Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[binki]

Null в сообщении #1489258 писал(а):

Эм. Тогда почему $y_1+z_1i=(m+ni)^p$? Этого вы от $m,n$ не потребовали. У вас 3 уравнения. $y_1=b^2, z_1=c^2$, их вы менять не можете.
Вообще почему $x$ - сумма квадратов? Вы умеете это доказывать? Может $x=283$?

Уважаемый Null
Благодарю за вопрос. Ответ может быть поставит последнюю точку.
В равенстве $x_1^p=y_1^2+z_1^2$ правая часть $y_1^2+z_1^2$ равна произведению сопряженных чисел. Но если степень $x_1^p$ равна произведению сопряженных чисел, то согласно свойствам комплексных чисел, $x_1$ также является произведением сопряженных комплексных чисел. А произведение сопряженных комплексных чисел равно сумме двух квадратов. Поэтому имеем право обозначить
$x_1=(m^2+n^2)$.
Целые числа $m,n$ определят всё множество сумм двух квадратов в левой части, а значит и все решения указанного равенства.
Разумная достаточность использования только целых $m,n$ определяется и тем, что использование дробных или иррациональных $m,n$ не даёт ни одной дополнительной суммы двух квадратов целых чисел $m^2+n^2$, а следовательно, ни одного дополнительного решения.
И, наконец, почему решения ищем через левую часть равенства. Потому что не разумно во всём множестве существования сумм двух квадратов выискивать в правой части равенства те, которые, удовлетворяю равенству.
Не будем же мы составлять таблицу степеней выискивая их во множестве целых. Будем возводить в степень. Что мы и делаем с комплексными. Определением $x_1=m^2+n^2$ сразу же определяются как целые и $y_1$ и $z_1$.
Всё доказано.

[Null]

binki в сообщении #1489338 писал(а):

то согласно свойствам комплексных чисел, $x_1$ также является произведением сопряженных комплексных чисел

Целость не гарантируется, нет такого свойства. Это надо доказывать.

binki в сообщении #1489338 писал(а):

Всё доказано.

Вы повторили то что уже говорили. Вы используете не доказанные утверждения.

[vorvalm]

недоказанные (сомнительные) утверждения

[Null]

binki в сообщении #1489338 писал(а):

Разумная достаточность использования только целых $m,n$ определяется и тем, что использование дробных или иррациональных $m,n$ не даёт ни одной дополнительной суммы двух квадратов целых чисел $m^2+n^2$, а следовательно, ни одного дополнительного решения.

Это все то же самое утверждение. Его надо доказать.

[Antoshka]

Null в сообщении #1489366 писал(а):

Это все то же самое утверждение. Его надо доказать

А можете пояснить, почему нельзя доказать факт, что $x$ равен сумме квадратов посредством теоремы: натуральное число можно представить в виде суммы двух квадратов натуральных чисел $\Leftrightarrow$ в разложении этого числа по основной теореме арифметики числа вида $4k-1,k\in\mathbb{N}$ содержатся там только в четных степенях?

[Null]

Antoshka в сообщении #1489385 писал(а):

А можете пояснить, почему нельзя доказать факт, что $x$ равен сумме квадратов посредством теоремы: натуральное число можно представить в виде суммы двух квадратов натуральных чисел $\Leftrightarrow$ в разложении этого числа по основной теореме арифметики числа вида $4k-1,k\in\mathbb{N}$ содержатся там только в четных степенях?

Можно(Надо еще доказать четность степени. Точнее её равенство 0). Но мы говорим о другом утверждении. Прочитайте тему полностью.

[binki]

Null в сообщении #1489339 писал(а):

Целость не гарантируется, нет такого свойства. Это надо доказывать.

