Доказательство частных случаев Гипотезы Била

[binki]

Часть 1
Согласно гипотезе Била уравнение $A^x+B^y = C^z \quad (1)$ не имеет примитивного решения $(a,b,c)\in \mathbb N$ при $(x,y,z)>2$. Частным случаем гипотезы является уравнение
$A^x=C^4-B^4 \quad (2)$.
1. Для нечетного $(A)$ и при условии, что на $x$ может делиться только $b$, уравнение (2) примет вид:

$A^x =A_1^x A_2^x =(C^2 - B^2)(C^2+B^2)\quad (3)$.

$A_1^x=(C^2-B^2);\quad (4) \quad A_2^x=(C^2+B^2) \quad (5)$

2. Для $a=a_1 a_2$ при условиях по п.1. и при $a_1<a_2$ всегда найдется пара чисел $(m,n)$ такая, что $a_1=(m-n); \quad a_2=(m+n)$
3. Согласно п.1 и п.2

$a_1^x =(m-n)^x =\overset{+}{N} - \overset{-}{N} $ \quad (6), где

$\overset{+}{N}$ - сумма положительных слагаемых разложения бинома Ньютона.

$\overset{-}{N}$ - сумма отрицательных слагаемых разложения бинома Ньютона.

Пусть
$c^2 =\overset{+}{N}; \quad b^2 = \overset{-}{N}$.
Тогда и $(c^2 -b^2)$, и $(c^2 +b^2)$ являются степенями натуральных чисел.
Таким образом, примитивные решения для уравнения (4) определятся известными следующими формулами:
$a_1^x=(m-n)^x \quad (7)$,

$c^2 =\overset{+}{N}\quad (8), \quad b^2 =\overset{-}{N} \quad (9)$

4.Решения для (5) также известны и определяются с помощью комплексных чисел, используя следующую формулу:
$a=m^2 +n^2 =(m-ni) (m+ni) \quad (10)$
Тогда:
$ (m-ni)^x =N - \overset{i}{N}i \quad (11)$, где

$N$ - сумма слагаемых разложения бинома Ньютона без мнимой единицы.

$\overset{i}{N}i$ сумма слагаемых разложения бинома Ньютона с мнимой единицей.

Если
$ c= N; \quad bi= \overset{i}{N}i;\quad b=\overset{i}{N}$

то $(c-bi)$, и $(c+bi)$ являются степенями комплексных чисел.Тогда
$a^x=(m-ni)^x(m+ni)^x=(c-bi)(c+bi)\quad (11) $
$a^x=c^2+b^2 \quad (12)$
То есть всегда существует решение для уравнения:
$A^x=C^2+B^2 \quad (13)$
Заметим, что в отличии от $ \overset{+}{N}$ сумма $ N$ из равенства (11) состоит из положительных и отрицательных слагаемых разложения бинома. Поэтому при фиксированных значениях $(m,n)$, примитивные решения для (5) и (13) будут разными.

$ \overset{+}{N} \ne N$, Аналогично $ \overset{-}{N} \ne \overset{i}{N} \quad (6)$
Эти выводы (6) исчерпывают докво гипотезы Била для уравнения (2). Так как
выражения в скобках правой части (3) не имеют одновременно одинаковых примитивных решений. Решения совпадают только при показателе $(x=1)$.

[binki]

Решение для уравнения (4) найдено $(c^2,b^2)$ Однако необходимо показать известные решения (4) $(c,b)$. Метод аналогичный нахождению решений $(c^2,b^2)$
$A_1^x=A^x_{11}A^x_{21}=(C^2-B^2)=(c-b)(c+b); \quad (4a) $
При условиях п.1 п.2 всегда найдется такая пара $(m,n)$, что $m-n =c-b; \quad m+n=c+b$

$a_{11}^x =(m-n)^x =\overset{+}{N} - \overset{-}{N} \quad (6a)$ , где

$\overset{+}{N}$ - сумма положительных слагаемых разложения бинома Ньютона.

$\overset{-}{N}$ - сумма отрицательных слагаемых разложения бинома Ньютона.

