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 1, 2, 3, 4, 5 ... 12  След.
 
 Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение10.03.2020, 17:12 


19/04/14
321
По гипотезе Била не имеет примитивного решения в натуральных числах следующее уравнение $A^x=C^z+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. Сначала докажем частный случай, что не существует примитивного решения $(a,b,c)$ для суммы степеней:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^y+b^y=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (1)$

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

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

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; \quad (3)$ взаимно простые

Правые части (1), (2) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (3)$. Откуда

$(c-b)=\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (4)$.

Что возможно только при условии $y=2$.
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 $A^x=C^z+B^y$.
3. Действительно, предположим, что справедливо равенство:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^z+b^y=(c^{z/y})^y+b^y; \quad (5)$.

Число $(c)\ne c_1^y$, так как в противном случае это предполагаемое равенство свелось бы к равенству (1), по которому справедливость гипотезы Била доказана. Следовательно, для простых чисел $(z\ne y)$ число $(c^{z/y})$- иррациональное.
Итак:
$a^x=a_1^xa_2^x=c^2-b^2=(c+b)(c-b); \quad (6)$

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

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

Правые части (6),(7) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c^{z/y}+b)\frac {(c^{z/y})^y+b^y}{c^{z/y}+b};\quad (8)$

При любых значениях $(c,b)$ правая часть (8) не делится на $(c+b)$. Место этого делителя занимает иррациональное число $(c^{z/y}+b)$
Таким образом, доказан общий случай гипотезы Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение11.03.2020, 09:23 


19/04/14
321
В названии темы слова "Вариант подхода..." потому, что есть нюанс. Дело в том, что на разность квадратов разлагается любое нечетное число. И в этом случае основания квадратов не совпадают с основаниями степеней. Равны разности оснований квадратов и оснований степеней, а их суммы разные.
Но, представляет интерес разложение в разность квадратов составных степеней.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение25.03.2020, 08:56 


22/03/20
88
binki в сообщении #1444055 писал(а):
3. Действительно, предположим, что справедливо равенство:

$a^x=a_1^xa_2^x=c^z+b^y=(c^{z/y})^y+b^y; \quad (5)$.

binki
Число $(a)$ может быть простым и делителя нет. Свойства числа $(c)$ от этого преобразования не меняются. Поэтому по равенству (8) какие-то значимые выводы делать нельзя.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение28.03.2020, 09:34 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1447020 писал(а):
Число $(a)$ может быть простым и делителя нет. Свойства числа $(c)$ от этого преобразования не меняются. Поэтому по равенству (8) какие-то значимые выводы делать нельзя.

Полностью согласен с Вами. При разных показателях уравнения Била необходимо доказать, что нет решения для соседних степеней. Здесь можно использовать общий делитель, чтобы число $(a)$ было составным. Так как для любой пары чисел ($a,b$) при не равных показателях всегда существует решение уравнения Била с общим делителем. Например:$$(ac^y)^x+(bc^x)^y=c^{xy+1}$$где $c=a^x+b^y$. Общий делитель осложняет применение бесконечного спуска, поэтому придётся искать противоречия на использовании свойств чисел. Что касается Вашего второго замечания по
binki в сообщении #1444055 писал(а):
Следовательно, для простых чисел $(z\ne y)$ число $(c^{z/y})$- иррациональное.

согласен, что использования этого приёма не вносит изменения в свойства числа $c$, но всё же показывает ограничение области его существования.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение19.07.2020, 08:44 


22/03/20
88
binki в сообщении #1444055 писал(а):
Произведение $a_1^xa_2^x$ при условиях п.1 всегда разлагается в разность квадратов,

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

$a_1^x=c-b; \quad a_2^x=c+b; \quad (3)$ взаимно простые

Правые части (1), (2) равны. То есть:

$(c+b)(c-b)=(c+b)\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (3)$. Откуда

$(c-b)=\frac {c^y+b^y}{c+b}; \quad (4)$.

Что возможно только при условии $y=2$.

