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  След.
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение10.02.2021, 14:04 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
binki в сообщении #1504527 писал(а):
Перемножив левые и правые части (5),(6), получим:

Если я правильно понял, Вы доказываете, что произведение суммы степеней на разность степеней не может быть точной степенью. Предположим, что доказательство состоялось. Предположим. А обособленно? Мне кажется, что господин Бил желает, именно, этого. Вам надо бы связаться с Билом и уточнить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение10.02.2021, 15:29 


19/04/14
321
Iosif1 в сообщении #1504633 писал(а):
Если я правильно понял, Вы доказываете, что произведение суммы степеней на разность степеней не может быть точной степенью.....Мне кажется, что господин Бил желает, именно, этого. Вам надо бы связаться с Билом и уточнить.


Уважаемый Iosif1
Докво для четных степеней $s,t$ приведено для показа, что такой простой метод позволяет получать интересные выводы, которые можно использовать и для полного доква гипотезы Била.
Что касается "....связаться с Билом", то я уже приглашаю его в гости, несмотря на то, что полное докво возможно потребует серьёзной доработки.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение10.02.2021, 15:59 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
binki в сообщении #1504637 писал(а):
Докво для четных степеней $s,t$ приведено для показа, что такой простой метод позволяет получать интересные выводы, которые можно использовать и для полного доква гипотезы Била.


Как говорил один мой собеседник: "Это с вашей колокольни".
Не подскажете, на какой алрес Вы послали приглашение господину Билу:

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение10.02.2021, 16:40 


22/03/20
88
Iosif1

(Оффтоп)

Задавайте вопросы по существу. Лишние, ничего незначащие сообщения засоряют тему. Потом трудно найти нужное сообщение

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение11.02.2021, 10:20 


19/04/14
321
Добавим разъяснений.
Любую пару чисел можно определить через их сумму и разность.
Применим это к паре нечетных степеней, сумма и разность которых всегда будет четной.
Для целых нечетных взаимно простых чисел $(a,b)$ множество пар нечетных степеней $(a^s,b^t)$ разделим на два подмножества:
$i$ - подмножество, определённое парами $(m_i, n_i)$ с нечетными $(m_i )$, $$a_i^s+b_i^t=2m_i ; \qquad a_i^s-b^t_i=2n_i$$ $j$ - подмножество, определенное парами $(m_j, n_j)$ с нечетными $(n_j)$ $$a_j^s+b_j^t=2m_j; \qquad a_j^s-b_j^t =2n_j$$
В подмножестве - $i$, при нечетных $(m_i)$ числа $(2m_i)$ не являются степенями, поэтому не существуют уравнения Била в целых числах $(x,y,z)$ $$x^s+y^t=z^q; \qquad x^s+(-y^t)=z^q$$
В подмножестве - $j$, при нечетных $(n_j)$ числа $(2n_j)$ не являются степенями, поэтому не существуют уравнения Била в целых числах $(x,y,z)$ $$x^s-y^t=z^q; \qquad x^s-(-y^t)=z^q$$ Следует отметить также, что пары $(a^s_i,b^t_i)$ и пары $(a_j^s,b_j^t)$ могут относится к любому из вариантов нечетных степеней уравнения Била. Это - либо $(x^s,y^t)$, либо $(z^q,x^s)$, либо $(z^q,y^t)$
Таким образом, имеем полное докво гипотезы Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение11.02.2021, 12:56 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
binki в сообщении #1504698 писал(а):
В подмножестве - $i$, при нечетных $(m_i)$ числа $(2m_i)$ не являются степенями, поэтому не существуют уравнения Била в целых числах $(x,y,z)$

Уравнение Била существуют для любых пар.
Уточните и это у Ьила за обедом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение12.02.2021, 07:29 


22/03/20
88
binki!
Доказательство для степеней с четными показателями $s,t$ для меня приемлемо.
Однако полное доказательство гипотезы Била осталось под вопросом. Рассмотрение только нечетных чисел пары $m,n$ недостаточно, так как $x^s-(-y^t)=z^q$ возвращает нас к четному $m$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение15.02.2021, 09:13 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1504797 писал(а):
Рассмотрение только нечетных чисел пары $m,n$ недостаточно, так как $x^s-(-y^t)=z^q$ возвращает нас к четному $m$.

Уважаемый Valprim!
Да, достаточность не сразу понятна. Но многие простые истины часто не замечаем и идем в алгебраические дебри, где легко заблудиться.
Как пример, усилим докво для степеней с четными показателями.
Утверждение.
Для произвольных показателей $(s,t)>3$ и показателя $(2q)$ уравнение Била $$x^s+y^t=z^{2q}$$ не имеет решения в целых числах (кроме нулевых).
Для доква рассмотрим равенство для которого существует решение в целых числах c нечетными $(a,b)$ $$a^2-b^2=(a+b)(a-b)=c^2$$ Для этой произвольной пары $(a,b)$, удовлетворяющей этому равенству, разность и сумма их, то есть $(a-b)$ и $(a+b)$ не могут быть квадратами. Например: $25-9=(5-3)(5+3)=16$
Пара $(a,b)$ - произвольная . Значит это может быть пара степеней с произвольными показателями $(s,t)>3$. Следовательно, не существует решений для уравнений: $$x^s+y^t=z^{2q}; \qquad x^s-y^t=x^{2q}$$ Что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение18.02.2021, 07:58 


22/03/20
88
binki в сообщении #1505093 писал(а):
Для произвольных показателей $(s,t)>3$ и показателя $(2q)$ уравнение Била

binki, Эта произвольность в ограниченных условиях для меня также непонятна. Дайте простейшие разъяснения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение18.02.2021, 10:03 


19/04/14
321
Valprim в сообщении #1505535 писал(а):
Эта произвольность в ограниченных условиях для меня также непонятна. Дайте простейшие разъяснения.

