2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ... 12  След.
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 12:40 


19/04/14
321
Null в сообщении #1485334 писал(а):
Почему они равны? Последнее равенство. Откуда взялись $m$ и $n$? В доказательстве все новые переменные должны определяться.
Прямо говорю если $c$ и $b$ не взаимно просто это просто неправда(а вы это факт в вашем "Доказательстве" не используете). $5^2+10^2=5^3$ - попробуйте представить в вашем виде.

Уважаемый Null
Равны, потому что так их просто обозначили:
$m^2+n^2=A$;
$(m^3-3mn^2)=c$;
$(3m^2n-n^3)=b$
О взаимной простоте чисел (c,b) оговаривалось в постановке задачи
binki в сообщении #1484883 писал(а):
Итак, по гипотезе Била уравнение
$A^x=C^y+B^z \qquad (1)$
имеет решение если числа $(A,B,C)$ имеют общий делитель. Рассматриваем случай когда эти числа не имеют общего делителя, то есть $C,B$ взаимно простые.
Известно решение уравнения
$A^x=C^2+B^2 \qquad (2)$....

Поэтому ваш пример действительно не относится к рассматриваемому случаю.

-- 01.10.2020, 14:36 --

Andrey A в сообщении #1485336 писал(а):
$A=85$ имеет $2$ представления в виде суммы двух квадратов, $85^3$ имеет $8$ представлений, $85^5$ — соответственно $18$ представлений. Не первый раз обращаю Ваше внимание на это обстоятельство.

Уважаемый Andrey A
Здесь вы абсолютно правы. Но я никогда не утверждал, что число (A) можно представить одной парой квадратов. Речь шла всегда о том, что бином Ньютона $(m+ni)^x$; для конкретной пары (m,n) представляется однозначно. Однозначно в биноме определяются суммы действительной и мнимой частей, которые и определяют числа (c,b).
Однозначно определяется сопряженное число m-ni для числа m+ni.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 13:48 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1485340 писал(а):
Равны, потому что так их просто обозначили:
$m^2+n^2=A$;
$(m^3-3mn^2)=c$;
$(3m^2n-n^3)=b$
Ну докажите что такие $n,m$ существуют, и они целые.
binki в сообщении #1485340 писал(а):
О взаимной простоте чисел (c,b) оговаривалось в постановке задачи
Вы это не используете, значит это не нужно для вашего доказательства.
И хватит повторять одно и то же, у вас список несвязанных равенств, доказательством это не является.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 17:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
binki
Насчет составных вопрос снимаю. В остальном действительно хотелось бы увидеть более ясную цепь утверждений. Достаточно для кубов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 17:37 


19/04/14
321
Null в сообщении #1485348 писал(а):
Ну докажите что такие $n,m$ существуют, и они целые.

По условию числа (m,n) целые. Используется эта пара в формулах индусов и в доказательстве теоремы Ферма для биквадратов. Там тоже они по условию целые.
Andrey A в сообщении #1485378 писал(а):
хотелось бы увидеть более ясную цепь утверждений. Достаточно для кубов.

Постараюсь собрать всё в одно сообщение в ближайшие дни.
А пока, благодарю всех за участие в теме.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 18:59 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1485385 писал(а):
По условию числа (m,n) целые
Такого условия нет. В условии вообще нет $m$ и $n$.
binki в сообщении #1485385 писал(а):
Используется эта пара в формулах индусов и в доказательстве теоремы Ферма для биквадратов.
Советую разобраться в этих доказательствах по хорошему.
Напишу то что вы должны сказать:
Теорема: Пусть $S^x=Q^2+W^2$ - целые числа, и $\text{НОД}(Q,W)=1$, то тогда существуют целые $m,n$ такие что $(m+in)^x=\pm Q\pm iW$ или $(m+in)^x=\pm W\pm iQ$.
Вы должны это доказать или привести ссылку на доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 20:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
762
Вернёмся в самое начало повествования, на стр.1.
На мой взгляд собака вначале порылась тут.
binki в сообщении #1478596 писал(а):
$$A^3=(C^2)^2+(B^2)^2\quad(14)$,
известно решение
$A=m^2+n^2;$
$C^2=m^3-3mn^2=m(m^2-3n^2);$
$B^2=3m^2n-n^3=n(3m^2-n^2)$
Обозначим:
$(m^2-3n^2)=c_1^2;\quad(15)$
$(3m^2-n^2)=b_1^2\quad (16)$
Рассмотрим сумму:
$c_1^2+b_1^2=(3m^2-n^2)+(m^2-3n^2)=4(m^2-n^2)\quad (17)$
Так как $(m,n)$ разной четности, то $(b_1,c_1)$ - нечетные.
Следовательно не возможно решение равенства (17) в целых числах. А значит не существует решения $(a,b,c)$ и для (14)

