таких $a_4 , b_4$, при которых $A$ равно 4-ой степени. И таких формул набирается 4-е тройки формул.
Первая тройка:
$a_4=A_1^2$
$b_4_,_1=A_1^2$
$b_4_,_2=0$. Где $A_1=a_1^2-a_1b_1+b_1^2$, $a_1,b_1$ любые.
Вторая тройка:
$a_4=(a_1^2-b_1^2)A_1$
$b_4_,_1=(a_1^2-2a_1b_1)A_1$
$b_4_,_2=(2a_1b_1-b_1^2$
3-яя тройка:
$a_4=b_1^4-6a_1^2b_1^2+4a_1^3b_1$
$b_4_,_1=a_1^4-6a_1^2b_1^2+4a_1b_1^3$
$b_4_,_2=b_1^4-4a_1b_1^3+4a_1^3b_1-a_1^4$
4-ая тройка:
$a_4=a_1^4-a_1^3b_1+a_1b_1^3-b_1^4$
$b_4_,_1=2a_1^3b_1+3a_1b_1^3-b_1^4$
$b_4_,_2=a_1^4-3a_1^3b_1+3a_1^2b_1^2-2a_1b_1^3$
Первую и вторую тройки формул из рассмотрения исключаем, так как там числа $a_4,b_4$ равны или не взаимно простые. Построим формулы сумм $a_4+b_4$ для третей и 4-ой троек.
3-яя тройка:

$$a_4+b_4_,_1=a_1^4+4a_1^3b_1-12a_1^2b_1^2+4a_1b_1^3+b_1^4$$

.
Приложив усилия, это выражение можно преобразовать
$a_4+b_4_,_1=(a_1+b_1)^4-18a_1^2b_1^2$.

$$a_4+b_4_,_2=2b_1^4-4a_1b_1^3-6a_1^2b_1^2+8a_1^3b_1-a_1^4$$

После преобразований
$a_4+b_4_,_2=2(a_1+b_1)^2(2a_1-b_1)^2-9a_1^4.$.
4-ая тройка:

$$a_4+b_4_,_1=a_1^4+a_1^3b_1-3a_1^2b_1^2+4a_1b_1^3-2b_1^4$$

После преобразований

$$a_4+b_4_,_1=(a_1+b_1)[(a_1+b_1)^2(a_1-2b_1)+9b_1^3]-9b_1^4$$

$$a_4+b_4_,_2=2a_1^4-4a_1^3b_1+3a_1^2b_1^2-a_1b_1^3-b_1^4$$

После преоб.

$$a_4+b_4_,_2=(a_1+b_1)[(a_1+b_1)[2(a_1+b_1)(a_1-5b_1)+27b_1^2]-27b_1^3]+9b_1^4$$

.
Предлагается совместными усилиями доказать, что приведенные здесь суммы не могут!!! (или могут?) быть равны числам в 4-ой степени. Мы тем самым докажем, что сумма кубов не может (или может) быть равна 4-ой степени.
Уважаемые, Мат и naiv1, для Вас это представляет интерес???
Если да, то дальше будут следующие ступени.

Обращение к Коровьев "у. Если можно, попытайтесь выяснить, что приведенные здесь формулы вычисления $a_4,b_4$ , охватывают все , или не все случаи, при которых
$a_4^2-a_4b_4+b_4^2$, равно 4-ой степени. Но выяснить это надо исключительно для суммы кубов. Разность кубов примешивать сюда не следует.
С уважением и благодарностью Petern1.

[Мат]

Цитата:

Уважаемые, Мат и naiv1, для Вас это представляет интерес???

Если вы найдете решение, то заработаете премию Биля, которую он назначил без разницы тому кто докажет/опровергнет его гипотезу.

Добавлено спустя 16 минут 10 секунд:

хотя лично мне куда больше интересны 5-е степени Хотя бы потому что они непредставимы и этот факт также не доказан и не опровергнут за исключением случая, когда:

$$\frac{8^5+11^5}{8+11}=101^2$$

Уникальный случай тем более, если учесть, что число 101 не представимо никакими числами вида

$$\frac{a^5+b^5}{a+b}$$

, что легко проверить

[Petern1]