Правые части (1), (2) изначально не могут быть равны, если (c), (b) конкретные числа. Если (c), (b) переменные, то в равенстве надо проставить индексы. То есть:
$$c_1^2-b_1^2=c_2^y+b_2^y$$ и рассматривать надо это равенство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение21.07.2020, 08:08 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1474468 писал(а):
Правые части (1), (2) изначально не могут быть равны, если (c), (b) конкретные числа. Если (c), (b) переменные, то в равенстве надо проставить индексы. То есть:
$$c_1^2-b_1^2=c_2^y+b_2^y$$ и рассматривать надо это равенство.

То есть
$$c_1-b_1=a_1^x=c_2+b_2; \quad c_1+b_1=a_2^x=\frac {c_2^y+b_2^y}{c_2+b_2}$$
Для того чтобы найти здесь противоречия, рассмотрим сначала уравнение с кубом равным разности биквадратов:

$x^3=x_1^3x_2^3=z^4-y^4;\quad (9)$

$x_1^3=z_1^2-y_1^2;\quad (10)$

$x_2^3=z_1^2+y_1^2;\quad (11)$

Решение для (10)
$x_1=m^2-n^2;\quad z_1=(m+3mn^2); \quad y_1=(n^3+3m^2n); \quad (12)$
При этом -для любого $x_1$ найдутся натуральные $z_1,\quad y_1$
Если же рассматривать уравнение $$x_2^3=z_1^2+y_1^2$, то существует бесчисленное множество решений в натуральных числах, но не для произвольного $x_2$.
$x_2=m^2+n^2; \quad z_1=m^3-3mn^2;\quad y_1=3m^2n-n^3 \quad (13)$
Как видно из $(12);(13)$, решения как для $(z_1);$ так и для $(y_1)$ разные, что невозможно согласно (9).

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение09.08.2020, 12:35 


22/03/20
88
binki, согласно уравнению Била $A^x=C^z+B^y $, переменные у нас $(A,B,C,x,y,z)$.
Интересно было бы увидеть доказательство для частного случая $A^x=C^4+B^4 $, начиная с показателя $(x=3)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение12.08.2020, 14:25 


19/04/14
321
Valprim!
Для уравнения
$$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)

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение23.09.2020, 08:17 


19/04/14
321
Valprim!
Наконец нашлось общее доказательство для всех $(x>1)$ уравнения $A^x=C^4+B^4\qquad (14)$.
Если в правой части (14) сумма квадратов, то с применением комплексных чисел существует следующее решение:$$(m^2+n^2)^x=(m+ni)^x(m-ni)^x=(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2 \qquad (15)$$
Поэтому (14) можно записать в виде:$$(m^2+n^2)^x=(m+ni)^x(m-ni)^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2i)=C^4+B^4 \qquad (16)$$
Согласно (15), всегда существует решение для уравнения $A^x=C^2+B^2$.
Однако не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Следовательно уравнение (14) не имеет решения, что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение25.09.2020, 13:49 


22/03/20
88
binki в сообщении #1484293 писал(а):
Согласно (15), всегда существует решение для уравнения $A^x=C^2+B^2$.
Однако не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Следовательно уравнение (14) не имеет решения, что и требовалось доказать.


Интересная находка. Но что скажут другие участники форума.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.09.2020, 13:11 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
Valprim в сообщении #1484564 писал(а):
Согласно (15), всегда существует решение для уравнения $A^x=C^2+B^2$.
У вас буквы $B$ и $C$ уже заняты, пожалуйста не используйте для разных переменных одинаковые буквы, по-моему вы сами путаетесь.

binki в сообщении #1484293 писал(а):
Однако не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Это не имеет ни какого отношения к поставленному вопросу.

binki в сообщении #1478596 писал(а):
$(m^2-3n^2)=c_1^2;\quad(15)$
$(3m^2-n^2)=b_1^2\quad (16)$
Почему они квадраты.