Доказательство верное, но только для частного случая: $m$ и $n$ не делятся на $3$.
А случай, когда, к примеру, $m$ делится на $3$ и не является квадратом, а $n$ не делится на $3$, разрушает доказательство и нет смысла в остальных страницах.
По всей видимости, и в этом случае есть доказательство, но не такое уж простое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение01.10.2020, 21:01 


22/03/20
102
Коровьев в сообщении #1485398 писал(а):
Доказательство верное, но только для частного случая: $m$ и $n$ не делятся на $3$.
А случай, когда, к примеру, $m$ делится на $3$ и не является квадратом, а $n$ не делится на $3$, разрушает доказательство и нет смысла в остальных страницах.

Этот вариант уже рассматривался автором как частный случай
binki в сообщении #1485101 писал(а):
Должен признать, что первый вариант доква для уравнения $A^3=C^4+B^4$ с использованием вышеупомянутых квадратов является частным случаем в котором числа $(m,n)$ не делятся на (3).
Поэтому этот вариант можно больше не упоминать. Тем более, что в последствии было найдено общее решение для всех показателей $(x)$, где вышеупомянутые числа не обязательно должны быть квадратами.

Другой вариант подхода был предложен, по которому и продолжалось обсуждение.
Ждём обещанного автором сухого остатка

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение02.10.2020, 08:19 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1485404 писал(а):
Доказательство верное, но только для частного случая: $m$ и $n$ не делятся на $3$.

Уважаемый Коровьев
Да это так. Поэтому для неопределенного уравнении Била $A^x=B^4+C^4$ (где A,B,C,x - переменные) было показано, что для суммы мнимой части бинома Ньютона $(m+ni)^x $, обозначенной как $(b_1)$ должно выполняться равенство $(b_1=b\sqrt i)$, что невозможно при целых $(b_1,b)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение02.10.2020, 09:40 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1485449 писал(а):
должно выполняться равенство $(b_1=b\sqrt i)$,
Вы этого не доказали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение06.10.2020, 20:44 


19/04/14
321
Доработанное сообщение
Неопределенное уравнение
$A^x=C^y+B^z \qquad (1)$, где (A,B,C,x,y,z) - переменные,
по гипотезе Била не имеет решения в взаимно простых числах (a,b,c).
Для частного случая с биквадратами в правой части (1), рассмотрим сначала неопределенное уравнение
$A^x=C^2+B^2 \qquad (2)$
На основании свойств комплексных чисел, степень комплексного числа - число комплексное:

$(m+ni)^x=c+bi; \qquad (3)$
$(m-ni)^x=c-bi; \qquad (4)$

Для бинома $(m+ni)^x $ запишем произвольное слагаемое

$Sm^{x-k}(ni)^k \qquad (5)$, где (S) -биномиальный коэффициент.

(k) - четное у всех слагаемых, составляющих (c).
$(\pm ni)^k=-n^k $. Значит (c) не зависит от знака (n)
(k) -нечетное у всех слагаемых, составляющих (b).
Слагаемые с нечетным (k) при (-n) сменят полярность на противоположную. Значит (b) в (4) станет отрицательным.
Перемножив левые части и правые части (3),(4), получим:

$(m^2+n^2)^x=c^2+b^2; \qquad (6)$
Например, при показателе (x=3) (докво известное, но источник не помню.)