Уважаемый Null
Свойство комплексных Из Зельдовича и Мышкиса, Элементы прикладной математики стр 170.
Произведение сопряженных комплексных чисел .
Если $v_1v_2=w_1w_2$, то $v^*_1v^*_2=w^*_1w^*_2 \qquad (1.1) $, где $v_1,v_2,v^*,w^*$ - комплексные числа. Со звездочкой - сопряженные.
Действительно для целых $a,b,c,d$,

$v_1v_2=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i$
$v^*_1v^*_2=(a-bi)(c-di)=(ac-bd)-(ad+bc)i$

Полагая в (1.1) $v_1=v_2 $, получим, что если $v_1^2=w$, то $(v^*)^2_1=w^*$. То есть при возведении в квадрат сопряженных чисел результаты также получаются сопряженными. Ясно, что это справедливо для любых целых положительных степеней. В самом деле пусть $v^3=w$. Запишем это так: $v^2v=w$. Согласно (1.1) отсюда следует, что $(v^2)^*v^*=w^*$, но $(z^*)^2=w^*$, так что $(v^*)^3=w^*$. Итак, из равенства $v^3=w$ следует $(v^*)^3=w^*$.

Итак, степень произведения сопряженных чисел дает произведение сопряженных чисел, то есть необходимую для решения сумму двух квадратов. А так как используется всё множество степеней сопряженных чисел, то других решений нет. Как бы Вы не представляли сумму двух квадратов целых чисел, через иррациональные комплексные, останется та же сумма двух квадратов целых чисел. Поэтому разумная достаточность и даёт нам право использовать гауссовы (с целыми коэффициентами) комплексные числа.

vorvalm в сообщении #1489354 писал(а):

недоказанные (сомнительные) утверждения

В чём сомнительные?
Уважаемый Antoshka, благодарю за участие в теме.

[Null]

binki в сообщении #1489552 писал(а):

В чём сомнительные?

Это он про орфографию. "недоказанные" пишется слитно.

binki в сообщении #1489552 писал(а):

А так как используется всё множество степеней сопряженных чисел, то других решений нет. Как бы Вы не представляли сумму двух квадратов целых чисел, через иррациональные комплексные, останется та же сумма двух квадратов целых чисел. Поэтому разумная достаточность и даёт нам право использовать гауссовы (с целыми коэффициентами) комплексные числа.

У вас нет права использовать недоказанные утверждения.

[binki]

Null в сообщении #1489555 писал(а):

У вас нет права использовать недоказанные утверждения.

Рассмотрено всё множество степеней $x_1^p=(m+ni)^p(m-ni)^p$ с целыми (m,n), дающие произведение сопряженных чисел справа в равенстве $x_1^p=y_1^2+z_1^2=(y_1+z_1i)(y_1-z_1i)$. Слева и справа обязательно сопряженные числа. $x_1$ обязательно произведение сопряженных чисел. Но если Вам не нравятся целые $m,n$, то есть разумная достаточность, то используйте иррациональные.
Ничего не изменится и не добавит ни одного решения. Всё равно $x_1$ должен быть произведением сопряженных чисел (суммой двух квадратов целых чисел), а $x_1^p$ равняется сумме двух квадратов целых чисел в правой части. Все это рассмотрено и на Ваших числовых примерах.

[Null]

Выберите 1 из 2: $m,n$ могут быть иррациональными или мы рассматриваем не все тройки $x_1,y_1,z_1$? С чем вы дальше будете работать?

binki в сообщении #1489571 писал(а):

Ничего не изменится и не добавит ни одного решения.

Не доказано, значит использовать это утверждение нельзя. Хватит повторять.

binki в сообщении #1489571 писал(а):

Все это рассмотрено и на Ваших числовых примерах.

Примеры доказательной силы не имеют. Примеры показывали что ваши утверждения ложны. Для того чтоб быть истинным утверждение должно покрывать все случаи. В нем должно быть прямо написано что $B,C$ можно переставлять и менять знаки. Смена знаков меняет последующее доказательство.

