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  След.
 
 Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение04.11.2020, 14:25 


19/04/14
321
В предыдущей теме было рассмотрено уравнение Била $x^p=y^4+z^4=(y^2+z^2i)(y^2-z^2i)\qquad (1)$.
Для доква было использовано утверждение, что неопределённое уравнение
$x^p=y^2+z^2 \qquad$(2)
имеет бесчисленное множество решений в целых числах для всех натуральных $p$. Решение определяется любой парой целых чисел $m,n$.( разделением действительной и мнимой частей из слагаемых биномов $(m+ni)^p; (m-ni)^p$). Например для $p=3$ :

$x_1=(m+ni)(m-ni)=m^2+n^2 \qquad (3)$;
$y_1=m^3-3mn^2; \qquad (4)$
$z_1=3m^2n-n^3 \qquad (5)$

Было показано, что неопределённое уравнение $x^p=y^2+z^2i$ не может иметь решения в целых числах, так как в правой части один квадрат, а именно $z^2i$ мнимый.
Дополнительную ясность по этому вопросу внесёт рассмотрение еще одного частного неопределенного уравнения Била:
$x^p=y^4-z^4=(y^2-z^2)(y^2+z^2)\qquad (6)$.

Для этого рассмотрим сначала неопределённое уравнение
$x^p=y^2-z^2 \qquad$(7),
имеющее также как и уравнение (2), бесчисленное множество решений. Действительно, пусть $x_1=m^2-n^2$.
Тогда

$(m-n)^p=\Sigma S_1-\Sigma S_2 \qquad (8)$,

где соответственно $\Sigma S_1$ и $\Sigma S_2$ суммы положительных и отрицательных слагаемых разложения бинома Ньютона $(m-n)^p$.
Тогда, не меняя группировки слагаемых, можем записать:

$(m+n)^p=\Sigma S_1+\Sigma S_2 \qquad (9)$.

Перемножив соответственно правые и леые части (8), (9) получим:

$(m^2-n^2)^p=(\Sigma S_1)^2-(\Sigma S_2)^2 \qquad (10)$

Обозначив $y_1=\Sigma S_1; \qquad z_1=\Sigma S_2$, получим равенство

$x_1^p=y_1^2-z_1^2 \qquad (11)$

Например для куба:
$x_1=m^2-n^2 \qquad (12;)$

$y_1= m^3+3mn^2 \qquad (13);$

$z_1=3m^2n+n^3 \qquad (14)$

Сравнивая (3),(4),(5), и (12),(13),(14), приходим к выводу, что уравнение (6) имеет разные решения для одних и тех же величин $y_1, z_1$ в одном и том же равенстве, которое должно определяться одной произвольной парой чисел $m,n$.

$x_1^p=y_1^4-z_1^4=(y_1^2-z_1^2)(y_1^2+z_1^2)\qquad (15)$.

В скобках в правой части (15) разные решения. В первых скобках решение определяется формулами (12), (13),(14), а во вторых формулами (3),(4),(5). Это противоречие. Следовательно, гипотеза Била доказана не только для рассматриваемого частного случая, но и для уравнения (1). Если бы имелось решения для неизвестных $y,\quad z$ то они были бы разными для выражений в скобках правой части (1)

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение05.11.2020, 08:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/12/07
760
binki в сообщении #1490662 писал(а):
Было показано, что неопределённое уравнение $x^p=y^2+z^2i$ не может иметь решения в целых числах

Ничего не было ни показано, ни доказано. Было 13 страниц чего-то бесформенного, но только не доказательства. Посему рекомендую убрать это вступление, как абсолютно ложное и вводящее в заблуждение читателей.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение05.11.2020, 09:49 
Заслуженный участник


20/12/10
8255
Коровьев в сообщении #1490754 писал(а):
Ничего не было ни показано, ни доказано. Было 13 страниц чего-то бесформенного, но только не доказательства.
Полностью согласен. Пытался прочитать текст ТС в этой теме (он короткий), но безуспешно: даже не смог понять, какое именно утверждение доказывается.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение06.11.2020, 11:44 


19/04/14
321
Учитывая советы уважаемых заслуженных участников Коровьев и nnosipov разделим задачи и дадим более подробные рассуждения по полученным выводам.
Частное уравнение по гипотезе Била

