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  След.
 
 Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 09:24 


19/04/14
321
Согласно гипотезе Била не имеет решения $(x,y,z)$ в натуральных взаимно простых числах уравнение $$x^s+y^t=z^q \qquad (1),$$ если натуральные $(s,t,q)$>2
Докво
Любую пару степеней $(x^s,y^t)$ можно выразить через их среднее значение $$m=(x^s+y^t)/2 \qquad (2)$$ и их величину отклонения от среднего значения $$n=(x^s-y^t)/2\qquad (3)$$ Действительно: $$m+n=x^s$$ а $$m-n=y^t$$ Далее. Одно из чисел $(x,y,z)$ четно. Не нарушая общности, пусть это будет $(z)$. Также, хотя бы одно из чисел $(m,n)$ нечетно. Пусть это $(m)$.
Но тогда из (2) следует $$2m=x^s+y^t \qquad (4)$$ И при нечетном $m$ левая часть (4) не может быть степенью с показателем больше единицы.
Что и требовалось доказать.
А так как показатели степеней произвольные числа, то доказана и Теорема Ферма.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 09:33 


21/05/16
4153
Аделаида
Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 11:32 


19/04/14
321
kotenok gav в сообщении #1504137 писал(а):
Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.

При нечетном $(n)$ согласно (3) имеем также уравнение Била: $$2n=x^s-y^t$$ Поэтому в этом случае, $(2n)$, не может быть степенью с показателем больше 1.
Без потери общности всегда можно рассматривать либо сумму, либо разность нечетных степеней уравнения Била.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 13:43 


30/09/20
54
binki в сообщении #1504135 писал(а):
Но тогда из (2) следует $$2m=x^s+y^t \qquad (4)$$

Здесь это работает, потому что $x^s+y^t=z^q,$ а здесь
binki в сообщении #1504150 писал(а):
$$2n=x^s-y^t$$

ничего подобного не видно. Надо бы разъяснить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 14:49 


21/05/16
4153
Аделаида
binki в сообщении #1504150 писал(а):
Поэтому в этом случае, $(2n)$, не может быть степенью с показателем больше 1.

А кто нам сказал, что $2n$ является такой степенью?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 18:36 
Заслуженный участник


04/05/09
4546
И кто нам сказал, что $m$ и $n$ целые?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 18:49 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
kotenok gav в сообщении #1504137 писал(а):
Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.


binki доказал не только это.
$[(x^s+y^t)/2]^2=(1/2 z^q)^2$;

Имеем:

$x^{2s}/4+2/4x^s\cdot y^t+y^{2t}/4=1/4z^{2q}$;

А поэтому:$[x^{2s}+1/2x^s\cdot y^t+y^{2t}]=z^{2q}$;
Если z чётная, тогда, целые числа равны дробным..
Много, нового можно узнать, показателей степеней хватает.
«О, сколько нам мгновений чудных, готовит просвещенья дух…»

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 20:07 
Заслуженный участник


04/05/09
4546
Iosif1, вы точно уверены в том, что написали?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 20:17 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
venco в сообщении #1504194 писал(а):
Iosif1, вы точно уверены в том, что написали?

Вы о чём, конкретно, спрашиваете?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 20:22 
Заслуженный участник


04/05/09
4546
Посмотрите своё сообщение, поищите ошибку. Это не сложно, она тривиальная.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение05.02.2021, 21:53 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
venco в сообщении #1504197 писал(а):
Посмотрите своё сообщение, поищите ошибку. Это не сложно, она тривиальная.

Согласен. Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение08.02.2021, 08:42 


19/04/14
321
Verkhovtsev в сообщении #1504166 писал(а):
Надо бы разъяснить.

kotenok gav в сообщении #1504174 писал(а):
А кто нам сказал, что $2n$ является такой степенью?
venco в сообщении #1504190 писал(а):
И кто нам сказал, что $m$ и $n$ целые?

Уважаемые Verkhovtsev, kotenok gav, venco и Iosif1!
Благодарю за проявленный интерес к теме.
В теме исследуются свойства произвольной пары нечетных степеней натуральных чисел, которые
дают решение только для двух чисел уравнения Била. Это может быть либо $(x,y)$, либо $(z,y)$, либо $(z,x)$. То есть числа $(a,b)$, не привязанные конкретно к какой то паре. Понятно, что для нечетной пары степеней, числа $(m,n)$ будут целыми.
В этом случае не утверждается, что при нечетном $(m)$ или $(n)$ разность или сумма степеней должны быть степенями. Утверждается, что они не могут быть степенями.
Подробнее случай с четным $(m)$ будет рассмотрен дополнительно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение08.02.2021, 09:29 


24/11/06
564
г.Донецк,Украина
Уважаемый binki.
Какую Вы рассматриваете сумму изначально? Первую, с единственным сомножителем 2. А, потом это же самое утверждаете.
Так можно доказать что угодно.
Или посредством ошибки в расчётах, как я.
Вот, что я хотел сказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение09.02.2021, 09:45 


19/04/14
321
Для быстрого понимания, краткими сообщениями.
Другой случай. Пусть $(m)$ четно. Тогда с учетом (2), (3): $$x^s+y^t=2m=z^q \qquad(5)$$ и $$x^s-y^t=2n \qquad (6)$$ Перемножив левые и правые части (5),(6), получим: $$x^{2s}-y^{2t}=z^q 2n \qquad(7)$$.
Для взаимно простых чисел решения, числа $(m,n)$ разной четности. Следовательно $n$ нечетно. Но при нечетном $n$ не может быть степенью $(2n)$, а следовательно и правая часть (7) не является степенью.
Значит уравнение Била не имеет решения при всех четных показателей степеней больше 3.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство гипотезы Била
Сообщение10.02.2021, 10:28 


19/04/14
321
Предыдущее сообщение показывает, что предлагаемый метод исследования нечетных степеней может давать интересные результаты. Доказано утверждение, что уравнение Била не имеет решения при четных показателях $(s,t)$ и произвольном $(q)$ больших 3.
Продолжим более подробные разъяснения.
Чтобы не было двусмысленного понимания обозначим пару нечетных произвольных степеней как $a^s, b^t$.
Это могут быть любые из возможных вариантов $(x^s,y^t), (z^q,y^t), (z^q, x^s) $. Тогда, без потери общности обозначим $$2m=(a^s+b^t)=a^s-(-b^t) \quad (8);\quad 2n=a^s-b^t =a^s+(-b^t)\quad (9)$$ Согласно (8) при нечетном $m$ уравнение Била не имеет решения.
Далее. При четном $(m)$, число $(n)$ нечетно. Тогда произвольная пара нечетных степеней, согласно (9) также не формирует решение уравнения Била $$x^s-(-y^t)=z^q$$ Отсюда следует, что не поставляется решение равенством (8) и при четном $(m)$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 41 ]  На страницу 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