Пусть
$c =\overset{+}{N}; \quad b = \overset{-}{N}$.
Тогда и $(c -b)$, и $(c +b)$ являются степенями натуральных чисел.
Таким образом, примитивные решения для уравнения (4) определятся известными следующими формулами:

$a_{11}^x=(m-n)^x \quad (7a)$,
$a_{21}^x=(m+n)^x \quad (7b)$,

$c^2 =\overset{+}{N}\quad (8a), \quad b^2 =\overset{-}{N} \quad (9a)$

[binki]

Часть 2
Частным важным случаем по гипотезе Била является уравнение
$A^x=C^y+B^y\quad (2.1)$
1. Для нечетного $(A)$ и при условии, что на $x$ может делиться только $b$, а также согласно методов примененных в части 1 справедливо утверждение:
Если существует равенство $a_1^x=c^y-b^y \quad (2.2)$, то существуют

$a_2^x=c^y+b^y \quad (2.3)$ и

$a_1^x a_2^x=(c^y-b^y) (c^y+b^y) =(c+b)(c-b)((\overset{+}{N})^2-(\overset{-}{N})^2) \quad (2.4)$ Где

$\overset{+}{N} \quad \overset{-}{N}$ - соответственно положительные и отрицательные суммы слагаемых многочлена $\frac {C^y-B^y}{C+B}$
Равенство (2.4) для фиксированной пары $(m,n)$ может удовлетворить только четыре комбинации с парой $(m,n)$. Это возможно только в случае если существует следующее равенство:

$$a^x=a_1^xa_2^x=a^x_{11}a^x_{12}a^x_{21}a^x_{22}=(m^4-n^4)=(m^2-n^2)(m^2+n^2) \quad (2.5)$$

$a^x=(m^2-n^2)(m^2+n^2)=(m-n)(m+n)(m-ni)(m+ni)$

В части 1 доказано, что равенства (2.5) не существует, а значит не существует примитивного решения для уравнения Била (2.1). Что и требовалось доказать. Доказательство этого частного случая фактически доказывает общий случай гипотезы Била.

[binki]

binki в сообщении #1442974 писал(а):

$$a^x=a_1^xa_2^x=a^x_{11}a^x_{12}a^x_{21}a^x_{22}=(m^4-n^4)=(m^2-n^2)(m^2+n^2) \quad (2.5)$$

$a^x=(m^2-n^2)(m^2+n^2)=(m-n)(m+n)(m-ni)(m+ni)$

Опечатки. Правильно:

$$a^x=a_1^xa_2^x=a^x_{11}a^x_{12}a^x_{21}a^x_{22}=(m^4-n^4)^x=(m^2-n^2)^x(m^2+n^2)^x \quad (2.5)$$

$a=(m^2-n^2)(m^2+n^2)=(m-n)(m+n)(m-ni)(m+ni)$

[binki]

binki в сообщении #1442909 писал(а):

$c^2 =\overset{+}{N}\quad (8a), \quad b^2 =\overset{-}{N} \quad (9a)$

Опечатка. Правильно:
$c =\overset{+}{N}\quad (8a), \quad b =\overset{-}{N} \quad (9a)$

[binki]

Текст плохо воспринимается. Поэтому с пояснениями небольшими порциями.
Предположим гипотеза Била не верна. Есть примитивное решение $(a,b,c) \in \mathbb N$ и существует равенство её частного случая при числах $(c,b)$ разной четности и условии, что на $(x)$ могут делиться либо $(c)$, либо $(b)$. Тогда, при $a=a_1a_2=a_{11}a_{12}a_{21}a_{22}$
$a^x=(c^4-b^4)\quad (1)$
$a_1^x=(c^2-b^2) \quad (2)$
$a_{11}^x=(c-b) \quad (3)$
$a_{12}^x=(c+b) \quad (4)$
$a_2^x=(c^2+b^2) \quad (5)$
$a_{21}^x=(c-bi) \quad (6)$
$a_{22}^x=(a+bi) \quad (7)$
Если рассматривать равенства (2), (5) независимо друг от друга, то для каждого из них существует бесчисленное множество примитивных решений, которые определяются известными формулами. Действительно для равенства (2), если $c-(c-(c-d))=(c-b);\quad b=(c-d)$, то $(c)$ может принимать любое значение. Тогда справедливо следующие равенства:

$$a_{11}^x=(m-n)^x=\overset {+}{N}-\overset {-}{N}\quad (8)$$$$a_{12}^x=(m+n)^x=\overset {+}{N}+\overset {-}{N}\quad (9)$$

где
$\overset {+}{N}, \quad\overset {-}{N} $ суммы, соответственно положительных и отрицательных слагаемых бинома Ньютона $(m-n)^x$
Определим:
$c=\overset {+}{N}, \quad b=\overset {-}{N}\quad (10)$.
Тогда известные формулы нахождения примитивных решений для равенства (2) примут вид:
$a_{11}=(m-n) \quad (11)$