$x^p=u^pv^p=y^4-z^4=(y^2-z^2)(y^2+z^2) \qquad (1)$

не имеет решения в взаимно простых целых числах при натуральном показателе $P>2$.
Заметим, что составное число $x$ нечетно, так как один из его множителей не может быть числом вида $4k+2$, чему равно было бы выражение $(y^2+z^2)$ при нечетных $y,z$. Кроме того выражения $(y^2-z^2)$ и $(y^2+z^2) $ не могут одновременно делиться на одно и то же нечетное число. Они взаимно просты и поэтому не важно какое из неизвестных $x,y,z$ может делиться на $p$.
Рассмотрим следующие уравнения:

$u^p=y^2-z^2=(y-z)(y+z) \qquad (2)$

$v^p=y^2+z^2=(y+zi)(y-zi) \qquad (3)$

Оба уравнения имеют решения в целых числах. Для равенства по уравнению (2)

$u_1^pu_2^p=(y-z)(y+z)\qquad (4)$

Cоставим выражения

$$m=\frac {u_1+u_2}{2}; \qquad n=\frac {u_1-u_2}{2}$$ Откуда

$m+n=u_1; \qquad m-n=u_2$ Тогда

$(m-n)^p=\Sigma S_1-\Sigma S_2 \qquad (5)$,

где соответственно $\Sigma S_1$ и $\Sigma S_2$ суммы положительных и отрицательных слагаемых разложения бинома Ньютона $(m-n)^p$.
Тогда, не меняя группировки слагаемых, можем записать:

$(m+n)^p=\Sigma S_1+\Sigma S_2 \qquad (6)$.

Перемножив соответственно правые и левые части (5), (6) получим:

$(m^2-n^2)^p=(\Sigma S_1)^2-(\Sigma S_2)^2 \qquad (7)$

Обозначим:

$x_1=m^2-n^2; \quad y_1=\Sigma S_1; \quad z_1=\Sigma S_2 \qquad (8)$, получим равенство

$x_1^p=y_1^2-z_1^2 \qquad (9)$

Например для $p=3$:

$(m-n)^3=(m^3+3mn^2)-(3m^2+n^3) \qquad (10)$

$(m+n)^3=(m^3+3mn^2)+(3m^2+n^3) \qquad (11)$

Перемножив правые и левые части (10), (11), получим:

$(m^2-n^2)^3=(m^3+3mn^2)^2-(3m^2+n^3)^2 \qquad (12)$

$x_1=m^2-n^2; \qquad (13)$

$y_1= m^3+3mn^2; \qquad (14)$

$z_1=3m^2n+n^3; \qquad (15)$

$x^3_1=y_1^2-z^2_1\qquad (16)$

Аналогичные действия выполним и для уравнения (3). Учтем свойства гауссовых чисел, что для того, чтобы уравнение (3) решалось в целых числах $v$ должно равняться сумме двух квадратов. Пусть

$v=(m^2+n^2)=(m+ni)(m-ni)$

$(m+ni)^p=\Sigma S_3+\Sigma S_4\cdot i \qquad (17)$,

где соответственно $\Sigma S_3$ и $\Sigma S_4\cdot i$ суммы действительных и мнимых слагаемых разложения бинома Ньютона $(m+ni)^p$. Тогда, не меняя группировки слагаемых, можем записать:

$(m-ni)^p=\Sigma S_3-\Sigma S_4\cdot i \qquad (18)$,
Перемножив соответственно правые и левые части (17), (18), получим


$(m^2+n^2)^p=(\Sigma S_3)^2+(\Sigma S_4)^2 \qquad (19)$,
Обозначим:
$x_2=m^2+n^2 \qquad (20)$

$y_2=(\Sigma S_3) \qquad (21)$

$z_2=(\Sigma S_4) \qquad (22)$

$x^p_2=y^2_2+z^2_2 \qquad (23)$

Для $p=3$

$(m+ni)^3=(m^3-3mn^2)+(3m^2n-n^3)i \qquad (24)$

$(m-ni)^3=(m^3-3mn^2)-(3m^2n-n^3)i \qquad (25)$

Перемножив правые и левые части (24), (25), получим:

$(m^2+n^2)^3=(m^3-3mn^2)^2+(3m^2n-n^3)^2 \qquad (26)$

$x_2=m^2+n^2; \qquad (27)$

$y_2= m^3-3mn^2; \qquad (28)$

$z_2=3m^2n-n^3; \qquad (29)$

$x^3_2=y_2^2+z^2_2\qquad (30)$

Для всех показателей аналогично как и для $p=3$ решения (13),(14),(15), и (27),(28),(29) разные. Следовательно, уравнение (1) имеет разные решения для одних и тех же величин $y_0, z_0$ в одном и том же равенстве, которое должно определяться одной произвольной парой чисел $m,n$.

