ВТФ-новое решение для N=2

[bot]

gris в сообщении #192376 писал(а):

Ваше проверялось в Экселе, где была сделана безуспешная попытка сходу отыскать решение в натуральных числах.

Я не проверял в Экселе - просто не надо, потому что. А вопрос-то, господа гусары, я кому ставил? Главе - вот, пусть он бы и ответил, чем заниматься пустобрёхством о ВТФ, в котоорой он ни уха ни ... , не скажу чьего - если коротко, то по сельскому хозяйству, я уже вообще ни в чём не уверен - хрен его знает, чей он глава, заметит ли мою явную подставу?

[Алексей К.]

gris в сообщении #192369 писал(а):

(Droog_Andrey, у Вас описка - (10,-7,-3)

gris, а Вы там синюю скобочку забыли закрыть! Я тоже внимательно читаю, и в Ворде проверяю!

[gris]

Алексей К., да, конечно. Спасибо за своевременное замечание.

[Мат]

Droog_Andrey писал(а):

bot писал(а):

Для каких различных простых чисел $p, q, r$ уравнение $x^p+y^q=z^r$ разрешимо в целых положительных числах? Первое уравнение в этом ряду $x^2+y^3=z^5$.

Задача весьма интересная.

ЕМНИП, эвристические прикидки наводят на мысль, что у этого первого уравнения должно быть бесконечное количество решений, в то время как для всех остальных уравнений, вместе взятых, количество решений должно быть конечным (хотя мне не известно ни одного).

Если снять требования положительности, то первое уравнение имеет красивое решение (10; -7; -3).

$654^2+127^3=19^5$
$2730128^2+12931^3=395^5$
Очевидно, что решений бесконечно много.
Но вот кажется, что для $x^2+y^4=z^5$ уже решений нет, во всяком случае в пределах чисел с плавающей точкой уж точно. Хотя не исключено, что решение может появиться позже. Числа любят так прикалываться.

[Руст]

Мат писал(а):

Но вот кажется, что для $x^2+y^4=z^5$ уже решений нет, во всяком случае в пределах чисел с плавающей точкой уж точно. Хотя не исключено, что решение может появиться позже. Числа любят так прикалываться.

$x=a(a^2+b^4)^2,y=b(a^2+b^4),z=a^2+b^4, a,b\in Z$ разве не решение.

[arqady]

Мат писал(а):

Но вот кажется, что для $x^2+y^4=z^5$ уже решений нет,...

А как быть с

$$(4,2,2)$$

$?$
bot, я бы Вашу задачу решил.

[Мат]

Руст

[Руст]

На самом деле легко расписать двухпараметрическое семейство решений для уравнения
$x^m+y^n=z^k$, когда m,n,k не имеют общего делителя как в этом, так и в случае botа. Но не всегда удается доказать, что нет других решений. Всё это элементарная математика. Думаю в книге Серпинского (изучению которой призывает maxal ), они имеются.

[Мат]

Руст
Гипотеза Биля: для взаимно простых $x,y,z$ и некоторых $n,m,k$ уравнение $x^n+y^m=z^k$ не имеет решений при $n,m,k>2$.

Добавлено спустя 8 минут 1 секунду:

Книжку Серпинского я скачал, читал. Там куммеровские идеи об идеалах. Комплексные числа. Мне это неинтересно. Мне нравятся действительные числа, которые можно "потрогать".

[Гаджимурат]

Brukvalub в сообщении #191754 писал(а):

досуге доказать ВТФ?

Если бы это было так -я не сидел бы на этом прекрасном форуме!Кто-то собирает марки,кто-то выращивает цветы,.....А я так-же не разбираюсь в животноводстве и полеводстве-у меня одна собака и три!! кошки.Одно увлечение-критиковать статьи,теоремы.

[Руст]

Мат писал(а):

Руст
Гипотеза Биля: для взаимно простых $x,y,z$ и некоторых $n,m,k$ уравнение $x^n+y^m=z^k$ не имеет решений при $n,m,k>2$.

Добавлено спустя 8 минут 1 секунду:

Книжку Серпинского я скачал, читал. Там куммеровские идеи об идеалах. Комплексные числа. Мне это неинтересно. Мне нравятся действительные числа, которые можно "потрогать".

