Доказательство гипотезы Била

[Iosif1]

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.

[binki]

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.

[Iosif1]

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:

[Valprim]

Iosif1

(Оффтоп)

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

[binki]

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.

[Iosif1]

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.

[Valprim]

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 $m$.

[binki]

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.

[Valprim]

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.

[binki]

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.

[dick]

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

[binki]

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.

[Valprim]

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.

[binki]

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.

[dick]

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.