to Мат

О числах $a^5+b^5$ деленное на $(a+b)$

Уважаемый Мат, из Вашего последнего сообщения следует, что Вы изучаете упомянутые числа. Для удобства изложения обозначим их $A_5$. Someone привел два случая, при которых число $A_5$ равно квадрату $a=11,b=8 , a=123,b=35$ Этими случаями я также сильно озадачился. Раньше я предполагал, что числа $A_5$ вообще не могут быть равны ни какой степени, кроме пятой. Сейчас следует полагать, что числа $A_5$ могут быть квадратами. И теперь задача состоит в том, чтобы научиться их вычислять. Приведенные Вами ранее уравнения мне не совсем понятны и, кажется, они не решают полностью эту задачу. Поэтому хочу предложить на Ваше рассмотрение соотношения, которые может быть окажутся полезными .
Числа $A_5$ легко преобразуются в форму:
$A_5=(a^2+b^2)(a^2-ab+b^2)-a^2b^2.$ Числам $a , b$ присвоим индексы $a_1_,_1 , b_1_,_1$
Если при некоторых $a_1_,_1 , b_1_,_1$ число $A_5$ равно квадрату, то должны строжайше выполняться следующие соотношения или условия.
$a_1_,_1^2+b_1_,_1^2$ обязательно должна быть составным числом и тогда эта сумма будет равна сумме квадратов другой пары чисел.
$a_1_,_1^2+b_1_,_1^2=a_1_,_2^2+b_1_,_2^2$ . Далее
$a_1_,_2*x+b_1_,_2*y=a_1_,_1*b_1_,_1 $. При этом
$x^2+y^2-1$ должно делиться на 12, а также сумма квадратов этих чисел должна быть равна
$x^2+y^2=a_1_,_1^2+b_1_,_1^2-a_1_,_1*b_1_,_1$
Для случая $a_1_,_1=11, b_1_,_1=8$ будут
$a_1_,_2=13, b_1_,_2=4$
$x=4, y=9$.
Уважаемый Мат, если приведенные соотношения помогут Вам, то я буду бесконечно рад.
И убедительная просьба к Someone сказать каким образом он получил приведенные им числа, при которых $A_5$ равно квадрату, если это не является его тайной.
С уважением Petern1

[Мат]

Petern1 писал(а):

Числа $A_5$ легко преобразуются в форму:
$A_5=(a^2+b^2)(a^2-ab+b^2)-a^2b^2.$

Интересное соображение. Тоже не совсем все понял, но мои соображения:
1. Т.к. $A_5=t^2$, то перенеся $a^2b^2$ в левую часть, получим сумму квадратов, которая делится и на $a^2+b^2$ и на $a^2+b^2-ab$, откуда следует, что число:
$t^2+a^2b^2$ является одновременно и формой $p^2+q^2-pq$ и то же самое относится к числам $a^2+b^2$ и $a^2-ab+b^2$ которые также будут двойными формами.

[Petern1]

Дополнение к ответу для МАТА

Уважаемый Мат. Вы как бы удивляетесь тому, что число 101 не является числом вида $A_5$. Я же не удивляюсь этому, а говорю так и быть должно. Это еще раз подтверждает предположение, что $A_5_,_1*A_5_,_2$ не является числом такого вида.
Много лет назад я упорно пытался найти
$A_5=A_5_,_1*A_5_,_2$ и не нашел. Отсюда предположение, что такое не может быть. Была сделана попытка доказать это предположение. Но доказательство (элементарное) получилось настолько громоздким (плакатный лист размером 60 на 80 см. плотно заполнен выкладками), что предъявлять его на обозрение не целесообразно.
Уважаемый Мат, быть может методами современной Высшей алгебры ( я полагаю Вы ими владеете) можно построить удобоприемлемое доказательство того, что $A_5_,_1*A_5_,_2$ не может быть числом 4A_5$. Это фундаментальное свойство.
Искренне желаю Вам удачи. Petern1.

Добавлено спустя 33 минуты 43 секунды:

Ответ МАТУ.

Только что дал Вам Дополнение и обнаружил Ваше…
Вы все совершенно правильно поняли, что достойно восхищения. Но если все-таки требуются пояснения некоторых ньюансов, Ваш запрос и я отвечу что смогу. И если я что-нибудь опускаю в выкладках так только потаму, что опасаюсь быть… И так надо ли что-то пояснить по $A_5$ ?
С уважением Petern1

[Мат]

Спасибо.
Непонятно:
1. Почему
$a_1_,_1^2+b_1_,_1^2$ обязательно должна быть составным числом?
2. При этом
$x^2+y^2-1$ должно делиться на 12, а также сумма квадратов этих чисел должна быть равна
$x^2+y^2=a_1_,_1^2+b_1_,_1^2-a_1_,_1*b_1_,_1$
Функции чисел $x$, $y$?