Вообще говоря имеется 3 двухпараметрических семейств решений, связанным с выделением одной переменной и представлением её как сумму или разность степеней двух других. Но эти семейства могут пересекаться. Все они строятся как не взаимно простые. Только случайно могут затесаться взаимно простые. Например при решении $x^2+y^3=z^5$ перенесём y (или x) в другую сторону и ищем решение в виде $z=ad^k,y=bd^m$. Тогда $x^2=a^5d^{5k}-b^3d^{3m}$. Выбирая $5k=3m$ (минимальное $k=3,m=5$) получаем при $d=a^5-b^3$ решение $x=(a^5-b^3)^8=d^8,y=b(a^5-b^3)^5,z=a(a^5-b^3)^3$. Взаимно простое решение из этого семейства получится только если для некоторых взаимно простых a,b окажется d=+-1. Т.е. эти решения не противоречат гипотезе Биля.

[Prorab]

Prorab:

Уважаемые участники, прошу прекратить оффтоп. В этой теме - обсуждение работ автора, все остальные обсуждения прекращаем.

[bot]

Руст писал(а):

На самом деле легко расписать двухпараметрическое семейство решений для уравнения
$x^m+y^n=z^k$, когда m,n,k не имеют общего делителя как в этом, так и в случае botа. Но не всегда удается доказать, что нет других решений. Всё это элементарная математика. Думаю в книге Серпинского (изучению которой призывает maxal ), они имеются.

Достаточно одного из m, n, k взаимно простого с остальными. Эх испортили всё, господа гусары!
Придётся дальше по сельскому хозяйству прикалываться.

В какое время лучше всего сеять пшено?
Как повысить удой известкового молока?
До какой температуры надо нагревать бордосскую жидкость для отпаивания телят?

Это будет вполне в духе альтов занимающихся теоремой Ферма, делением на нуль, дифференцированим неизвестно чего по хрен знает чему и т.д. и т.п.

Кстати вот интересная деталь. Для проблемы четырёх красок кажется ведь нет гуманоидного решения, а перебор компьютерный кто проверял?
Так вот почему-то альты этой проблемой не занимаются - во всяком случае мне не попадалось. В чём причина? Я, кажется догадался.
В этой теореме фигурируют краски и карты. Видимо дело в том, что профессии, связанные с красками и с картами предполагают наличие некоторого интеллекта, а соединение этих двух требований в одном индивиде и вовсе сводит число возможных соискателей к нулю.
А вот теоремой Ферма может заниматься кто угодно - ни тебе красок, ни карт, только два действия - сложение, да умножение - это в 1-м классе проходят. А ежели кто бином Ньютона освоил, то это уж с этой-то высоты и подавно всё как на ладошке ...

Добавлено спустя 2 минуты 44 секунды:

ЗЫ. Прошу прощения за оффтоп, может быть отделить и перенести?

[Руст]

bot писал(а):

Руст писал(а):

На самом деле легко расписать двухпараметрическое семейство решений для уравнения
$x^m+y^n=z^k$, когда m,n,k не имеют общего делителя как в этом, так и в случае botа. Но не всегда удается доказать, что нет других решений. Всё это элементарная математика. Думаю в книге Серпинского (изучению которой призывает maxal ), они имеются.

Достаточно одного из m, n, k взаимно простого с остальными.

$m=2,n=6,k=3$ Для каждого числа найдётся другое, с которым оно не взаимно просто, т.е. не подходит вашему определению. В то же время $gcd(2,6,3)=1$, т.е. тройка не содержит общего делителя. Решается тем же способом.

[Мат]

Руст писал(а):

Вообще говоря имеется 3 двухпараметрических семейств решений, связанным с выделением одной переменной и представлением её как сумму или разность степеней двух других. Но эти семейства могут пересекаться. Все они строятся как не взаимно простые. Только случайно могут затесаться взаимно простые. Например при решении $x^2+y^3=z^5$ перенесём y (или x) в другую сторону и ищем решение в виде $z=ad^k,y=bd^m$. Тогда $x^2=a^5d^{5k}-b^3d^{3m}$. Выбирая $5k=3m$ (минимальное $k=3,m=5$) получаем при $d=a^5-b^3$ решение $x=(a^5-b^3)^8=d^8,y=b(a^5-b^3)^5,z=a(a^5-b^3)^3$. Взаимно простое решение из этого семейства получится только если для некоторых взаимно простых a,b окажется d=+-1. Т.е. эти решения не противоречат гипотезе Биля.

Если бы существовало решение, когда $d=\pm1$, то существовало бы меньшее решение:
$a^5-b^3=1^n$ или $b^3+c^n=a^5$ для любых $n$, что также противоречит гипотезе Биля. Таким образом, любые $d=\pm1$ уже противоречат гипотезе Биля. Но замечание, надо признать, интересное! В нем стоит поковыряться, ведь если будет найдено хоть одно такое $d$, гипотеза Биля будет опровергнута.