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
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение13.11.2020, 21:42 


19/04/14
321
По гипотезе Била не существует решений в целых взаимно простых числах, кроме тривиального решения $(0,1,1)$ для её частного уравнения $x^p=y^4-z^4 \quad (1)$ при натуральном $p>2$.

Определения
Для нечетных чисел $x_1,x_2$ справедливы формулы:
$x_1 =m_0-n_0;\quad x_2=m_0+n_0; \quad x_1x_2=m_0^2-n_0^2 \qquad (2.1)$, если
$$m_0=\frac {x_2+x_1}{2}; \qquad n_0=\frac {x_2-x_1}{2} \qquad (2.2),$$

Если числа $x_1,x_2$ разной четности, то $m_0,n_0$ будут дробными. Это не внесет принципиальных отличий, поэтому достаточно рассмотреть вариант с нечетными $x_1,x_2$.

Далее. Для случая, когда $x_1,x_2$ в свою очередь также составные

$x_1=x_{11}x_{12};\quad x_2=x_{21}x_{22}\qquad (3)$,

То, используя формулы аналогичные (2.2), новые сомножители представим парой $(m,n)$
 $\quad x_{11}=m-n; \quad x_{12}=m+n; \quad x_{11}x_{12}=m^2-n^2 \qquad (4)$
Но, учитывая (2.1)
$x_1=x_{11}x_{12}=(m_0-n_0)=(m^2-n^2) \qquad (5.1)$. Тогда

$m_0=m^2; \quad n_0=n^2;$. А

$\quad x_2=x_{21}x_{22}=m_0+n_0=m^2+n^2 \qquad (5.2)$

$x_{21}=m+ni; \qquad x_{22}=m-ni$

$x_1x_2=m_0^2-n^2_0=m^4-n^4  \qquad (6)$.

С учетом этого запишем равенство по уравнению (1) $$x_0^p=(x_1x_2)^p=(x_{11}x_{12}x_{21}x_{22})^p=(m^4-n^4)^p=y_0^4-z_0^4=(y_0^2-z_0^2)(y_0^2+z_0^2) \qquad(7)$$

Утверждения.

Равенство $x_1^p=y_0^2-z_0^2 \quad (8)$

имеет решение в целых числах. Более наглядно докво на примере с показателем $p=7$ (что покажет дальнейшее рассмотрение) Используя его приёмы докво легко распространить на любой произвольный показатель $p>2$. С учетом (5.1) запишем

$$x_1^7=x_{11}^7x_{12}^7=(m-n)^7(m+n)^7\qquad (8)$$$$(m-n)^7=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6) - (7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7) \quad (9)$$$$(m+n)^7=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6)+(7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7) \quad (10)$$Перемножим соответственно левые и правые части (9),(10).$$(m^2-n^2)^7=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6)^2-(7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7)^2 \quad (11)$$ Получили решение:$$x_1=m^2-n^2;\quad y_0=(m^7+21m^5n^2+35m^3n^4+7mn^6);\quad z_0=(7m^6n+35m^4n^3+21m^2n^5+n^7)\quad (12)$$
Равенство $x_2^p=y_0^2+z_0^2 \qquad (13)$
также имеет решение в целых числах. С учётом определения (5.2) Запишем:$$x_2^7=x_{21}^7x_{22}^7=(m^2+n^2)^7=(m+ni)^7(m-ni)^7\qquad (14)$$$$(m+ni)^7=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6) + (7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)i \quad (15)$$$$(m-ni)^7=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6)-(7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)i \quad (16)$$Перемножим соответственно левые и правые части (15),(16).$$(m^2+n^2)^7=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6)^2+(7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)^2 \quad (17)$$ Получили решение:$$x_2=m^2+n^2;\quad y_0=(m^7-21m^5n^2+35m^3n^4-7mn^6);\quad z_0=(7m^6n-35m^4n^3+21m^2n^5-n^7)\quad (18)$$
В отличии от предыдущего (12), в суммах, составляющих соответственно $y_0, z_0$, по два положительных и по два отрицательных слагаемых.
То есть, те же самые величины $y_0,z_0$ стали меньшими, чем определенные по формулам (9),(10)

Это противоречие. Следовательно гипотеза Била для рассматриваемого случая доказана.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение13.11.2020, 22:09 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
binki в сообщении #1492098 писал(а):
$m_0=m^2; \quad n_0=n^2$
Почему?
Вы еще забыли про решения $(1,1,0)$ и $(-1,0,1)$ при нечетных $p$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение16.11.2020, 11:54 


19/04/14
321
Null в сообщении #1492099 писал(а):
Почему?
Вы еще забыли про решения $(1,1,0)$ и $(-1,0,1)$ при нечетных $p$

Уважаемый Null
Действительно это слабое место. Равенство $m_0-n_0 =m^2-n^2$ не означает что $m_0,n_0$ обязательно квадраты. Можно применить особый вариант неопределённого спуска, который использовал Ферма для одной специфичной задачи;
"...бесконечным или неопределенным спуском; вначале я пользовался им только для доказательства отрицательных предложений, как -то: что не существует числа, меньшего на единицу кратного трех, которое составлялось бы из квадрата и утроенного квадрата."
Здесь условием для спуска являлось то, что сторона утроенного квадрата должна быть больше $1$.
Оказывается , что тривиальные решения не надо отбрасывать. На это сразу обратил внимание заслуженный участник nnosipov.
Я несколько упорядочил своё первоначальное сообщение для того, чтобы определилась окончательно справедливость каких то утверждений темы. Особенно такое:
не существует равнозначных решений для равенств $x_1^p=y_0^2-z_0^2$ и $x_2^p=y_0^2+z_0^2 \qquad (A)$, при использовании этих равенств в уравнении $(x_1x_2)^p=(m^4-n^4)^P=(y_0^2-z_0^2)(y_0^2+z_0^2)$ с нечетными $y_0,z_0$, которые определяются одной и той же парой $m,n$ при использовании известного способа нахождения решений указанных равенств (А). Это значительно бы сократило текст окончательного доква.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение16.11.2020, 16:59 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
Это не имеет математического смысла. Пишите подробно и аккуратно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение05.02.2021, 08:46 


19/04/14
321
Используя утверждение, что любая пара чисел может быть выражена парой $(m,n)$, доказывается гипотеза Била. Но это заслуживает новой темы

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 20 ]  На страницу Пред.  1, 2

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