[maxal]

Мат в сообщении #181575 писал(а):

В общем, прошу прощения, к сожалению не смог разыскать снова тот форум на иностранном языке но суть в том что уравнение:
$x^3+y^4=z^{12}$ как и уравнение $x^3+y^{12}=z^4$ решений не имеют.
Идея доказательства такова:
Уравнение $x^3+y^4=z^{12}$ является частным случаем уравнения
$x^3+y^4=z^6$

Возможно имелась в виду эта страничка:
http://mathpages.com/home/kmath213.htm
где находятся все решения уравнения $x^3+y^2=z^6$ в целых числах.

Добавлено спустя 47 минут 21 секунду:

Мат в сообщении #175658 писал(а):

Подробнейшим образом изучил сегодня уравнение:
$\frac{x^5+y^5}{x+y}=p^2$

В статье
H. Darmon and A. Granville, "On the Equations $z^m = F(x, y)$ and $Ax^p + By^q = Cz^r$"
доказывается, что указанные диофантовы уравнения, где $F(x,y)$ - однородный полином (например, $F(x,y)=\frac{x^5+y^5}{x+y}$), $m\geq 2$, имеют лишь конечно число решений, за исключением лишь некоторых очень специальных случаев.

Добавлено спустя 15 минут 3 секунды:

Petern1 в сообщении #167981 писал(а):

5) Сумма кубов может быть равна квадрату.
Формулы вычисления $a ,b$ таких, сумма кубов которых равна квадрату
$a=4k(k^3-1)$ $[20_a]$ ,
$b=8k^3+1^4$ $[20_b]$

Много подобных формул есть тут:
http://euler.free.fr/identities.htm

[Petern1]

Ответ МАТУ

1)

$$(a_1_,_1^2+b_1_,_1^2)(a_1_,_1^2+b_1_,_1^2-a_1_,_1b_1_,_1)= =z^2+(a_1_,_1b_1_,_1)^2$$

. Рассуждаем: справа сумма квадратов, слева произведение двух чисел, значит сумма квадратов справа должна быть произведением, при том произведением только сумм квадратов, что доказано Эйлером. (Ранее в подобном случае меня сильно упрекнул Sceptic за то, что я не сделал такую ссылку. Но я ему благодарен).
Ясно что одной такой суммой должна быть
$a_1_,_1^2+b_1_._1^2$ Второй суммой квадратов должно быть число во второй скобке
$a_1_,_1^2+b_1_,_1^2-a_1_,_1b_1_,_1=x^2+y^2$.
Теперь вспомним формулы умножения сумм квадратов. Они есть на первой странице нашей темы. Для нашего случая запишем
$a_1_,_1b_1_,_1=a_1_,_1x+b_1_,_1y$
$z=a_1_,_1y-b_1_,_1x$. (Здесь надо бы поставить плюс—минус, но их не пропускает ТЕГ. Не знаю почему). Рассматриваем первое равенство. Слева произведение двух чисел, справа их сумма и мы пытаемся умножить каждое слагаемое на $x$ , $y$, чтобы получить равенство. Это возможно при
$a_1_,_1=2, b_1_,_1=2, x=1, y=1$ . Поразмыслив хорошенько, думаю, Вы согласитесь, что при других любых числах равенство не возможно. Надо чтобы слагаемые справа были другими числами, чем произведение чисел слева. Но такое равенство у нас должно быть. Это требуют формулы умножения сумм квадратов. Поэтому
$a_1_,_1b_1_,_1=a_1_,_2x+b_1_,_2y$ Числа $a_1_,_2 , b_1_,_2$ мы можем заиметь если наложим требование на сумму квадратов $a_1_,_1^2+b_1_,_1^2$ быть составным числом, т.е. быть произведением двух сумм квадратов. А такие суммы квадратов имеют две пары чисел (что известно).
$a_1_,_1^2+b_1_,_1^2=a_1_,_2^2+b_1_,_2^2$. Это ответ на первый вопрос.
2) Почему $x^2+y^2-1$ должно делиться на 12? У нас
$x^2+y^2=a_1_,_1^2-a_1_,_1b_1_,_1+b_1_,_1^2$ Это и сумма квадратов и не полный квадрат разности ( второй множитель суммы кубов). Любая сумма квадратов есть $4k+1$. Палагаю Вы знакомы с этим, В свое время Ферма выдал теорему: любое простое вида $4k+1$ есть сумма квадратов. С другой стороны не полный квадрат разности есть числа $6k+1$ (Числа
$a,b$ взаимно простые). К стати здесь тоже может быть сформулирована теорема: любое простое число вида $6k+1$ есть не полный квадрат разности (а вообще и суммы). Но возвращаемся к вопросу. Наш не полный квадрат разности он же и сумма квадратов, если вычесть из него 1 должен делиться на 4 и на 6, значит на 12.
Последнее. Если говорить о функции, то здесь быстрее $x,y$ зависят от $a,b$.
Рад общению с Вами. Petern1