$x_0^p=y_0^4-z_0^4=(y_0^2-z_0^2)(y_0^2+z_0^2)=(y_1^2-z_1^2)(y_2^2+z_2^2)\qquad (31)$.

Это противоречие. Следовательно, гипотеза Била доказана для уравнения $x^p=y^4-z_4$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение06.11.2020, 12:13 
Заслуженный участник


20/12/10
8255
binki в сообщении #1490883 писал(а):
Частное уравнение по гипотезе Била

$x^p=u^pv^p=y^4-z^4=(y^2-z^2)(y^2+z^2) \qquad (1)$

не имеет решения в взаимно простых целых числах при натуральном показателе $P>2$.
Имеет: $x=0$, $y=z=1$. Давайте для начала сформулируем корректное утверждение.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение06.11.2020, 12:36 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
binki в сообщении #1490883 писал(а):
так как один из его множителей не может быть числом вида $4k+2$
Почему?

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение07.11.2020, 12:31 


26/08/11
1947
Перестаньте плодить все новые и новые переменные, сами себя запутываете.
binki в сообщении #1490883 писал(а):
Обозначим:

$x_1=m^2-n^2; \quad y_1=\Sigma S_1; \quad z_1=\Sigma S_2 \qquad (8)$
Зачем $x_1$??? У вас же есть раньше замена
binki в сообщении #1490883 писал(а):
Cоставим выражения
$$m=\frac {u_1+u_2}{2}; \qquad n=\frac {u_1-u_2}{2}$$
Откуда $m^2-n^2=u_1u_2$ Ну и т.k. раньше было
binki в сообщении #1490883 писал(а):
Оба уравнения имеют решения в целых числах. Для равенства по уравнению (2)

$u_1^pu_2^p=(y-z)(y+z)\qquad (4)$
Получатся $x_1=u_1u_2=u$ в ваших же обозначениях. Пришли туда, откуда пошли, только с новыми буквами. Так не получится. Если доказываете спуском (хотя не уверен, что понимаю главную идею написанного), то докажите, что должно существовать $x_1<x$ являющееся решением подобного уравнения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение07.11.2020, 17:58 
Заслуженный участник


12/08/10
1296

(Оффтоп)

Shadow в сообщении #1491046 писал(а):
Если доказываете спуском (хотя не уверен, что понимаю главную идею написанного),
Тут используется единственность разложения на множители в кольце $\mathbb{Z}[e],e^2=1$. Ага :facepalm:

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение09.11.2020, 13:38 


19/04/14
321
Уважаемые господа!
nnosipov в сообщении #1490886 писал(а):
Имеет: $x=0$, $y=z=1$. Давайте для начала сформулируем корректное утверждение.

Можно добавить, - кроме тривиальных решений. Но, в равенстве $1/1=1/1$ делимые также равны, поэтому с этой точки зрения пара $1,1$ не взаимно простые.
Null в сообщении #1490889 писал(а):
Почему?

Потому что множитель является степенью. А степень целого числа не может быть числом вида $4k+2=2(2k+1)$
Shadow в сообщении #1491046 писал(а):
Перестаньте плодить все новые и новые переменные, сами себя запутываете.

Это не переменная, а число решения $x_1=u_1u_2=(m^2-n^2)$
Господа!
Более внимательно обдумав своё докво, нашел в нём слабое место. А именно, почему пара чисел $m,n$ одна для определения всех переменных. Здесь необходимо пояснить.
Определим значения $u,v$. Составим выражения

$$m_0=\frac {u+v}{2}; \qquad n_0=\frac {u-v}{2} \qquad (01)$$ Откуда $m_0+n_0=u; \qquad m_0-n_0=v; \qquad uv=(m_0^2-n_0^2)$.
Предположим, что числа $u,v$ определяются не так как было ранее, а разными парами $m,n$: $u=m^2_1-n^2_1; \quad v=m^2_2+n^2_2$
Тогда
$uv=m_0^2-n_0^2=(m^2_1-n^2_1)(m^2_2+n^2_2)=m^2_1m^2_2-n^2_1m^2_2+m^2_1n^2_2-n^2_1n^2_2\quad (02)$

Числа $m_1,n_1$, а также $m_2,n_2$ разной четности. Поэтому в правой части (02) только одно нечетное слагаемое. Пусть это будет $m^2_1m^2_2$. Тогда слагаемое $n^2_1n^2_2$ - четное.

