Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била

[Null]

binki в сообщении #1486923 писал(а):

$A_1^x=(m^2+n^2i)^x$

Почему? Докажите! Почему коэффициенты у $A_1$ квадраты, нам известно только что $A_1^x=C^2+B^2i$.
$m,n$ действительные, комплексные, целые или гауссовы целые? Укажите пожалуйста явно.
И учтите что из $A_1^x=(C+Bi\sqrt{i})(C-Bi\sqrt{i})$ не следует $(C+Bi\sqrt{i})=A_{11}^x$, такой теоремы нет(скорее всего это не верно) и вы должны это доказывать.

[binki]

Null в сообщении #1486936 писал(а):

Почему? Докажите! Почему коэффициенты у $A_1$ квадраты, нам известно только что $A_1^x=C^2+B^2i$

.
Уважаемый Null

Всё доказывается единственностью записи комплексного числа. Показано было для (14.3). Но это справедливо для всех примененных формул.

$(m+ni\sqrt i)^x=(C+Bi\sqrt i)\qquad (24)$
Числа (C, B) - не заданные, а переменные. Поэтому (24 ) справедливо для любой пары целых (m,n). Из справедливости (24) и вытекает единственность записи.
Для того чтобы образовалась пара квадратов, один из которых мнимый, необходимо умножить правую часть (24) на сопряженное число $(C-Bi\sqrt i)$, которому соответствует единственное число $(m-ni\sqrt i)^x$ в уравнении

$(m+ni\sqrt i)^x(m-ni\sqrt i)^x=(C+Bi\sqrt i)(C-Bi \sqrt i)\qquad (4.1)$

Действительно

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

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

(k) - четное у всех слагаемых, составляющих (C).

$(n)^k(i\sqrt i)^k=n^k(i\sqrt i)^k $. Так как $n^k $ положительное число , то знак определяет только множитель $(i\sqrt i)^k$

Для бинома $(m-ni\sqrt i)^x $

(k) -четное у всех слагаемых, составляющих (C). Число $(-n)^k=n^k$. Знак определяет только $(i\sqrt i)^k$. То есть сумма (C) такая же как и для бинома $(m+ni\sqrt i)^x$
Слагаемые с нечетным (k) при (-n) сменят полярность на противоположную. Следовательно, если все слагаемые с нечетным (k) поместить в скобки, то перед скобками надо поставить знак минус. Значит сумма (B) в (4.1) станет отрицательной.
Отсюда и следует
$(m-ni\sqrt i)^x=(C-Bi\sqrt i)$

$(m+ni\sqrt i)(m-ni\sqrt i)=m^2+n^2i$

Null в сообщении #1486936 писал(а):

$m,n$ действительные, комплексные, целые или гауссовы целые? Укажите пожалуйста явно.И учтите что из $A_1^x=(C+Bi\sqrt{i})(C-Bi\sqrt{i})$ не следует $(C+Bi\sqrt{i})=A_{11}^x$, такой теоремы нет(скорее всего это не верно) и вы должны это доказывать.

Хороший вопрос. Числа (m,n) целые. Благодаря этому вопросу нашел опечатку

binki в сообщении #1485966 писал(а):

Переменные $A_1,A_2$ не могут принимать значения сопряженных комплексных чисел с целыми (m,n),

Правильно "...не могут принимать значения сопряженных комплексных чисел с целыми (C,B)".

Итак, сопряженные числа в (4.1) правой части однозначно определяются числами левой части. Теоремы такой наверно нет. Но всё определяется свойствами комплексных чисел и их однозначной записью.

[Null]

binki в сообщении #1486977 писал(а):

Числа (C, B) - не заданные, а переменные

Ну тогда сразу ваше доказательство бесполезно. Вы доказали для $(C+Bi\sqrt i)=(m+ni\sqrt i)^x$, а вам нужно для всех.

[binki]

Null в сообщении #1486979 писал(а):

Вы доказали для $(C+Bi\sqrt i)=(m+ni\sqrt i)^x$, а вам нужно для всех.

Уважаемый Null
Степень любого целого числа - целое. Но не наоборот. Любое целое не обязательно степень целого.
Определяются все суммы квадратов (биквадратов) , которые равны степени. Но не наоборот. Не каждая сумма квадратов равна степени.
Используются всегда не предполагаемые равенства, а существующие уравнения с переменными (C,B)

$(m+ni\sqrt i)^x=(C+Bi\sqrt i),$

Это всего лишь произвольный существующий бином, который определяет одно из сопряженных комплексных чисел суммы квадратов, один из которых мнимый. Показано, что степень произведения сопряженных чисел, равна произведению сопряженных чисел, отсюда и следуют дальнейшие выводы, доказывающие, что для уравнения
$A^x=C^4+B^4$
существуют решения только в комплексных числах.