$(m+ni)^3=m^3(ni)^0-3mn^2 +(3m^2n-n^3)i; \qquad (7)$
$(m-ni)^3=m^3(ni)^0-3mn^2 -(3m^2n-n^3)i \qquad (8)$

Перемножив (7),(8), получим:
$m^2+n^2=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2 \qquad (9)$
То есть имеем решение:

$(m^2+n^2)=a; \qquad (10)$
$(m^3-3mn^2)=c; \qquad (11)$
$(3m^2n-n^3)=b \qquad (12)$

Решения (10),(11),(12) получаются для любой пары чисел (m,n), поэтому учитываются все существующие пары сопряженных комплексных чисел, степени которых образуют необходимые сопряженные числа $c\pm bi$ в (3),(4). Следовательно, охватываются все возможные решения (2) с взаимно простыми числами. Кроме того на равенстве $a=m^2+n^2$ получаются решения с общим делителем. Например для кубов: $aa^2=c^2a^2+b^2a^2$

Далее
$A^x=C^4+B^4 = (C^2)^2+(B^2)^2 \qquad (13)$
$A^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2 i)\qquad (14)$

Для (13) существует решение $(a, c^2, b^2 )$.
Но не может существовать целочисленное решение $(a, c, b)$.
Обозначив $B^2i=B_1^2$, перепишем (14) в виде:

$A^x=(C^2+B_1^2)(C^2-B_1^2);\qquad (15)$

$A_1^x=(C^2+B_1^2);\qquad (16)$

$A_2^x=(C^2-B_1^2)\qquad (17)$

Переменные $A_1,A_2$ не могут принимать значения сопряженных комплексных чисел с целыми (m,n), таких, чтобы переменная (B_1) приняла значение $b_1=b\sqrt i$.
Следовательно не существует целочисленного решения для (13), что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение07.10.2020, 12:16 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1485966 писал(а):
$m^2+n^2=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2 \qquad (9)$
Опечатка, надо $(m^2+n^2)^3=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2$
binki в сообщении #1485966 писал(а):
Следовательно, охватываются все возможные решения (2) с взаимно простыми числами.
Не следует. Поймите если $(m^2+n^2)^3=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2$, то от сюда ни как не следует что мы нашли все решения. Простая перестановка $(m^3-3mn^2)$ и $(3m^2n-n^3)$ местами будет решением, причем может не существовать таких целых $m_1$ и $n_1$ что $(m^3-3mn^2)=(3m_1^2n_1-n_1^3)$ и $(3m^2n-n^3)=(m_1^3-3m_1n_1^2)$, а у вас про это ни слова.
Советую изучить пример $(1^2+8^2)^3=7^2+524^2$
binki в сообщении #1485966 писал(а):
Переменные $A_1,A_2$ не могут принимать значения сопряженных комплексных чисел с целыми (m,n), таких, чтобы переменная (B_1) приняла значение $b_1=b\sqrt i$.
Эта фраза не имеет смысла. Напишите формулами хотя бы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение07.10.2020, 14:20 
Аватара пользователя


15/09/13
387
г. Ставрополь
binki в сообщении #1485966 писал(а):
по гипотезе Била не имеет решения в взаимно простых числах (a,b,c).

Имеет место подмена понятий в формулировке гипотезы Била.
«… то $A,B,C$ имеют общий простой делитель»
Null в сообщении #1486033 писал(а):
Советую изучить пример $(1^2+8^2)^3=7^2+524^2$

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение07.10.2020, 20:45 


19/04/14
321
Уажаемый Null
Спасибо за обнаруженную опечатку.