Ваши рассуждения не имеют ни какой логической связи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.09.2020, 17:58 


19/04/14
321
Уважаемый Null
Мои рассуждения исходили из следующего. Всякая степень комплексного числа есть число комплексное. То есть
$(m \pm ni)^x=c \pm bi$.
Значит существует равенство в целых числах

$(m^2+n^2)^x=c^2+b^2$
Для $x=3$ имеем $(m \pm ni)^3=m(m^2-3n^2)\pm n(3m^2-n^2)i$
Приравняем $c=m(m^2-3n^2); \qquad (15.1) $
$b= n(3m^2-n^2) \qquad (16.1)$
Тогда $(m+ni)^3(m-ni)^3=(m^2+n^2)^3=c^2+b^2=(m(m^2-3n^2))^2 - (n(3m^2-n^2))^2$

При биквадратах в правой части,
уравнение для переменных (А,В,С) запишем в следующем виде
$A^x=(C^2)^2+(B^2)^2\qquad (17.1)$
В этом случае $C^2=c; B^2=b$. Откуда, согласно (15.1), (16.1) числа $(m^2-3n^2);   (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
Наконец по утверждению, что не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений, определяющихся из (17.1)
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Не существует пары $(m,n)$ такой, чтобы произведения сопряженных комплексных чисел удовлетворяли бы правым частям этих уравнений, являющихся комплексными числами.
Для переменных чисел $(A,B,C)$ при использовании их в разных уравнениях, для упрощения нижние индексы не использовались.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.09.2020, 19:06 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
binki в сообщении #1484808 писал(а):
Приравняем $c=m(m^2-3n^2); \qquad (15.1) $
$b= n(3m^2-n^2) \qquad (16.1)$
Просто так приравнивать нельзя. Можно доказать что если $c$ и $b$ взаимно просты, то такое $m$ и $n$ существуют. Вы знаете как это доказывать?
binki в сообщении #1484808 писал(а):
Откуда, согласно (15.1), (16.1) числа $(m^2-3n^2);   (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
Не следует ни как.
binki в сообщении #1484808 писал(а):
Наконец по утверждению, что не может существовать решения в целых взаимно простых числах для уравнений, определяющихся из (17.1)
$A^x=C^2+B^2i$.
$A^x=C^2-B^2i$.
Не похоже на правду, докажите это утверждение.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.09.2020, 21:37 


19/04/14
321
Null в сообщении #1484823 писал(а):
Просто так приравнивать нельзя. Можно доказать что если $c$ и $b$ взаимно просты, то такое $m$ и $n$ существуют. Вы знаете как это доказывать?

Уважаемый Null
Любой парой $(m,n)$ определяются числа $(c,b)$.
Рассматривается пара взаимно простых чисел $(m,n)$.
Если числа $(c,b)$ не взаимно простые, то существует делитель, который является кубом и его можно сократить в правой и левой частях уравнения $A^3=C^2+B^2$. Значит можно рассматривать другой меньший куб $A^3$, который уже равняется сумме взаимно простых квадратов.
Следовательно, всегда найдётся такая пара $(m,n)$, что $(c,b)$, будут взаимно простые. А значит в уравнении $A^3=(C^2)^2+(B^2)^2$ числа $m, n, (m^2-3n^2);   (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
Теперь подробнее о главном утверждении. Рассматривается уравнение $A^x=(C^2)^2+(B^2)^2$. Или $A_1^xA_2^x=(C^2+B^2i)(C^2-B^2i)$
$A_1^x=(C^2+B^2i)$
$A_2^x=(C^2-B^2i)$
Произведение комплексных сопряженных чисел:
$A_1A_2=(m+ni)(m-ni)=m^2+n^2$.
$(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2$
Но не существует пары сопряженных комплексных чисел, чтобы выполнялось равенство
$(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2i$
Следовательно $(c,b)$ не являются целыми числами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вариант подхода к общему доказательству гипотезы Била
Сообщение26.09.2020, 21:45 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
binki в сообщении #1484848 писал(а):
Любой парой $(m,n)$ определяются числа $(c,b)$.
А вам надо наоборот.
binki в сообщении #1484848 писал(а):
А значит в уравнении $A^3=(C^2)^2+(B^2)^2$ числа $m, n, (m^2-3n^2);   (3m^2-n^2)$ являются квадратами.
Докажите.
binki в сообщении #1484848 писал(а):
выполнялось равенство
$(c+bi)(c-bi)=c^2+b^2i$
Почему оно должно выполнятся? Докажите.

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