[Null]

Не могу перевести ваши слова на язык математики. Без достаточной строгости ваши рассуждения не являются доказательством.

binki в сообщении #1487030 писал(а):

$(m+ni\sqrt i)^x=(C+Bi\sqrt i)$

Докажите! Не надо повторять, у вас пока этого не доказано. Просто так взять и потребовать этого нельзя.

[binki]

Null в сообщении #1487034 писал(а):

Докажите! Не надо повторять, у вас пока этого не доказано. Просто так взять и потребовать этого нельзя.

Это ни какое не утверждение, не требование. Это просто запись разложения бинома в сокращенной форме, где (C,B) комплексные числа (пример разложения был показан для куба).

[Null]

binki в сообщении #1487048 писал(а):

Это просто запись разложения бинома в сокращенной форме, где (C,B) комплексные числа (пример разложения был показан для куба).

Нельзя просто взять и приравнять, давайте я скажу $1=2$ и выведу отсюда все что угодно? Поймите, такой шаг в математике неправомерен.

Null в сообщении #1487056 писал(а):

Это ни какое не утверждение, не требование.

Ну я и говорю что у вас не доказательство. В доказательстве каждая строчка либо утверждение(следующее из предыдущих или известная теорема), либо ввод новых обозначений(естественно существование должно быть очевидно или явно доказано)

[binki]

Null в сообщении #1487056 писал(а):

Нельзя просто взять и приравнять, давайте я скажу $1=2$ и выведу отсюда все что угодно

Неоднократно подчеркивалось, что у нас не равенство с заданными (C,B), а всегда существующее уравнение $(m+ni\sqrt i)^x=(C+Bi\sqrt i),$ с переменными (C,B). Каждой паре (m,n) соответствует своя пара комплексных (C,B). И не просто уравнение, а известный бином Ньютона.
(C,B) -соответствующие суммы комплексных чисел слагаемых бинома.

[Null]

binki в сообщении #1487082 писал(а):

что у нас не равенство с заданными (C,B)

Вернитесь к исходной задаче где $C$ и $B$ даны:$A^x=C^4+B^4$, $A,B,C$ - натуральные. Вы решаете не ту задачу что ли?

[binki]

Null в сообщении #1487088 писал(а):

Вернитесь к исходной задаче где $C$ и $B$ даны:$A^x=C^4+B^4$, $A,B,C$ - натуральные. Вы решаете не ту задачу что ли?

Задача другая. Найти все решения через степень. То есть найти все суммы двух квадратов - биквадратов, удовлетворяющие существующему уравнению. Через произвольную пару (m,n) задаётся только $A^x$. Это связано с тем, что степень произведения сопряженных комплексных чисел всегда сумма двух квадратов. Обратной дороги нет. Не всякая сумма двух квадратов - степень.

[Null]

binki в сообщении #1487101 писал(а):

Задача другая.

Приведите полную формулировку, с этого надо начинать.

[Valprim]

Уважаемый binki
В затянувшейся дискуссии Вы ушли от своего лаконичного доказательства. $C^4+B^4$ не делится на $C^2+B^2$, но делиться на $C^2+B^2i$. Неопределенное уравнение $A^x=(C^2)^2+(B^2)^2$ имеет решение $(a,c^2,b^2)$. Доказательство существования приведено. А для уравнения с мнимым квадратом $A^x=C^2+B^2i$ решения (a,c,b) не существует.
Не понятно зачем доказывать формулами, что мнимый квадрат не может иметь сторону равную целому числу.
Если у Вас требуют подтверждения каждого утверждения, то приведите доказательство почему не делится на $C^2+B^2$.

[Null]

Valprim в сообщении #1487195 писал(а):

А для уравнения с мнимым квадратом $A^x=C^2+B^2i$ решения (a,c,b) не существует.

Тут новое $A$ и оно целое гауссово, и соответственно несуществование решений не доказано.

Valprim в сообщении #1487195 писал(а):

то приведите доказательство почему не делится на $C^2+B^2$.

Для взаимно простых $B,C$ это тривиально, для имеющих общий делитель - неверно $10^4+5^4\vdots 10^2+5^2$

[binki]

Null в сообщении #1487197 писал(а):

Тут новое $A$ и оно целое гауссово, и соответственно несуществование решений не доказано.

Уважаемый Null
В это то и вся суть. (A) - целое гауссово, а не просто целое (a) для существования решения (a,b,c). Единичность записи комплексного числа.
Это и подтверждает, что нет решения с мнимым квадратом.

[Null]

binki в сообщении #1487200 писал(а):

В это то и вся суть. (A) - целое гауссово, а не просто целое (a) для существования решения (a,b,c). Единичность записи комплексного числа.

Ну я не вижу противоречия. И не надо обозначать разные переменные одной буквой!