$c=\overset {+}{N}\quad (12) \quad b=\overset {-}{N}\quad (13)$

Тогда
$c-b=\overset {+}{N}-\overset{-}{N} \quad (14)$
$c+b=\overset{+}{N}+\overset {-}{N} \quad (15)$

[Iosif1]

binki в сообщении #1442974 писал(а):

Если существует равенство $a_1^x=c^y-b^y \quad (2.2)$, то существуют

$a_2^x=c^y+b^y \quad (2.3)$ и

$a_1^x a_2^x=(c^y-b^y) (c^y+b^y) =(c+b)(c-b)((\overset{+}{N})^2-(\overset{-}{N})^2) \quad (2.4)$ Где

$\overset{+}{N} \quad \overset{-}{N}$ - соответственно положительные и отрицательные суммы слагаемых многочлена $\frac {C^y-B^y}{C+B}$

Захотелось уточнения:
$5^3-2^2 =11^2$;

$5^3+2^2 =3\cdot 43$;

[binki]

Iosif1 в сообщении #1443259 писал(а):

ахотелось уточнения:
$5^3-2^2 =11^2$;
$5^3+2^2 =3\cdot 43$;

Уважаемый Iosif1

Ваш пример не подходит к указанным формулам.Более того, если бы нашёлся такой пример, то гипотезу Била уже не надо было бы доказывать.
Пример подходит к части 1 темы, где как раз опровергается предположение об одновременном существовании степеней $c^2+b^2$ и $c^2-b^2$
Что касается части 2 темы, то в ней необходимо сделать достаточно много пояснений, поэтому она будет выделена в отдельную тему с названием "Вариант подхода к доказательству гипотезы Била". Кстати в формуле многочлена опечатка. Правильно: $\frac {C^y+B^y}{C+B}$.

[Iosif1]

binki в сообщении #1443307 писал(а):

Ваш пример не подходит к указанным формулам.

Остался при своём мнении. Желаю успехов.

[binki]

Iosif1 в сообщении #1443331 писал(а):

Остался при своём мнении.

В гипотезе Била все показатели $(x,y,z)>2$. А в ваших примерах квадраты. Так, что мнение ошибочное. Пока.

Продолжение улучшенного варианта темы

Для равенства (5 ) также имеется бесчисленное множество решений. Действительно, если
$c-bi=c+d-((c-d)i+d);\quad c-d=b$, то для любого $(c)$ иррациональное число не изменится. Тогда найдётся такое $(c)$, что будет справедливо следующее равенство:

$$a_{21}^x=(m-ni)^x=N-\overset{i}{N}i \quad (16)$$

$$a_{22}^x=(m+ni)^x=N+\overset{i}{N}i \quad (17)$$

Где
$N$ - сумма не содержащих мнимую единицу слагаемых разложения бинома Ньютона $(m-ni)^x$
$\overset {i}{N}i$ -сумма содержащих мнимую единицу слагаемых разложения бинома Ньютона $(m-ni)^x$
Определим:
$c=N; \quad bi=\overset {i}{N}i; \quad b=\overset {i}{N}$
Итак, решения для равенства (5) определяться следующими формулами:
$a_2=a_{21}a_{22}=m^2+n^2 \quad (18)$
$c=N ;\quad b=\overset {i}{N} \quad (19)$
$c-bi=N-\overset {i}{N}i; \quad c+bi=N+\overset {i}{N}i$
Таким образом, если гипотеза Била не верна, то примитивные решения для равенства (1) определяются одной парой чисел $(m,n)$. В этом случае:

$$a=a_{11}a_{12}a_{21}a_{22}=(m-n)(m+n)(m-ni)(m+ni)=(m^2-n^2)(m^2+n^2) \quad (20)$$

Но сумма $N$ из равенства (16) состоит из положительных и отрицательных слагаемых разложения бинома Ньютона $(m-ni)^x$в отличии от суммы $\overset {+}{N}$, состоящей только из положительных слагаемых бинома Ньютона $(m-n)^x$. То есть $N \ne \overset {+}{N}$
Аналогично $\overset {-}{N}\ne \overset {i}{N}$. Поэтому при фиксированных значениях чисел $(m,n)$ по равенству (1) примитивные решения для равенств (2),(5) будут разными. Следовательно, опровергается предположение о том, что гипотеза Била не верна для частного случая $A^x=C^4-B^4$.

[Iosif1]

binki в сообщении #1443570 писал(а):

В гипотезе Била все показатели $(x,y,z)>2$. А в ваших примерах квадраты. Так, что мнение ошибочное. Пока.

