Доказательство гипотезы Била

[binki]

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.

[kotenok gav]

Вы лишь доказали, что $m$ не может быть нечётным. А $n$ - вполне может.

[binki]

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.

[Verkhovtsev]

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.

[kotenok gav]

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?

[venco]

И кто нам сказал, что $m$ и $n$ целые?

[Iosif1]

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…»

[venco]

Iosif1, вы точно уверены в том, что написали?

[Iosif1]

venco в сообщении #1504194 писал(а):

Iosif1, вы точно уверены в том, что написали?

Вы о чём, конкретно, спрашиваете?

[venco]

Посмотрите своё сообщение, поищите ошибку. Это не сложно, она тривиальная.

[Iosif1]

venco в сообщении #1504197 писал(а):

Посмотрите своё сообщение, поищите ошибку. Это не сложно, она тривиальная.

Согласен. Спасибо!

[binki]

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.

[Iosif1]

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.

[binki]

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.

[binki]

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 $(m)$