Null в сообщении #1486033 писал(а):
Простая перестановка $(m^3-3mn^2)$ и $(3m^2n-n^3)$ местами будет решением,....Советую изучить пример $(1^2+8^2)^3=7^2+524^2$

Не будет решением. Это уже рассматривалось.
(с) определяется однозначно суммой слагаемых с множителями $(ni)^0, (ni)^2$ (показатель четный, мнимая единица исчезает).
$(ni)^1, (ni)^3$ с нечетными показателями определяет слагаемые с мнимой единицей, и следовательно только (b). Можно переставлять, но не в нашем случае. То есть тогда, когда |c|=|b|, а у нас взаимно простые.
Ваш пример не опровергает утверждение, что охватываются все возможные решения, а только подтверждает его.
Уже утверждалось,поэтому повторяю. В сопряженных парах для (A) учитываются все комплексные числа, то есть все возможные пары (m,n).
Составное

$65 = (1+64) = (1+8i)(1-8i)$

$65 = (16+49) = (4+7i)(4-7i)$.

Как видим, вторая сопряженная пара учитывается другой парой (m,n).

Null в сообщении #1486033 писал(а):
Эта фраза не имеет смысла. Напишите формулами хотя бы.


Формулы уже указаны -(15),(16),(17)
Для показателя (x=3) переменная $(B_1)$ определилась бы выражением
$3m^2n-n^3=b\sqrt 3$. Что невозможно при целых (m,n)

vxv в сообщении #1486068 писал(а):
Имеет место подмена понятий в формулировке
гипотезы Била.
«… то $A,B,C$ имеют общий простой делитель»


Формулировка в теме очень краткая, следовало бы добавить при (x,y,z>2), но правильная. Из "не имеет решения в взаимно простых числа" вытекает, что с общим делителем решение возможно.
Ваше же понятие ошибочно и повторяет ошибку некоторых сообщений в инете, в том числе и в википедии. Правильно «… то $A,B,C$ имеют общий делитель» Простой делитель может рассматриваться только для уравнения Ферма.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение07.10.2020, 21:03 
Заслуженный участник


12/08/10
1608
binki в сообщении #1486211 писал(а):
Не будет решением.
Это неправда. $(m^2+n^2)^3=(3m^2n-n^3)^2+(m^3-3mn^2)^2$
binki в сообщении #1486211 писал(а):
Для показателя (x=3) переменная $(B_1)$ определилась бы выражением $3m^2n-n^3=b\sqrt 3$.
Откуда это возникло? Вы первый раз это пишите. Распишите доказательство этого места максимально подробно. Тут где то ошибка.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение07.10.2020, 22:06 
Аватара пользователя


15/09/13
387
г. Ставрополь
vxv в сообщении #1486068 писал(а):
Имеет место подмена понятий в формулировке гипотезы Била.
«… то $A,B,C$ имеют общий простой делитель»

binki в сообщении #1486211 писал(а):
Формулировка в теме очень краткая, следовало бы добавить при (x,y,z>2), но правильная. Из "не имеет решения в взаимно простых числа" вытекает, что с общим делителем решение возможно.
Ваше же понятие ошибочно и повторяет ошибку некоторых сообщений в инете, в том числе и в википедии. Правильно «… то $A,B,C$ имеют общий делитель» Простой делитель может рассматриваться только для уравнения Ферма.


Вы ошибаетесь, binki, очень мягко говоря. Вот "из первых рук":
«Гипотеза Била является обобщением последней теоремы Ферма. Он утверждает: Если $a^x+B^y=C^z$ , где $A,B,C,x,y,z$ -положительные целые числа, а $x,y,z$ -все больше $2$, то $A,B$ и $C$ должны иметь общий простой множитель.»
http://www.ams.org/profession/prizes-aw ... beal-prize
Оригинальный текст: Beal's conjecture is a generalization of Fermat's Last Theorem. It states: It states: If Ax + By = Cz, where A, B, C, x, y and z are positive integers and x, y and z are all greater than 2, then A, B and C must have a common prime factor.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 174 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ... 12  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group