[Мат]

maxal писал(а):

Возможно имелась в виду эта страничка:
http://mathpages.com/home/kmath213.htm

Слава Богу! Нашлась

Добавлено спустя 12 минут 44 секунды:

Petern1
Понятно, спасибо. Про то, что неполный квадрат является числом вида $6k+1$ не знал. Вычисления, с помощью которых я пришел к своим формулам на стр.3 слишком громостки (подстать вашим) и сложны. Приведу в кратце:
1. Число

$$A=\frac{x^5+y^5}{x+y}$$

представимо как:
$A=(x+y)^4-5xy(x+y)^2+5x^2y^2$ или
$A=p^2-5qp+5q^2$
Причем однозначно, т.к. система:
$(x+y)^2=p$
$xy=q$
Однозначно каждой паре $x,y$ ставит пару $p,q$ и наоборот.
2. Находя дискриминант квадратного уравнения и принимая, что $A=u^2$, получаем:
$4u^2+5q^2=D^2$
3. Замечая, что $4u^2=(2u)^2$ и решая данное уравнение по вашим формулам сумм квадратов с коэффициентами и затем приравнивая $p=(x+y)^2$,$q=xy$, находим искомые формулы.

[maxal]

Мат в сообщении #176337 писал(а):

Т.е. сводится к нахождению решения системы уравнений:
$4a^2-b^2+2ab=p^2$
$2ab+3b^2=q^2$
которые очень похожи на те, которые я задал вам в качестве задач. Единственное известное мне решение$(a=73;b=32)$

Поиск взаимно-простых решений указанной системы диофантовых уравнений сводится к поиску рациональных точек на эллиптической кривой, что позволило легко получить, например, следующие решения $[a,b]$:

[1, 2]
[73, 32]
[31057, 6498]
[33525409, 96660608]
[5267046686449, 134924540450]
[920963270511479689, 1118787835534387488]
[4745847983665407299241697, 3875718869462990362230338]
[365309369293930680239507875254913, 28190509194007507318100130755072]
[39478559239913479030627960098883833154081, 127306813024276334011861289076555124895682]
[769141261554799989259693145813571022441374092104201, 82924822196488885627893797010781203715709538663200]

А вообще решений у этой задачи бесконечно много в виду того, что ранг этой кривой равен 1.

[Мат]

Ну вот и еще одна задача решена.
Стало быть, Вайлс молодец. Его методы кое-где работают. Спасибо.
Хотя, надо заметить, что решений немного. А под конец каждое последующее решение отличается от предыдущего на 10 порядков, причем порядок с каждым разом все увеличивается. Интересно. Жаль что я плохо понимаю в эллиптических кривых. Быть может восполню этот пробел.
Кстати, в приведенном Вами листинге между серединами пар решений прослеживается парабола $y=-\sqrt x$ (если через запятые провести кривую).

Добавлено спустя 16 минут 10 секунд:

Данный результат надо опубликовать. Пусть люди знают, что еще не у всех серое вещество выветрилось.

[maxal]

Мат
Это на самом деле пустяковая задача, и уж тем более не достойная отдельной публикации.
Кстати, для ее решения про рациональные и эллиптические кривые достаточно знать в объеме этой брошюрки:
Алгебраическая геометрия и теория чисел: рациональные и эллиптические кривые
Рекомендую ознакомиться.

Добавлено спустя 34 минуты 20 секунд:

Petern1 в сообщении #184704 писал(а):

Это еще раз подтверждает предположение, что $A_5_,_1*A_5_,_2$ не является числом такого вида.
Много лет назад я упорно пытался найти $A_5=A_5_,_1*A_5_,_2$ и не нашел. Отсюда предположение, что такое не может быть.

Еще как может:

$$\frac{1^5 + 2^5}{1+2} \cdot \frac{6^5 + 7^5}{6+7} = \frac{5^5 + 13^5}{5+13}.$$

[Мат]

maxal писал(а):

Еще как может:

$$\frac{1^5 + 2^5}{1+2} \cdot \frac{6^5 + 7^5}{6+7} = \frac{5^5 + 13^5}{5+13}.$$

Точно! А как это я мог такое пропустить? Да, тупо ошибся.

Добавлено спустя 1 минуту 38 секунд:

В книжке 48 листов. Нетолстая. За книжку спасибо. Будем учиться.