[lek]

binki в сообщении #1489571 писал(а):

Слева и справа обязательно сопряженные числа. $x_1$ обязательно произведение сопряженных чисел.

Не обязательно. Например, $y_1=z_1=2$, $p=3$ и $x_1=-1+i\sqrt{3}$.

[Valprim]

При доказательстве теоремы Ферма для биквадратов также использовалась пара целых $m,n$. Никому не приходило в голову использовать
иррациональные $m,n$. Так что? Теорема Ферма для биквадратов не доказана?

[lek]

Null подсказал, что по условию $x_1\in\mathbb{Z}$. В этом случае $x_1^3=2^2+2^2=8(\cos\pi/4+i\sin\pi/4)(\cos\pi/4-i\sin\pi/4)=(t\bar{t})^3$. Отсюда $t=\sqrt{2}(\cos k\pi/12+i\sin k\pi/12)$, где $k=0,1,2$, и поэтому $x_1=(\sqrt{2}\cos k\pi/12)^2+(\sqrt{2}\sin k\pi/12)^2$. Очевидно, что слагаемые справа не являются квадратами натуральных чисел, т.е. $x_1\ne m^2+n^2$.

[Null]

Valprim в сообщении #1489655 писал(а):

При доказательстве теоремы Ферма для биквадратов также использовалась пара целых $m,n$.

При доказательстве теоремы Ферма для биквадратов используется известная и доказанная формула примитивных Пифагоровых троек.
В тексте есть замечание :"Таким образом, в простейшей пифагоровой тройке $(x, y, z)$ одно из чисел $x$ или $y$ четно, а другое число и $z$ нечетно. Предположим, что $y$ четно, а $x$ и $z$ нечетны." - как видите для случая $x$ четно, а $y$ и $z$ нечетны формулы будут другими(надо $x$ и $y$ переставить местами).
У binki в 1ом утверждении вообще 4 случая(2 из них заметно меняют последующее доказательство). И он не пытается его доказать или, как предлагалось, привести ссылку на доказательство. В формулы для 3ей степени ему поверили, это тоже известно, а вот для 4той уже не так просто.

[binki]

lek в сообщении #1489586 писал(а):

Не обязательно. Например, $y_1=z_1=2$, $p=3$ и $x_1=-1+i\sqrt{3}$.

.

lek в сообщении #1489668 писал(а):

Очевидно, что слагаемые справа не являются квадратами натуральных чисел, т.е. $x_1\ne m^2+n^2$.

Приветствую Вас, уважаемый lek
Для целых $m,n$ обязательно.
Квадрат модуля равен $2$ для комплексных чисел $(1+i)(1-i)=2=(1^2+1^2)$.
Число $2$ можно представить в виде суммы вещественных чисел (целых, дробных, иррациональных), используя всё его множество.
Но другого целого решения не будет. В этом и заключается разумная достаточность использования только целых $m,n$, не перебирая всё множество вещественных, ища противоречий.
И второе, второстепенное. В теме числа взаимно простые. После сокращения общего делителя, у Вас тождество $(1+1)^1=1+1$
Но остановимся на очевидном, достаточным для обсуждения главного утверждения темы. Пьер Ферма:
"Если число после деления на наибольший содержащийся в нем квадрат (составленный из сомножителей числа) даёт частное, которое делится на простое число вида $4k-1$, то заданное число не будет квадратом и не может быть разложено в сумму двух целых или дробных квадратов"
То есть, $x_1$ не равен сумме двух квадратов, если содержит сомножитель - степень числа $4k-1$ с нечетным показателем.
Но тогда и $x_1^p$ (при нечетном $p$ ) по той же причине не будет равен сумме двух квадратов. То есть, что
$x_1$ равен сумме двух квадратов, для существования решения в этом случае обязательно.
Так как для четных $p$ не существование решения доказано в теореме Ферма для биквадратов. То достаточно доказать не существование решения для неопределённого уравнения $x^p=y^4+z^4$ только для нечетных $p$.