Уважаемый Valprim!
Рассмотрим в взаимно простых числах более общее уравнение, чем Уравнение Била. Это будет очень интересно. А именно: $$x+y=z \qquad (1.1)$$ Оно охватывает все возможные целые числа, включая сочетания степеней со всеми показателями по уравнению Била.
Два нечетных числа (без потери общности пусть это $(x,y)$ ) из уравнения (1.1) могут составлять разность или сумму, которые в этом случае будут четными числами. То есть $$x+y=2m; \qquad x-y=2n \quad (2.1)$$ Из (2.1) видно, что для взаимно простых чисел $(x,y,z)$, числа $(m,n)$ будут также взаимно простыми и разной четности.
Четное число $(z)$ является составным произведением четного и нечетного числа, включая 1. Пара чисел $(m,n)$ учитывает все возможные целые числа. Поэтому если четное число - степень с показателем больше 3, то эту степень можно представить как $z=4mn$.
В этом случае одно из чисел $(m,n)$ может быть любым четным числом для создания степени с показателем больше 3.

Условие 1. Пусть $(4m)$ - степень четного числа, а $(n)$ - степень нечетного числа.

В таком случае $$4mn=2m \cdot 2n=(x+y)(x-y) \qquad (3.1)$$ И ни $(2m)$ и ни $(2n)$ не являются степенями с показателем больше или равным 2, удовлетворяющих условию 1.
То есть ни $(x+y)=2m$, ни $(x-y)=2n$ не являются степенями с показателями больше 2 ни при каких значениях $(x,y)$ в том числе и когда эти числа являются степенями с показателями больше 3.
Что и требовалось для полного доква Гипотезы Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение18.02.2021, 12:52 


17/06/18
196
$2m=4mn$
Не слишком ли смело?
И ещё, 4mn для степени больше 2, мне понятно, а больше 3 -непонятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение18.02.2021, 13:22 


19/04/14
321
dick в сообщении #1505560 писал(а):
И ещё, 4mn для степени больше 2, мне понятно, а больше 3 -непонятно.

Уважаемый dick, спасибо за найденную опечатку. Конечно и в том и другом случае имелось в виду 2. Что касается $2m=4mn$, то этого в сообщении нигде нет. Имеется в виду уже другое $z$. А не то, что в (2.1). Это степень составная (произведение четного и нечетного числа). Следует также помнить, что (1.1) это уравнение с тремя неизвестными. Надо было обозначить их Большими буквами. $(X,Y,Z)$
Но есть одно упущение. Не пояснено, что рассматриваются степени с нечетными показателями. А докво для степеней с четными показателями рассмотрено ранее.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение19.02.2021, 07:51 


22/03/20
88
binki, потрясающе просто и действительно интересно. Пока не могу найти какие то ошибки в логике рассуждений. Остались неясности связи чисел решения с неизвестными уравнения (1.1). Надеюсь, что Вы легко это объясните.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение19.02.2021, 11:42 


19/04/14
321
Valprim, благодарю и даю более понятное докво.

Условие 1. Используется произвольная пара целых нечетных взаимно простых чисел $(x,y)$.

Рассматривается вариант для степеней с нечетными показателями (для четных рассмотрено ранее).
Имеем свободную пару $(x,y)$, удовлетворяющую условию 1. Сумма и разность этих чисел четная. $$x+y=2m; \qquad x-y=2n \qquad (1)$$ По равенству (1) и условию 1 нетрудно заметить, что пара $(m,n)$ взаимно простая и разной четности.
Далее. Пусть $(4mn)$ свободное произвольное четное число с четным $(m)$ и нечетным $(n)$.
Число $(4mn)$ формирует все числа вида $(8k)$, а значит включает и все степени четного числа с нечетными показателями по Гипотезе Била.
Составим равенство $$4mn=2m\cdot2n=(x+y)(x-y) \qquad (2)$$
Вывод. Из равенства (2) видно, что если $(4mn)$ степень с нечетным показателем больше 2, то ни ($x+y=2m)$, ни $(x-y=2n)$ не являются степенями с показателем больше 2. Так как степенями являются числа $(4m)$ и $(n)$.
А так как рассматриваются все, включая степени, числа $(x,y)$ , то ни сумма, ни разность степеней в равенстве (2) не являются степенями с нечетными показателями по гипотезе Била.
Для степеней с четными показателями Гипотеза Била доказана ранее. Следовательно она полностью доказана.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение20.02.2021, 08:41 


17/06/18
196
Если $4mn$ это степень, то ни сумма, ни разность $x,y$ не являются степенью.
Но если $4mn$ не степень, то либо сумма, либо разность может быть степенью.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 41 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  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