Так как числа $m_1 \ne  m_2;\qquad n_1 \ne n_2$. то
$m^2_1m^2_2 \ne 1$, а произведение четных квадратов $n^2_1n^2_2 \ne 4$

Но это условия бесконечного спуска. Как бы мы не пытались получить разность двух квадратов за счет использования суммы свободных слагаемых (если она не равна нулю) $(-n^2_1m^2_2+m^2_1n^2_2)$ в (02), всегда будет существовать разность с меньшими квадратами.
Поэтому справедливо утверждение, что пара $m,n$ определяет все числа решения, так как $m_0^2-n_0^2=(m^2-n^2)(m^2+n^2)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение09.11.2020, 14:36 
Заслуженный участник


20/12/10
8255
binki в сообщении #1491335 писал(а):
Но, в равенстве $1/1=1/1$ делимые также равны, поэтому с этой точки зрения пара $1,1$ не взаимно простые.
При таком отношении к базовым понятиям надеяться получить от Вас сколь-нибудь разумный текст не имеет смысла. Ваши тексты --- это какие-то потоки сознания. Море новых обозначений без какой бы то ни было предыстории, и только.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение09.11.2020, 18:14 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
binki в сообщении #1491335 писал(а):
Потому что множитель является степенью.
Вы этого еще в этот момент не доказали. Получается что они степени потому что взаимно просты и взаимно просты потому что они степени. Так в доказательстве нельзя.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение10.11.2020, 17:58 


19/04/14
321
nnosipov в сообщении #1491352 писал(а):
При таком отношении к базовым понятиям надеяться получить от Вас сколь-нибудь разумный текст не имеет смысла.

Уважаемый nnosipov

Ваши замечания очень ценны для темы. Досадно, что текст получился таким, каким он получился. Придётся в ближайшее время отделить больше базовой части от доказательной (к базовым понятиям буду относиться более серьёзно).
Null в сообщении #1491385 писал(а):
Вы этого еще в этот момент не доказали

Уважаемый Null
Вы правы. Докво сложнее приведённого в теме. Рассмотрим уравнение для случая, когда левая часть четная
$x^p=u^pv^p=2(y^2-z^2)(y^2+z^2)/2$. Обе степени разлагаются соответственно в разность и сумму квадратов. Четная разложится в сумму двух квадратов одинаковой четности $u^p=2(y^2-z^2)=y^2_c-z^2_c$, а нечетная в сумму двух квадратов разной четности $v^p=(y^2+z^2)/2=y^2_n+z^2_n$. И
$$u^pv^p=y^2_cy^2_n-z^2_cy^2_n+y^2_cz^2_n-z^2_cz^2_n$$ Правая часть не имеет решения в целых числах если она равна разности биквадратов, так как появляется бесконечный спуск. Показано на аналогичном примере в предыдущем сообщении.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение10.11.2020, 18:26 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
Дальнейшие рассуждения не имеют математического смысла. Соответственно проверка невозможна. Соберите все в 1 кучу. И повторю еще раз: новые строчки должны быть строго обоснованы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение11.11.2020, 07:53 


19/04/14
321
Null в сообщении #1491541 писал(а):
Соберите все в 1 кучу. И повторю еще раз: новые строчки должны быть строго обоснованы.

Уважаемый Null
Спасибо за совет. Так и поступлю Но, чтобы поставить точку по бесконечному спуску, даю дополнительные разъяснения.

$$u^pv^p=(y^2_c-z^2_c )(y^2_n+z^2_n )=y^2_cy^2_n-z^2_cy^2_n+y^2_cz^2_n-z^2_cz^2_n \quad (03)$$
В процессе спуска за счет уменьшения $(y^2_c,z^2_c,y^2_n,z^2_n )$ нечетное слагаемое в правой (03) никогда не станет $1$.
$z^2_c$ тоже не может быть равной $1$ (степень без единицы не степень), поэтому все четные слагаемые (03) (всегда оставаясь составными) не могут стать равными $4$. Только при этих условиях спуск мог бы закончится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Гипотеза Била для уравнения $x^p=y^4-z^4$
Сообщение11.11.2020, 08:06 
Заслуженный участник


12/08/10
1296
У вас нет никакого спуска. Его нужно выписать явно. Но то что идет до него тоже не доказано.

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