Дело тут совсем не в показателях степеней.
Ваше утверждение наводит на мысль, что Вы доказываете не гипотезу Била, а гипотезу binki. Пока.

[binki]

Часть 2

Вариант подхода к доказательству гипотезы Била для уравнения $A^x=C^y-B^y$

1. Основные условия не влияющие на общность доква: $a$ - нечетные числа; на $x$ могут делиться либо $(c)$ либо $(b)$; $(a,b,c) \in \mathbb N$.
2. Для произвольных взаимно простых степеней $(a_1^x, a_2^x) $ всегда найдётся такая пара $(s,t)$, что будут выполняться равенства:

$a_1^x=s-t; \quad a_2^x=s+t \quad (1)$

Следовательно, при предположении, что числа $(s,t)$ являются степенями $s=c^y;\quad t=b^y$, будут справедливы следующие равенства:

$a_1^x=c^y-b^y;\quad a_2^x=c^y+b^y;\quad a_1^xa_2^x=(c^y-b^y)(c^y+b^y)\quad (2)$

Заметим, что данное предположение является частным случаем, так как числа $(s,t)$ не являются произвольными.
3. При соблюдении условий по п.1 для составного $(a=a_1a_2)$ с взаимно простыми $(a_1,a_2)$ всегда найдутся такие $(c,b)$, что будет справедливо следующее равенство:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c-b)(c+b) \quad (3)$.

при условиях п.1 $(c-b); \quad (c+b)$ - взаимно простые.

4. Предположим, что существует решение $(a,b,c)$ для равенства:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^y-b^y=(c-b)\frac {c^y-b^y}{c-b} \quad (4)$

$(c-b);\quad \frac {c^y-b^y}{c-b} $ - взаимно простые числа при условиях п.1.

Тогда правые части равенств (3),(4) равны

$(c-b)(c+b)=(c-b)\frac {c^y-b^y}{c-b}$ \quad (5). Откуда

$(c+b)=\frac {c^y-b^y}{c-b}$ \quad (6)

Но это возможно только если $y=2$. (продолжение следует)

[binki]

Продолжение части 2
Или при $c-b=1$. Докво невозможности этого совместимо с доквом более общего случая уравнения Била $A^x=C^y+B^y$. Так как при произвольных значениях показателя $(x,)$ рассмотренный случай аналогичен $ C^y = A^x -B^y$.
5. Предположим, что существует решение $(a,b,c)$ для суммы степеней;

$a^x=a_1^xa_2^x=c^y+b^y=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (7)$

Произведение $a_1^xa_2^x$ при условиях п.1 всегда разлагается в разность квадратов,


$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c-b)(c+b); \quad (8)$.

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; \quad (9)$

Снова правые части (7), (8) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (10)$. Откуда

$(c-b)=\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (11)$.

Что возможно только при условии $y=2$ (Продолжение следует)

[binki]

Итак, не существует примитивного решения $(a,b,c)\in \mathbb N$ для уравнения Била $A^x=C^y+B^y$
На основании этого докажем, что не существует примитивного решения $(a,b,c)\in \mathbb N$ и для уравнения $A^x=C^z+B^y$.
6. Действительно, предположим, что справедливо равенство:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^z+b^y=(c^{z/y})^y+b^y; \quad (12)$.

Число $(c)\ne c_1^y$, так как в противном случае это предполагаемое равенство свелось бы к равенству (7), по которому справедливость гипотезы Била доказана. Следовательно для простых чисел $(z\ne y)$ число $(c^{z/y})$ иррациональное.
Итак:
$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c+b)(c-b); \quad (13)$

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; $ -взаимно простые.

$a_1^xa_2^x=(c^{z/y})^y+b^y =(c^{z/y}+b)\frac {(c^{z/y})^y+b^y}{c^{z/y}+b};\quad (14)$.

Правые части (13),(14) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c^{z/y}+b)\frac {(c^{z/y})^y+b^y}{c^{z/y}+b};\quad (15)$

При любых значениях $(c,b)$ правая часть (15) не делится на $(c+b)$. Место этого делителя занимает иррациональное число $(c^{z/y})$
Таким образом, доказан общий случай гипотезы Била.

-- 10.03.2020, 16:23 --

binki в сообщении #1443570 писал(а):

то для любого $(c)$ иррациональное число не изменится.

Опечатка. Правильно: - комплексное число

[binki]

Уважаемый модератор!
Для приведения в порядок прошу тему направить в карантин.